Chapitres Maths en ECG1

Corrigés d’exercices : Séries numériques en ECG1

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Résumé de cours Exercices Corrigés

Cours en ligne de Maths en ECG1

Corrigés – Séries numériques

Exercice 1 :

1) Pour tout $n \in \mathbb{N},$ on a $\dfrac{3^{2n + 1}}{n!} = 3 \times \dfrac{\left( 3^2 \right)^n}{n!} = 3 \times \dfrac{9^n}{n!}$ et que l’on sait que la série $\displaystyle\sum \dfrac{9^n}{n!}$ converge (c’est une série exponentielle), il en résulte que la série $\displaystyle\sum \dfrac{3^{2n + 1}}{n!}$ converge. Ainsi

$\displaystyle\sum_{n=0}^{+ \infty} \dfrac{3^{2n + 1}}{n!}$ $= 3 \times \displaystyle\sum_{n=0}^{+ \infty} \dfrac{9^n}{n!}$
$= 3 e^9$ .

2) Pour tout $n \in \mathbb{N},$ on a $n \dfrac{4^n}{3^{2n}} = \dfrac49 n \left( \dfrac49 \right)^{n - 1}$ et que l’on sait que la série $\displaystyle\sum n \left( \dfrac49 \right)^{n - 1}$ converge, il s’ensuit que la série $\displaystyle\sum n \dfrac{4^n}{3^{2n}}$ converge. De plus, on a

$\displaystyle\sum_{n=0}^{+ \infty} n \dfrac{4^n}{3^{2n}}$ $= \dfrac49 \displaystyle\sum_{n=0}^{+ \infty} n \left( \dfrac49 \right)^{n - 1}$
$= \dfrac49 \displaystyle\sum_{n=1}^{+ \infty} n \left( \dfrac49 \right)^{n - 1 }$
$= \dfrac49 \times \dfrac{1}{\left( 1 - \dfrac49 \right)^2}$
$= \dfrac{36}{25}$ .

3) Pour tout $n _in \mathbb{N},$ on a $\dfrac{n}{ \left( n + 1 \right)!} = \dfrac{n + 1 - 1}{\left( n + 1 \right)!} = \dfrac{1}{n!} - \dfrac{1}{\left( n + 1 \right)!}.$ Soit $N\in \mathbb{N},$ on a

$\displaystyle\sum_{n=0}^N \dfrac{n}{ \left( n + 1 \right)!}$ $= \displaystyle\sum_{n=0}^N \left( \dfrac{1}{n!} - \dfrac{1}{\left( n + 1 \right)!} \right)$
$= 1 - \dfrac{1}{\left( N + 1 \right)!}$ .

Comme

$\lim_{N \to + \infty} \left( 1 - \dfrac{1}{\left( N + 1 \right)!} \right) = 1,$ il en résulte que la série

$\displaystyle\sum \dfrac{n}{ \left( n + 1 \right)!}$ converge et

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

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Exercice 2 :

1) La série $\displaystyle\sum \dfrac{1}{n^x}$ converge si, et seulement si, $x > 1.$ C’est le critère de Riemann qui l’assure !

2) Soit $x > 1.$ Soit $f_x$ la fonction définie sur $\left] 0 , + \infty \right[$ par $f_x \left( t \right) = \dfrac{1}{t^x}.$

Il est facile de voir que

$f_x$ est décroissante sur

$\left] 0 , + \infty \right[.$ Soit

$n$ un entier supérieur à

$2.$ On a alors

$\int_n^{n + 1} f_x \left( t \right) dt$

$\le f_x \left( n \right)$

$\le \int_{n - 1}^n f_x \left( t \right) dt.$
On somme cette relation pour

$n$ compris entre

$2$ et

$+ \infty,$ ce qui donne

$\int_2^{+ \infty} \dfrac{1}{t^x} dt$

$\le \displaystyle\sum_{n = 2}^{+ \infty} \dfrac{1}{n^x}$

$\le \int_1^{+ \infty} \dfrac{1}{t^x} dt.$
Soit en calculant les intégrales (on rappelle qu’une primitive de

