Série numérique/Exercices/Critère d'Abel

Exercice 1

Appliquer le critère d'Abel pour étudier les deux séries de terme général :

• $a_{n}={\frac {\cos(nx)}{n\ \ln ^{\beta }n}}$, où $x$ et $\beta$ sont deux paramètres réels.

Solution

Si $x\in 2\pi \mathbb {Z}$, $\sum a_{n}=\sum {\frac {1}{n\ \ln ^{\beta }n}}$ est une série de Bertrand, qui converge si et seulement si $\beta >1$.

Supposons maintenant $x\notin 2\pi \mathbb {Z}$. On utilise alors un résultat classique :

$\sum _{k=0}^{n}\cos(kx)={\frac {\cos {\tfrac {nx}{2}}\sin {\tfrac {(n+1)x}{2}}}{\sin {\tfrac {x}{2}}}}$

donc $\left|\sum _{k=0}^{n}\cos(kx)\right|={\frac {\left|\cos {\tfrac {nx}{2}}\sin {\tfrac {(n+1)x}{2}}\right|}{\left|\sin {\tfrac {x}{2}}\right|}}\leq {\frac {1}{\left|\sin {\tfrac {x}{2}}\right|}}$.

• La suite $\left({\frac {1}{n\ln ^{\beta }n}}\right)$ est décroissante à partir d'un certain rang et de limite nulle.
• $\left|\sum _{k=0}^{n}\cos(kx)\right|\leq {\frac {1}{\left|\sin {\tfrac {x}{2}}\right|}}$ pour tout entier $n$.

Donc d’après le critère d'Abel, $\sum _{n=2}^{\infty }{\frac {\cos(nx)}{n\ln ^{\beta }n}}$ converge pour tout $\beta \in \mathbb {R}$.

Cette convergence est absolue si $\beta >1$ (par majoration par une série de Bertrand convergente) mais pas si $\beta \leq 1$, par minoration par la série $\sum {\frac {|\cos(nx)|}{n\ \ln n}}$. En effet, cette dernière diverge car si $x\in \pi \mathbb {Z}$ alors $\sum {\frac {|\cos(nx)|}{n\ \ln n}}=\sum {\frac {1}{n\ \ln n}}$ et sinon, $|\cos(nx)|\geq \cos ^{2}(nx)={\frac {1+\cos(2nx)}{2}}$ donc $2\sum {\frac {|\cos(nx)|}{n\ \ln n}}$ est minorée par la somme d'une série de Bertrand divergente et d'une série convergente.

 

• $b_{n}={\frac {\sin n}{n^{\alpha }}}$, où $\alpha$ est un paramètre réel.

Solution

Si $\alpha \leq 0$, cette série est grossièrement divergente car $\sin n$ ne tend pas vers $0$ : sinon, $\cos n={\frac {\sin(n+1)-\sin(n-1)}{2\sin 1}}$ tendrait aussi vers $0$, ce qui est absurde car $\cos ^{2}+\sin ^{2}=1$ (pire : l'ensemble des valeurs d'adhérence de la suite $(\sin n)$ est $\left[-1,1\right]$ : voir Topologie générale/Exercices/Topologie de R ou C#Exercice 3).

Supposons maintenant $\alpha >0$ et utilisons le résultat classique analogue au précédent : pour tout entier naturel $n$, et tout réel $x\notin 2\pi \mathbb {Z}$,

$\sum _{k=1}^{n}\sin(kx)={\frac {\sin {\tfrac {nx}{2}}\sin {\tfrac {(n+1)x}{2}}}{\sin {\tfrac {x}{2}}}}$

Pour $x=1$, on en déduit, pour tout entier $n$ :

$\left|\sum _{k=1}^{n}\sin k\right|={\frac {\left|\sin {\tfrac {n}{2}}\sin {\tfrac {n+1}{2}}\right|}{\sin {\tfrac {1}{2}}}}\leq {\frac {1}{\sin {\tfrac {1}{2}}}}$.

De plus, la suite $\left({\frac {1}{n^{\alpha }}}\right)$ est décroissante et de limite nulle. On peut donc appliquer le critère d'Abel, donc la série $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {\sin n}{n^{\alpha }}}$ est convergente pour tout $\alpha >0$.

