Sujet : Analyse, Séries numériques, Etude asymptotique de séries

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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013 Enoncés 1 Etude asymptotique de séries Exercice 5 [ 01091 ] [correction] On pose nY 3k− 1Exercice 1 Centrale MP [ 01056 ] [correction] u =n 3ka) Donner un développement asymptotique à deux termes de k=1 nX a) Montrer qu’il existe des constantes α et β telles quelnp u =n p p=2 lnu =α lnn +β +o(1)n On pourra introduire la fonction f :t7→ (lnt)/t. En déduire un équivalent de u .nPb) A l’aide de la constante d’Euler, calculer b) Déterminer la nature de u .n n>1 +∞X lnnn(−1) n n=1 Exercice 6 [ 01092 ] [correction] Déterminer un équivalent simple de : Exercice 2 [ 01089 ] [correction] +∞ +∞X X1 1On pose a) b)nX k(nk + 1) k(n +k)1 k=1 k=1S = √n k + kk=1 Donner un équivalent simple de S .n Exercice 7 [ 02376 ] [correction] Montrer que Soit (u ) une suite de réels strictement positifs vérifiantnS = lnn +C +o(1)n u α 1n+1 = 1− +O avec α∈R 2u n nnExercice 3 [ 01090 ] [correction] POn pose a) Pour quelles valeurs de α la série u converge?nn PX n1 b) Pour v de α la série (−1) u converge?nS = √n 2k + kk=1 Montrer que (S ) converge vers une constante C.
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Etude asymptotique de séries

Exercice 1Centrale MP[ 01056 ][correction]
a) Donner un développement asymptotique à deux termes de

n
un=Xlnpp
p=2

On pourra introduire la fonctionf:t7→(lnt)t.
b) A l’aide de la constante d’Euler, calculer

+∞
X(−1)nlnnn
n=1

Exercice 2[ 01089 ][correction]
On pose
n1
Sn=X
k=1k+√k
Donner un équivalent simple deSn.
Montrer que
Sn= lnn+C+o(1)

Exercice 3[ 01090 ][correction]
On pose
X
n1
Sn=k=1k2+√k
Montrer que(Sn)converge vers une constanteC.
Etablir que
Sn=C−1n+o( 1n)

Exercice 4[ 03070 ][correction]
Former un développement asymptotique à deux termes de

+∞1
Xk2
k=n+1

Enoncés

Exercice 5[ 01091 ][correction]
On pose
n3k−1
un=Y3k
k=1
a) Montrer qu’il existe des constantesαetβtelles que

lnun=αlnn+β+o(1)

En déduire un équivalent deun.
b) Déterminer la nature dePun.
n>1

Exercice 6[ 01092 ][correction]
Déterminer un équivalent simple de :

)+X∞k(nk+1)1
a
k=1

b)k=+X∞1k(n+1k)

Exercice 7[ 02376 ][correction]
Soit(un)une suite de réels strictement positifs vérifiant
uunn+1= 1−nα+On12avecα∈R
a) Pour quelles valeurs deαla sériePunconverge ?
b) Pour quelles valeurs deαla sérieP(−1)nunconverge ?

Exercice 8X MP[ 03057 ][correction]
On note(zn)n>1la suite de terme général
zn= 2nexp√itn

Etudier

lim 2n−1 2n−2∙ ∙ ∙2n−n= limn
n→+∞zn−1zn−2zn−nn→+∞kY=12nzn−−kk

1

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Exercice 9Centrale PSI[ 01325 ][correction]
Soitj∈N. On noteΦjle plus petit entierp∈N?vérifiant

p1
Xn
>j
n=1

a) Justifier la définition deΦj.
b) Démontrer queΦj−j−−−→+∞.
→+∞
c) DémontrerΦjΦ+j1−j−→−+−∞→e.

Exercice 10X MP[ 02950 ][correction]
Soit(un)n>1une suite d’éléments deR+?.
On pose
vn=nu1nXnuk!etwn=n21unk=nX1kuk!
k=1
On suppose que(vn)tend versa∈R+?
.
Etudier la convergence de(wn).