$t \mapsto \dfrac{1}{t^x}$ est

$t \mapsto \dfrac{t^{-x +1}}{- x +1}$ )

$\dfrac{2^{- x + 1}}{x - 1 }$

$\le \displaystyle\sum_{n= 1}^{+ \infty} \dfrac{1}{n^x}$

$\le \dfrac{1}{x - 1}.$
On ajoute

$1$ dans cette inégalité pour faire apparaître

$\zeta \left( x \right).$ On a donc

$1 + \dfrac{2^{- x + 1}}{x - 1 }$

$\le \zeta \left( x \right)$

$\le 1 + \dfrac{1}{x - 1}.$
Ainsi, en multipliant par

$x - 1 \ge 0,$ il vient que :

$\left( x - 1 \right) + 2^{- x + 1}$

$\le \left( x - 1 \right) \zeta \left( x \right)$

$\le x .$
Comme

$\lim_{x \to 1} \left( x - 1 \right) + 2^{- x + 1} = \lim_{x \to 1} x = 1,$ on récupère que

$\lim_{x \to 1} \left( x - 1 \right) \zeta \left( x \right) = 1.$

Exercice 3 :

1) Pour $n \ge 0,$ on a $u_{n + 1} - u_n = - u_n^2 \le 0.$ On en déduit que la suite $\left( u_n \right)_{n \in \mathbb{N}}$ est décroissante.

Pour montrer que la suite

$\left( u_n \right)_{n \in \mathbb{N}}$ converge, il suffit de montrer qu’elle est minorée.

On conjecture que pour tout

$n \in \mathbb{N},$

$u_n \ge 0.$ Montrons cela par récurrence. Pour

$n \in \mathbb{N},$ on pose

$\mathcal P_n$ : «

$0 \le u_n \le 1$ « .

$\bullet$

$\mathcal P_0$ est vraie car

$u_0 = \dfrac12.$

$\bullet$ Supposons

$\mathcal P_n$ vraie, montrons que

$\mathcal P_{n + 1}$ est vraie.

Une simple étude du trinôme montre que, pour

$x \in \left[ 0 , 1 \right],$ on a

$0 \le x - x^2 \le \dfrac14.$ Par l’hypothèse de récurrence, on a

$0 \le u_n \le 1$ donc

$0 \le u_n - u_n^2 \le \dfrac14$ soit

$0 \le u_{n + 1} \le \dfrac14 \le 1.$ Ainsi

$\mathcal P_{n + 1}$ est vraie.

On a montré, par récurrence, que

$\mathcal P_n$ est vraie pour tout

$n \in \mathbb{N}.$

La suite

$\left( u_n \right)_{n \in \mathbb{N}}$ est décroissante, minorée : elle converge. On appelle

$l$ la limite.

En passant à la limite dans la relation de récurrence, on obtient l’équation suivante sur

$l:$

$l = l - l^2$ soit

$l = 0.$

2) On remarque que

$u_n^2 = u_n - u_{n + 1}.$ Pour

$N \in \mathbb{N},$ on a

$\displaystyle\sum_{n=0}^N u_n^2$ $= \displaystyle\sum_{n = 0}^N \left( u_n - u_{n + 1} \right)$ $= u_0 - u_{N + 1}^2$ $= \dfrac12 - u_{N + 1}^2.$

Comme

$\lim_{N \to +\infty} u_{N +1}^2 = 0,$ on obtient :

$\lim_{N \to +\infty} \displaystyle\sum_{n=0}^N u_n^2 = \dfrac12.$ Ainsi la série

$\displaystyle\sum_{n \ge 0} u_n^2$ converge et

$\displaystyle\sum_{n=0}^{+ \infty} u_n^2 = \dfrac12.$

3) Remarquons que, comme

$u_n > 0$ pour tout

$n \in \N,$

$\ln \left( \dfrac{u_{n + 1}}{u_n} \right)$ est bien défini. On a

$\ln \left( \dfrac{u_{n + 1}}{u_n} \right)$ $= \ln \left( u_{n + 1} \right) - \ln \left( u_n \right).$

