Chapitres Maths en ECG1

Cours en ligne Maths en ECG1

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Cours : Séries numériques en ECG1

Résumé de cours Exercices Corrigés

Cours en ligne de Maths en ECG1

Résumé de cours et méthodes – Séries numériques

Méthode 1 : Plan d’étude des séries à termes positifs.

Soit $\left( u_n \right)_{n \in \mathbb{N}}$ une suite positive et on s’intéresse à la nature de la série $\displaystyle\sum u_n.$ On peut essayer de suivre dans l’ordre les idées suivantes :

$\bullet$ Un cas simple mais rarement utilisable si $\left( u_n \right)_{n \in \mathbb{N}}$ ne converge pas vers $0,$ alors la série $\displaystyle\sum u_n$ diverge grossièrement.

$\bullet$ Si nécessaire, on détermine un équivalent simple de $u_n,$ disons $v_n.$ On sait que $\displaystyle\sum u_n$ converge si, et seulement si, $\displaystyle\sum v_n$ converge.

$\qquad$ $\star$ $u_n$ est-elle proportionnelle à une série de Riemann ? On rappelle que la série $\displaystyle\sum \dfrac{1}{n^{\alpha}}$ converge si, et seulement si, $\alpha > 1.$

$\qquad$ $\star$ $u_n$ est-elle proportionnelle à une série géométrique ? On rappelle que $\displaystyle\sum x^n$ converge si, et seulement si, $\left| x \right| < 1.$

$\bullet$ On peut aussi essayer de raisonner par inégalité en déterminant $v_n$ telle que pour $n$ assez grand, $0 \le u_n \le v_n.$ Si $\displaystyle\sum v_n$ converge, alors $\displaystyle\sum u_n$ converge.

Si l’on trouve $w_n$ tel que pour $n$ assez grand $0 \le w_n \le u_n$ et $\displaystyle\sum w_n$ diverge, alors $\displaystyle\sum u_n$ diverge.

$\bullet$ Si l’on trouve $\alpha > 1$ tel que $u_n \underset{n \to + \infty}{=} o \left( \dfrac{1}{n^{\alpha}} \right),$ alors $\displaystyle\sum u_n$ converge.

En particulier si $u_n$ contient une exponentielle, on peut chercher si $u_n \underset{n \to + \infty}{=} o \left( \dfrac{1}{n^2} \right).$

$\bullet$ Si l’on trouve $\alpha \le 1$ tel que $\dfrac{1}{n^{\alpha}} \underset{n \to + \infty}{=} o \left( u_n \right),$ alors $\displaystyle\sum u_n$ diverge.

Piège : $\bullet$ On le dit une fois pour toutes, montrer que $\lim_{n \to +\infty} u_n = 0$ ne prouve rien sur la nature de la série $\displaystyle\sum u_n$ . Cela dit juste que la série $\displaystyle\sum u_n$ ne diverge pas grossièrement mais il y a encore du travail pour montrer la convergence ou la divergence.

$\bullet$ Attention à ne pas écrire $\displaystyle\sum_{n = 0}^{+\infty} u_n$ sans avoir montré la convergence de la série. Cela n’aurait pas de sens !

Exemple : Etudier la nature des séries dont les termes généraux sont donnés ci-dessous :

1) $\dfrac{1}{n^2 + 1},$

2) $\ln \left( \dfrac{n^2 + n - 1}{n^2 + n + 1} \right).$

Réponse : 1) On a $\dfrac{1}{n^2 + 1} \underset{n \to + \infty}{\sim} \dfrac{1}{n^2}.$ Or la série $\displaystyle\sum \dfrac{1}{n^2}$ converge car c’est une série de Riemann. Comme $\dfrac{1}{n^2 + 1}$ et $\dfrac{1}{n^2}$ sont de même signe, on en déduit que la série $\displaystyle\sum \dfrac{1}{n^2 + 1}$ converge.

2) On remarque que $\dfrac{n^2 + n - 1}{n^2 + n + 1} \underset{n \to +\infty}{\sim} \dfrac{n^2}{n^2} \underset{n \to +\infty}{\sim} 1,$ donc $\lim_{n \to +\infty} \dfrac{n^2 + n - 1}{n^2 + n + 1} = 1.$ Comme $\ln \left( 1 + u \right) \underset{u \to 0}{\sim} u,$ en posant $v = 1 + u,$ on a $\ln \left( v \right) \underset{v \to 1}{\sim} v - 1.$ Donc

$\ln \left( \dfrac{n^2 + n - 1}{n^2 + n +1} \right)$ $\underset{n \to +\infty}{\sim} \dfrac{n^2 + n - 1}{n^2 + n +1} - 1$
$\underset{n \to +\infty}{\sim} \dfrac{- 2}{n^2 + n + 1}$
$\underset{n \to +\infty}{\sim} \dfrac{-2}{n^2}$ .