Exercice 11Centrale MP[ 00528 ][correction]
On définit pourn∈N?les nombres complexes
un=k=nY11 +ki2etvn=k=Yn11 + 2ki

Enoncés

a) On note, dans le plan complexe,AnetBnles points d’affixes respectivesunet
vn.
Utiliser le logiciel de calcul formel pour visualiser les lignes polygonales
A1 A2     AnetB1 B2     Bpour diverses valeurs den: par exemple
50,100,500. . . Un point du plan d’affixez=x+iysera repéré par la liste[x y]de
ses deux coordonnées.
b) Etudier la convergence de la suite(un).
S’il y a convergence, donner à l’aide du logiciel de calcul formel, une valeur
approchée (par module et argument) delimun.
n→+∞
c) Etudier la convergence de la suite(vn).
On pourra justifier l’existence d’une constanteLtelle que :

n
Xarctan 2k= 2 lnn+L+o(1)
k=1

et étudier la nature (convergente ou divergente) de la suite complexe(zn)n>1:

zn= exp(2ilnn)

[Enoncé fourni par le CENTRALE-SUPELEC (CC)-BY-NC-SA]

Exercice 12[ 03179 ][correction]
a) Sous réserve d’existence, déterminer pourα>1

li2Xn1
n→m+∞kα
k=n+1

b) Sous réserve d’existence, déterminer

2n
limX
k=n+1sin1k
n→+∞

Exercice 13[ 03226 ][correction]
Pourn∈N?, on pose

Pourp∈N, on pose

n1
Hn=Xk
k=1

np= min{n∈NHn>p}

Déterminer un équivalent denp

quand

p→+∞

2

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Corrections

Exercice 1 :[énoncé]
a)fest décroissante sur[e+∞[. Pourp>4,
lntdt
Zpp+1lnttdt6lnpp6Zpp−1t

Corrections

doncun=22nl+33nl+vnavec
Z4n+1lnttdt6vn6Z3nlntdt
t
doncvn∼21(lnn)2.
Etudionswn=u−21(lnn)2,wn−wn−1=lnnn−Rnn−1 lnt tdt60donc(wn)est
n
décroissante.
D’autre part les calculs précédents donnent(wn)minorée et donc on peut
conclure quewnconverge. Ainsi
unn(l12=n)2+C+o(1)
b)
2 NN N
X X X

ln(2n−1)
(−1)nlnnn=nl2(2nn)−
2n−1
n=1n=1n=1

donc
N
2XN(−1)nlnnn=NXln(n2n)−2XNln(nn) = ln 2X1n+uN−u2N
n=1n=1n=1n=1
Par le développement asymptotique précédent, on obtient :

2XN(−1)nlnnn= ln 2lnn+ ln(2)γnl(21+n)2+C−(212lnn)2−C+o(1)
n=1
et après simplification

De plus

2N1 lnn
X( )nn→2l12)n((2γ−ln 2)

n=1

2NX+1(−1)nlnnn=2XN(−1)nlnnn+o(1)→(22)n(1l2γ−ln 2)
n=1n=1

donc
+X∞(−1)nlnnn(2)(12ln=2γ−ln 2)
n=1
N’est-ce pas magnifique ?

3

Exercice 2 :[énoncé]
n
1 1k doncet vergenteSn∼P1k∼lnn.
k+√k∼k>P1k1est une série à terme positif dik=1
Pour tre plus précis,
n
Sn−kXn=11k=X=1k1+√k−1k=k=nX1k2+√kk√k
k
√k1

k2+k√k k32
et est donc le terme général d’une série convergente.
n
AinsiSn−P1k→C0d’où
k=1
Sn= lnn+ (γ+C0) +o(1) = lnn+C+o(1)

or

Exercice 3 :[énoncé]
k2+1√k∼k12donc la série de terme généralk2+1√kest absolument convergente. Par
suite(Sn)converge

C−Sn=+X∞1k∼+X∞+1k12
k=n+1k2+√k=n
carPk12est une série à termes positifs convergente.
k>1
+∞
Par comparaison série intégralePk12∼1net on peut conclure comme
k=n+1
annoncée.

Exercice 4 :[énoncé]
Par une comparaison avec une intégrale, on sait déjà

+∞
Xk12∼n1
k=n+1

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Il reste à déterminer un équivalent simple de la différence

+
dn=X∞k12−n1
k=n+1

Sachant que1nest le reste de rangnde la série convergente
P k−11−k1=Pk(k1−1)

d+X∞−1
=
k2
nk=n+1(k−1)

Par équivalence de reste de séries à termes positifs convergentes

+∞1
dn∼ −Xk3
k=n+1

Par comparaison avec une intégrale

Finalement

Exercice 5 :[énoncé]
a) On a

Or

1
dn∼ −n2
2

+∞ 11 1on12
Xk2=n−2n2+
k=n+1

n
lnun=Xln1−31k
k=1
ln1−13k=−13k+Ok12

donc
l 1n1k+k=Xn1Ok12=−31nln+C+o(1)
nun=−3X
k=1
n
carP1k= lnn+γ+o(1)etPOn12est une série convergente.
k=1n>1

Corrections

b) Puisque

ln(n13un)→β

on a

un∼
n13
et donc la série de terme généralundiverge.