Ainsi, pour

$N \ge 0,$ on a

$\displaystyle\sum_{n=0}^N \ln \left( \dfrac{u_{n + 1}}{u_n} \right)$

$= \displaystyle\sum_{n=0}^N \left( \ln \left( u_{n + 1} \right) - \ln \left( u_n \right) \right)$

$= \ln \left( u_{N + 1} \right) - \ln \left( u_0 \right) .$
Comme

$\lim_{N \to +\infty} u_{N + 1} = 0,$ on a, par composition des limites,

$\lim_{N \to +\infty} \ln \left( u_{N + 1} \right) = - \infty,$ ainsi

$\lim_{N \to +\infty} \displaystyle\sum_{n=0}^N \ln \left( \dfrac{u_{n + 1}}{u_n} \right)$

$= - \infty.$
La série

$\displaystyle\sum_{n \ge 0} \ln \left( \dfrac{u_{n + 1}}{u_n} \right)$ diverge.

4) Remarquons, que pour $n \in n,$ on a $\dfrac{u_{n + 1}}{u_n} = \dfrac{u_n - u_n^2}{u_n} = 1 - u_n,$ ainsi

$\ln \left( \dfrac{u_{n + 1}}{u_n} \right)$

$= \ln \left( 1 - u_n \right) \underset{n \to +\infty}{\sim} -u_n$
car

$\lim_{n \to +\infty} u_n =0$ et

$\ln \left( 1 - u \right) \underset{u \to 0}{\sim} -u.$

Comme

$- u_n \le 0$ (de signe constant), les séries

$\displaystyle\sum_{n \ge 0} \left( - u_n \right)$ et

$\displaystyle\sum_{n \ge 0} \ln \left( \dfrac{u_{n + 1}}{u_n} \right)$ sont de même nature. Or, d’après la question précédente, la série

$\displaystyle\sum_{n \ge 0} \ln \left( \dfrac{u_{n + 1}}{u_n} \right)$ diverge.

Finalement la série

$\displaystyle\sum_{n \ge 0} u_n$ diverge.

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Exercice 4 :

$\bullet$ On suppose que la série $\displaystyle\sum u_n$ converge, montrons que la série $\displaystyle\sum v_n$ converge.

Dire que la série

$\displaystyle\sum u_n$ converge, c’est dire que la suite

$\left( S_n \right)_{n \in \mathbb{N}}$ converge vers un réel

$S > 0.$ Ainsi

$v_n \underset{n \to + \infty}{\sim} \dfrac{u_{n + 1}}{S}.$

Comme

$v_n$ et

$\dfrac{u_{n + 1}}{S},$ les séries

$\displaystyle\sum v_n$ et

$\displaystyle\sum \dfrac{u_{n + 1}}{S}$ sont de même nature. Il s’ensuit que la série

$\displaystyle\sum v_n$ converge.

$\bullet$ On suppose que la série

$\displaystyle\sum u_n$ diverge, montrons que la série

$\displaystyle\sum v_n$ diverge.

Par décroissance de

$t \mapsto \dfrac1t$ sur

$\mathbb{R}_+^*,$ on a

$\int_{S_{k - 1}}^{S_k} \dfrac1t dt \le \dfrac{S_k - S_{k - 1}}{S_{k - 1}}$

$= \dfrac{u_k}{S_{k - 1}}.$
En sommant cette inégalité entre

$2$ et

$n,$ on a

$\int_{S_1}^{S_n} \dfrac1t dt \le \displaystyle\sum_{k=2}^n \dfrac{u_k}{S_{k - 1}}$

$= \displaystyle\sum_{k=2}^n v_{k - 1}.$
Or

$\int_{S_1}^{S_n} \dfrac1t dt = \ln \left( S_n \right) - \ln \left( S_1 \right).$ Comme

$\lim_{n \to + \infty} \ln \left( S_n \right) = + \infty,$ il s’ensuit que

$\lim_{n \to + \infty} \displaystyle\sum_{k=2}^n v_{k - 1} = + \infty,$

soit la série $\displaystyle\sum v_n$ diverge.Si vous êtes déjà parfaitement à l’aise avec ce cours de maths en ECG1, vérifiez si vos connaissances sont aussi solides dans les autres cours :

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