Comme $\displaystyle\sum \dfrac{- 2}{n^2}$ converge (Riemann) et que $\ln \left( \dfrac{n^2 + n - 1}{n^2 + n + 1} \right)$ et $\dfrac{-2}{n^2}$ sont de même signe, on en déduit que la série $\displaystyle\sum \ln \left( \dfrac{n^2 + n - 1}{n^2 + n + 1} \right)$ converge.

Les notions liés aux séries numérique peuvent sembler complexes pour certains étudiants en ECG1, mais l’accompagnement en cours de maths à domicile peut s’avérer bénéfique.

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Méthode 2 : Plan d’étude des séries à signe quelconque.

Mauvaise nouvelle pour vous, il n’y a pas beaucoup de résultat en ce sens dans votre programme… Le seul résultat est le suivant :

Si la série est absolument convergente (c’est-à-dire que la série $\displaystyle\sum \left| u_n \right|$ converge), alors la série converge.

Piège : Si $\left( u_n \right)_{n \in \mathbb{N}}$ et $\left( v_n \right)_{n \in \mathbb{N}}$ sont deux suites telles que $u_n \underset{n \to +\infty}{\sim} v_n$ et si la série $\displaystyle\sum v_n$ converge, alors la série $\displaystyle\sum u_n$ ne converge pas, à priori. Ce résultat est vrai si l’on suppose les suites de signe constant.

Attention à ne pas l’utiliser lorsque les deux suites ne sont pas de signe constant.

Méthode 3 : Calculer la somme d’une série.

Il est indispensable de parfaitement connaître la somme des séries usuelles. Les voici :

$\bullet$ $\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} x^n = \dfrac{1}{1 - x}$ valable pour tout complexe $x$ tel que $\left| x \right| < 1,$

$\bullet$ $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} n x^{n - 1} = \dfrac{1}{ \left( 1 - x \right)^2}$ valable pour tout réel $x \in \left] - 1 , 1 \right[,$

$\bullet$ $\displaystyle\sum_{n=2}^{+\infty} n \left( n - 1 \right) x^{n - 2} = \dfrac{2}{ \left( 1 - x \right)^3}$ valable pour tout réel $x \in \left] - 1 , 1 \right[,$

$\bullet$ $\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{x^n}{n!}=e^x$ valable pour tout réel $x.$

Le principe est assez simple, il faut jongler avec ces différentes formules. Citons cependant, en vrac, d’autres méthodes pouvant servir :

$\bullet$ faire apparaître une somme télescopique,

$\bullet$ utiliser un changement d’indice ou se ramener aux séries précédentes.

Exemple : Calculer les sommes suivantes (après avoir montré la convergence de la série) :

1) $\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{n \left( n + 1 \right)}{2^n},$

2) $\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{n^2 + 2n - 1}{3^n},$

Réponse :

1) Si l’on remarque que : $n \left( n + 1 \right) = n \left( n - 1 \right) + 2n,$ alors

$\dfrac{n \left( n + 1 \right)}{2^n} = \dfrac{n \left( n - 1 \right) + 2n}{2^n} = \dfrac14 \dfrac{ n \left( n - 1 \right)}{2^{n - 2}} + \dfrac{n}{2^{n - 1}}.$

Comme les séries $\displaystyle\sum \dfrac{ n \left( n - 1 \right)}{2^{n - 2}}$ et $\displaystyle\sum \dfrac{n}{2^{n - 1}}$ convergent (c’est du cours !), $\displaystyle\sum \dfrac{n \left( n + 1 \right)}{2^n}$ converge. De plus, il est facile de calculer sa somme :

$\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{n \left( n + 1 \right)}{2^n}$ $= \dfrac14 \displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{ n \left( n - 1 \right)}{2^{n - 2}}$ $+ \displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{n}{2^{n - 1}}$

$= \dfrac14 \displaystyle\sum_{n=2}^{+ \infty} \dfrac{n \left( n - 1 \right)}{2^{n - 2}} + \displaystyle\sum_{n=1}^{+ \infty} \dfrac{n}{2^{n - 1}}$
$= \dfrac14 \times \dfrac{2}{ \left( 1 - \dfrac12 \right)^3} + \dfrac{1}{\left( 1 - \dfrac12 \right)^2}$
$= 8$

où dans la deuxième ligne, on a supprimé les termes nuls pour se ramener à des sommes connues.