Cette convergence est absolue si $\alpha >1$ (par majoration par une série de Riemann convergente) mais pas si $\alpha \leq 1$ (par minoration par la série divergente $\sum {\frac {|\sin n|}{n}}$).

 

Exercice 2

Comparer la nature des deux séries alternées suivantes :

• $\sum _{k=2}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}}{\sqrt {k}}}$

Solution

${\frac {1}{\sqrt {k}}}$ est le terme général d'une suite décroissante et de limite nulle. D'après le critère de convergence des séries alternées, cette série converge (non absolument, puisque ${\frac {1}{k^{1/2}}}$ est une série de Riemann divergente).

 

• $\sum _{k=2}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}}{{\sqrt {k}}+(-1)^{k}}}$

Solution

Montrons que — bien que son terme général soit équivalent à celui de la précédente — cette série diverge (ce qui prouvera que la suite ${\frac {1}{{\sqrt {k}}+(-1)^{k}}}$, positive et de limite nulle, n'est pas décroissante à partir d'un certain rang). Pour cela, calculons terme à terme sa différence avec la série convergente précédente.

$(-1)^{k}\left({\frac {1}{\sqrt {k}}}-{\frac {1}{{\sqrt {k}}+(-1)^{k}}}\right)={\frac {1}{{\sqrt {k}}\left({\sqrt {k}}+(-1)^{k}\right)}}\sim {\frac {1}{k}}>0$.

La série des différences est donc bien divergente, comme la série harmonique.

 

Exercice 3

Nature des trois séries :

• $\sum {\frac {1+(-1)^{n}{\sqrt {n}}}{n}}$

Solution

Bien que son terme général soit équivalent à celui d'une série convergente (la série alternée $\sum {\frac {(-1)^{n}}{\sqrt {n}}}$, cf. exercice précédent), la série $\sum {\frac {1+(-1)^{n}{\sqrt {n}}}{n}}$ est divergente, comme somme de cette série convergente et d'une série divergente : la série harmonique. Le critère de convergence d'Abel est donc ici voué à l'échec, ce qui prouve que la suite $\left({\frac {{\sqrt {n}}+(-1)^{n}}{n}}\right)$, positive et de limite nulle, n'est pas décroissante à partir d'un certain rang (en fait, chaque terme d'indice pair est strictement supérieur au terme d'indice impair précédent).

 

• $\sum \ln \left(1+{\frac {(-1)^{n}}{n}}\right)$

Solution

$\ln \left(1+{\frac {(-1)^{n}}{n}}\right)={\frac {(-1)^{n}}{n}}+O\left({\frac {1}{n^{2}}}\right)$ donc la série est semi-convergente, comme somme d'une série alternée semi-convergente et d'une série absolument convergente.

 

• $\sum (-1)^{n}\left(1-\cos {\frac {1}{\sqrt {n}}}\right)$.

Solution

D'après le test de convergence des séries alternées, cette série converge. Mais elle est seulement semi-convergente car $1-\cos {\frac {1}{\sqrt {n}}}\sim {\frac {1}{2n}}$, or la série harmonique diverge.

Une façon moins directe de procéder est d'utiliser un développement limité de $\cos$ en 0 :

$(-1)^{n}\left(1-\cos {\frac {1}{\sqrt {n}}}\right)={\frac {(-1)^{n}}{2n}}+O\left({\frac {1}{n^{2}}}\right)$ donc la série est semi-convergente, comme somme d'une série alternée semi-convergente et d'une série absolument convergente.

 

Exercice 4

Nature des trois séries :

• $\sum \sin {\frac {(-1)^{n}x}{n}}$, pour $x\in \mathbb {R}$ ;

Solution

$\sin {\frac {(-1)^{n}x}{n}}=(-1)^{n}\sin {\frac {x}{n}}$ et la suite $\left(\sin {\frac {x}{n}}\right)$ est monotone à partir d'un certain rang et de limite nulle, donc la série converge, d'après le critère d'Abel. Si $x\neq 0$, la convergence n'est pas absolue, puisque $\sin {\frac {x}{n}}\sim {\frac {x}{n}}$ et que la série harmonique diverge.