Exercice 6 :[énoncé]
a) Avec convergence des sommes engagées

k+=X∞1k(nk)1+=1n1k+=X∞1k12+k+X=∞1k(nk+)11−n1k2=6π2n−+X∞1k+ 1)
k=1nk2(n

et

06+X∞1 1+∞1
16n2Xk3
k=1nk2(nk+ )k=1

donc
+X∞1∼π2
k=1k(nk 6+ 1)n
b) Par décomposition en éléments simples et télescopage

k+X=∞1k(n1+k) =n1k=+X∞11k−n1+k= 1nknX=11k∼lnnn

4

Exercice 7 :[énoncé]
a) Posonsvn=nαun.
lnvn+1−lnvn=αln1 +n1−ln1−nα+On12=On12.
La sérieP(lnvn+1−lnvn)est donc absolument convergente et par conséquent la
suite(ln(vn))converge.
Ainsivn→e`>0avec`=nl→im+∞lnvnpuisun∼ne`α.
Par équivalence de séries à termes positifs,Punconverge si, et seulement si,
α >1.
b) On reprend ce qui précède en l’approfondissant.
Puisque le reste d’une série dont le terme général est enO1n2est enO(1n),
on alnvn=`+O1puisun=neα`+Onα1+1.
n
Pour queP(−1)nunconverge, il est nécessaire queun→0et doncα >0.

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Inversement, siα >0alorsP(−1)nneα`converge par le critère spécial et
POnα1+1est absolument convergente.
FinalementP(−1)nunconverge.

Exercice 8 :[énoncé]
Posons

On a

Pn=Yn2n−−kk
k=1zn


lnPn=−12Xnln||z2nn−kk||22
k=1

Puisque
|zn−k|2= (2n)2−4nkcos√nt+k2= (2n−k)2+ 8nksin22√tn

on obtient
lnPn=−21kXn=1ln (21 +n8n−kk)2sin22√nt
Sachantsin2u=u2+O(u4), on peut écrire
sin22√tn4=t2n+On12

Ainsi
lnPn1k=nX1ln (21 +n2k−t2k)22+(nk−k)2O1n
=−
2
Sachantln(1 +x)6x, on a
6X
−2 ln(Pn)n(2n2k−t2k)2+(2kn−k)2On1
k=1
PosonsSnle second membre de cette comparaison. D’une part
k=Xn1(2nk−k)2On16kXn=1nn2O1n=O1n→0
D’autre part

n
X1(2n2−kk)2=2n`=X−n12(2`n2−` 4) =n2`n=X−n1`12−22`n=X−n1`1
k=

Corrections

avec

+∞
X`12∼1netnX`1 = lnn+γ+o(1)
`=n `=1
Après calculs asymptotiques, on obtient

Sn→(2−2 ln 2)t2
Sachantln(1 +x)>x−21x2, on a
−2 lnPn>Sn−21nk=X1(2n2k−t2k)2+(2kn−k)2On12

Puisque06n k−k)26n1
(2,
X
k=Xn1(2n2k−t2k)22(+nk−k)2O1n2=k=n1On12=On1→0

5

Finalement−2 lnPnest encadré par deux quantités de limite(2−2 ln 2)t2. On en
déduit
Pn→exp(ln 2−1)t2

Exercice 9 :[énoncé]
a) Puisque
Xp1p−→−+−−∞→+∞
n
n=1
on peut affirmer que l’ensemble
p
p∈NX1
(n=1n>j)

est une partie non vide deN. Celle admet donc un plus petit élément, notéΦj.
b) Par définition deΦ, on a

j
Φj1
j6Xn
n=1
Or, par comparaison avec une intégrale
Φj
X1n61 +Z1Φjdtt= 1 + ln Φj
n=1

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On en déduitΦj>ej−1puisΦj−−−+−→+∞.
j→ ∞
c) Par définition deΦj, on a

Φj−1 Φ
X1n6j6Xj1n
n=1n=1

Or, sachant queΦj→+∞, on a

Par suite

Or

donc

puis

Φj
ΦXjn Φ ln1 =j+γ+o(1)etX1n= ln(Φj−1) +γ+o(1)
n=1n=1

On en déduit

ln(Φj−1) +γ+o(1)6j6ln Φj+γ+o(1)

ln(Φj− Φ1) = lnj+o(1)

j Φ= lnj+γ+o(1)