2) Grâce aux croissances comparées, on peut voir que $\dfrac{n^2 + 2 n - 1}{3^n} \underset{n \to + \infty}{=} o \left( \dfrac{1}{n^2} \right)$ car $\lim_{n \to + \infty} \dfrac{n^2 \left( n^2 + 2n - 1 \right)}{3^n} = 0,$ donc $\displaystyle\sum \dfrac{n^2 + 2 n - 1}{3^n}$ converge.

Pour le calcul de la somme, on peut voir que $n^2 + 2n - 1 = n \left( n - 1 \right) + 3n - 1,$ cela permet d’écrire (on vérifie à chaque introduction de somme de série, que l’on manipule une série convergente) :

$\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{n^2 + 2 n - 1}{3^n}$

$= \displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{n \left( n - 1 \right) + 3n - 1}{3^n}$

$= \displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{n \left( n - 1 \right)}{3^n} + 3 \displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{n}{3^n}$

$- \displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{1}{3^n}$

$= \dfrac19 \displaystyle\sum_{n=2}^{+\infty} \dfrac{n \left( n - 1 \right)}{3^{n - 2}} + \displaystyle\sum_{n=1}^{+ \infty} \dfrac{n}{3^{n - 1}}$

$- \displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{1}{3^n}$

$= \dfrac19 \dfrac{2}{ \left( 1 - \dfrac13 \right)^3} + \dfrac{1}{ \left( 1 - \dfrac13 \right)^2}$

$- \dfrac{1}{1 - \dfrac13}$

$= \dfrac32$

où dans la deuxième ligne, on a supprimé les termes nuls pour se ramener à des sommes connues.

Méthode 4 : Faire une comparaison série-intégrale.

Cette méthode est très utile lorsque l’on demande donner un équivalent d’une somme (par exemple, donner un équivalent de $\displaystyle\sum_{k=1}^n f \left( k \right)$ quand $n$ tend vers $+\infty$ ). Pour cela, on procède comme suit :

$\bullet$ On s’assure que la fonction $f$ est décroissante sur $\mathbb{R}_+$ (à minima, on s’assure qu’elle est décroissante sur $\left[ A, + \infty \right[$ avec $A \in \mathbb{N}^*$ ),

$\bullet$ Si $k \in \mathbb{N},$ on écrit ( $f$ étant décroissante) que :

$\forall t \in \left[ k , k + 1 \right], f \left( k + 1 \right) \le f \left( t \right) \le f \left( k \right),$

$\bullet$ On intègre la relation précédente entre $k$ et $k + 1$ pour obtenir :

$\int_k^{k + 1} f \left( k + 1 \right) dt$ $\le \int_k^{k + 1} f \left( t \right) dt$ $\le \int_k^{k + 1} f \left( k \right) dt,$
soit :

$f \left( k + 1 \right) \le \int_k^{k + 1} f \left( t \right) dt \le f \left( k \right) .$

En remplaçant $k$ par $k - 1,$ on récupère :

$f \left( k \right) \le \int_{k-1}^{k } f \left( t \right) dt \le f \left( k - 1\right) .$

Puis en regroupant les deux inégalités :

$\int_k^{k + 1} f \left( t \right) dt \le f \left( k \right) \le \int_{k-1}^{k } f \left( t \right) dt .$

Puis en sommant entre $1$ et $n,$ il vient que :

$\displaystyle\sum_{k=1}^n \int_k^{k + 1} f \left( t \right) dt$ $\le \displaystyle\sum_{k=1}^n f \left( k \right)$ $\le \displaystyle\sum_{k=1}^n \int_{k-1}^{k } f \left( t \right) dt.$
Puis en utilisant la relation de Chasles :

$\int_1^{n + 1} f \left( t \right) dt$ $\le \displaystyle\sum_{k=1}^n f \left( k \right)$ $\le \int_0^n f \left( t \right) dt.$

Le calcul des intégrales de gauche et de droite fournira souvent un équivalent de $\displaystyle\sum_{k=1}^n f \left( k \right)$ quand $n$ tend vers $+\infty$ .

Remarque : Ce résultat n’est pas à apprendre par cœur mais à savoir retrouver rapidement. De plus, il faut savoir l’adapter en problème (il faut peut-être sommer de $2$ à $n,$ par exemple).

Exemple :

Donner un équivalent de $S_n = \displaystyle\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{\sqrt{n}}$ quand $n$ tend vers $+\infty.$

Réponse :

Soit $f : \mathbb{R}_+^* \to \mathbb{R}$ définie par $f \left( t \right) = \dfrac{1}{\sqrt{t}}.$ Il est clair que $f$ est décroissante sur $\mathbb{R}_+^*.$ On applique la relation de la méthode précédente en se limitant à une somme pour $k$ entre $2$ et $n$ (si l’on ne s’en souvient pas, pas de panique, on la retrouve !) pour avoir :