 

• $\sum (-1)^{n}{\sqrt {n}}\;\ln {\frac {n+1}{n-1}}$.

Solution

En $+\infty$,

$f(x):={\sqrt {x}}\;\ln {\frac {x+1}{x-1}}={\sqrt {x}}\ln {\frac {1+{\frac {1}{x}}}{1-{\frac {1}{x}}}}\sim {\frac {2}{\sqrt {x}}}\to 0$

et

$f'(x)={\frac {1}{2{\sqrt {x}}}}\ln {\frac {1+{\frac {1}{x}}}{1-{\frac {1}{x}}}}-{\frac {2{\sqrt {x}}}{x^{2}-1}}\sim {\frac {-1}{x{\sqrt {x}}}}<0$

donc la série converge, d'après le critère d'Abel.

La convergence n'est pas absolue, puisque $\sum {\frac {1}{\sqrt {n}}}$ est une série de Riemann divergente.

 

• $\sum {\frac {(-1)^{n}}{n^{\alpha }\;\left(1+\ln n\right)^{\beta }}}$.

Solution

Supposons $\alpha >0$ ou [$\alpha =0$ et $\beta >0$] (sinon, la série est grossièrement divergente).

En $+\infty$,

$f(x):={\frac {1}{x^{\alpha }\;\left(1+\ln x\right)^{\beta }}}\to 0$

et

$f'(x)=-{\frac {\alpha \ln x+\beta }{x^{\alpha +1}\;\left(1+\ln x\right)^{\beta +1}}}<0$ pour $x$ suffisamment grand

donc la série converge, d'après le critère d'Abel.

La convergence n'est absolue que si $\alpha >1$ ou [$\alpha =1$ et $\beta >1$], d'après l'étude des séries de Bertrand.

 

Exercice 5

1. Montrer que la série $\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{2n+1}}$ est convergente.
2. On note $S_{n}$ sa $n$-ième somme partielle. Vérifier que ${\frac {1}{2n+1}}=\int _{0}^{1}t^{2n}\;\mathrm {d} t$ et en déduire que $S_{n}-{\frac {\pi }{4}}$ est du signe de $(-1)^{n}$.
3. En déduire la somme de la série.
4. Écrire la formule de Taylor avec reste intégral de Laplace de la fonction $\arctan$ en 0 à l'ordre 2N + 2, évaluée au point 1, et comparer.

Solution

Faites ces exercices : Calcul de $\sum {\frac {(-1)^{n}}{2n+1}}$via une série de Fourier.

1. La suite $\left({\frac {1}{2n+1}}\right)$ est décroissante et de limite nulle donc la série converge, d'après le critère d'Abel.
2. $\int _{0}^{1}t^{2n}\;\mathrm {d} t=\left[{\frac {t^{2n+1}}{2n+1}}\right]_{0}^{1}={\frac {1}{2n+1}}$ donc

   ${\begin{aligned}S_{n}&=\sum _{k=0}^{n}{\frac {(-1)^{k}}{2k+1}}\\&=\int _{0}^{1}\sum _{k=0}^{n}(-t^{2})^{k}\;\mathrm {d} t\\&=\int _{0}^{1}{\frac {1-(-t^{2})^{n+1}}{1+t^{2}}}\;\mathrm {d} t\\&=\int _{0}^{1}{\frac {1}{1+t^{2}}}\;\mathrm {d} t+(-1)^{n}\int _{0}^{1}{\frac {t^{2n+2}}{1+t^{2}}}\;\mathrm {d} t.\end{aligned}}$

   Or $\int _{0}^{1}{\frac {1}{1+t^{2}}}\;\mathrm {d} t=\left[\arctan t\right]_{0}^{1}={\frac {\pi }{4}}$ et $\int _{0}^{1}{\frac {t^{2n+2}}{1+t^{2}}}\;\mathrm {d} t>0$, donc $S_{n}-{\frac {\pi }{4}}$ est bien du signe de $(-1)^{n}$.