Φjej−γ+o(1)
=

1
ΦjΦ+j1= ejej+−1γ−γ+o(+o1)()= e1+o(1)→e

Exercice 10 :[énoncé]
n
PosonsSn=Puk. On observe que
k=1

n n
Xkun= (n+ 1)Sn−XSk
k=1k=1

Par suite
n 1+ 1n
wn=vn−
n n2unkX=1Sk(?)
.
uisqueSn→on
Pnuna, aSn∼anun.
La série de terme généralSnest une série à termes positifs divergente donc

n n
XSk∼aXkuk
k=1k=1

Corrections

Par suite

La relation(?)dévient alors

et en on en déduit que

n21nSk
ukn=X1

∼awn

wn=nn+ 1vn−awn+o(wn)

1a
wn∼a+ 1vn→a+ 1

Exercice 11 :[énoncé]
a) On définit les suitesuetv
u:=n->product(1+I/kˆ2, k=1..n);
v:=n->product(1+2*I/k, k=1..n);
Puis on figure les lignes polygonales
plot([seq([Re(u(p)), Im(u(p))], p=1..500)]);

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La ligne polygonaleA1 A2     Anavecn= 500

plot([seq([Re(v(p)),

Im(v(p))], p=1..n)]);

La ligne polygonaleB1 B2     Bavecn= 500
b) On peut écrireun=ρneiθnavec
n1i=Yn11 +k1412etθn=k=Xn1arctank12
ρn=Y+k2
k=1k=

Puisque

lnρn=12nXln1 +k141=2nkX=1Ok14etθn=kXn=1Ok12
k=1

il y a convergence des suites(ρn)n>1et(θn)n>1.

Corrections

On en déduit la convergence de la suite(un)n>1.
Puisque
+∞
Xarctank126+X∞k126Zn+∞dtt=n1
k=n+1k=n+1

7

on obtient une valeur approchée de la limite(θn)à10−2près en considérantθ100.
evalf(argument(u(100)));
On observe graphiquement quenl→im+∞ρn∈[12]. Puisque la fonctionexpest
10-lipschitzienne sur[12], il suffit de connaîtrelim(lnρn)à10−3près pour
connaîtrelimρnà10−2près.
Puisque
∞dt
21k+=Xn∞+1ln1 +k14621k=+nX∞+1k14612Zn+t41=6n3

on obtient une valeur approchée de la limite de(lnρn)à10−3près en considérant
lnρ6.
evalf(abs(u(170)));
c) On a
knX=1arctank1−1k=kXn=1Ok13
Sachant
n
X1

on en déduit

= lnn+γ+o(1)
k
k=1

n
Xarctan 2k ln= 2n+L+o(1)
k=1

avecL∈R.
Etudions la suite(zn). On a

z2n= exp(2iln 2)zn

Si la suite(zn)n>1converge, sa limite`vérifie

`= exp(2iln 2)`

ce qui entraîne`= 0.
C’est absurde car les complexesznsont tous de module 1. On en déduit que la
suite(zn)diverge.

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Un argument devnest

de sorte que

ϕn=nXarctan 2k= 2 lnn+L+o(1)
k=1

vn=|vn|αnzn

avec
|vn|>1,(αn)→α,|α|= 1et(zn)divergente
On en déduit que la suite(vn)diverge.

Exercice 12 :[énoncé]
a) Pourα >1, la série de terme général1nαconverge et si l’on pose

SnX1
n=kα
k=1

on observe
2n
Xk1α=S2n−Sn→+X∞k1α−+X∞k1α= 0
k=n+1k=1k=1
Pourα= 1, on introduit les sommes partielles harmoniques

n1
Hn=Xk
k=1

En notantγla constante d’Euler, on peut écrire

Hn= lnn+γ+o(1)

et alors
2n
Xk=1H2n−Hn 2 += lno(1)→ln 2
k=n+1
b) Par l’égalité de Taylor avec reste intégral, on peut écrire
sinx=x+Z0x(x−2!t)2sin(3)(t) dt

Puisque

∀t∈Rsin(3)(t) =−cos(t)∈[−11]

Corrections

on a
∀x>0sinx>x−Z0x(x−!t)2dt=x−13
x
2 6
D’autre part, il est bien connu que

On en déduit

∀x>0sin(x)6x

k=2nXn+11k−61k=2nXn+1k136k=2nXn+1sink162Xn1
k
k=n+1

En vertu de ce qui précède, on obtient
2n
nl→i+m∞Xsin1k 2= ln
k=n+1

Exercice 13 :[énoncé]
npest bien défini carHn→+∞.
La suite(np)est croissante et évidemment non majorée donc

Par définition denp, on a

Or

donc

Puisque

on obtient

puis

np→+∞

Hn>p>Hnp−1
p

Hn= lnn+γ+o(1)

lnnp+γ+o(1)>p>ln(np−1) +γ+o(1)

ln(np−1) = lnnp+o(1)

p= lnnp+γ+o(1)

np= en−γ+o(1)∼en−γ

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