3. D'après la question 1, $S_{n}\to S\in \mathbb {R}$. D'après la question 2, $S_{2j+1}<{\frac {\pi }{4}}<S_{2k}$ donc (par passage à la limite des deux sous-suites) $S\leq {\frac {\pi }{4}}\leq S$. Par conséquent, $S={\frac {\pi }{4}}$.
4. Pour $f$ de classe Cⁿ⁺¹, $f(x)=\sum _{k=0}^{n}{\frac {f^{(k)}(a)}{k!}}(x-a)^{k}+\int _{a}^{x}{\frac {f^{(n+1)}(t)}{n!}}(x-t)^{n}\,\mathrm {d} t$ donc ici,
   ${\frac {\pi }{4}}=\arctan 1=\sum _{k=0}^{2N+2}{\frac {\arctan ^{(k)}(0)}{k!}}+R_{N}=\sum _{n=0}^{N}{\frac {(-1)^{n}}{2n+1}}+R_{N}$,
   les coefficients ${\frac {\arctan ^{(k)}(0)}{k!}}$ ayant été trouvés en intégrant le d.l. de Taylor-Young en 0 de $\arctan 'x={\frac {1}{1+x^{2}}}$. Le reste,
   $R_{N}=\int _{0}^{1}{\frac {\arctan ^{(2N+3)}(t)}{(2N+2)!}}(1-t)^{2N+2}\,\mathrm {d} t$,
   serait un peu pénible à majorer directement, mais notre exercice prouve qu'il tend vers 0 quand $N\to \infty$ et même, que $0<(-1)^{N+1}R_{N}=\int _{0}^{1}{\frac {t^{2N+2}}{1+t^{2}}}\;\mathrm {d} t<{\frac {1}{2N+3}}$.

 

Exercice 6

Nature de la série $\sum {\frac {(-1)^{n}}{n^{\alpha }+(-1)^{n}}}$, selon la valeur du réel $\alpha >0$.

Solution

La série converge absolument si et seulement si $\alpha >1$.

Pour $0<\alpha \leq 1$, la suite $\left({\frac {1}{n^{\alpha }+(-1)^{n}}}\right)$ n'est pas monotone donc le critère d'Abel ne s'applique pas. Cependant,

${\frac {(-1)^{n}}{n^{\alpha }+(-1)^{n}}}-{\frac {(-1)^{n}}{n^{\alpha }}}=-{\frac {1}{(n^{\alpha }+(-1)^{n})n^{\alpha }}}\sim -{\frac {1}{n^{2\alpha }}}$

donc notre série est la somme de la série alternée $\sum {\frac {(-1)^{n}}{n^{\alpha }}}$ (semi-convergente par Abel) et d'une série qui converge si et seulement si $\alpha >{\frac {1}{2}}$.

Conclusion : cette série est divergente si $0<\alpha \leq {\frac {1}{2}}$, semi-convergente si ${\frac {1}{2}}<\alpha \leq 1$, et absolument convergente si $\alpha >1$.

Remarque : pour $\alpha =1$, la somme de cette série se déduit de celle de la série harmonique alternée en regroupant les termes consécutifs deux par deux :

${\frac {(-1)^{2k}}{2k+(-1)^{2k}}}+{\frac {(-1)^{2k+1}}{2k+1+(-1)^{2k+1}}}={\frac {1}{2k+1}}-{\frac {1}{2k}}$

donc

$\sum _{n=2}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{n+(-1)^{n}}}=\sum _{n=2}^{\infty }{\frac {(-1)^{n+1}}{n}}=\ln 2-1$.

 

Exercice 7

Soient $(a_{n})$ une suite monotone et bornée et $\sum b_{n}$ une série convergente. Montrer que $\sum a_{n}b_{n}$ est convergente.

Solution

D'après les hypothèses, la suite $(a_{n})$ admet une limite finie $a$ et la suite des sommes partielles de la série $\sum b_{n}$ est bornée. D'après le test de Dirichlet (corollaire du critère d'Abel), la série $\sum \left(a_{n}-a\right)b_{n}$ est convergente. La série $\sum ab_{n}$ l'étant également, leur somme l'est.

 

Exercice 8

Démontrer que pour tout nombre complexe $z\neq -1$ de module $1$, la série $\ln \left(1+z\right):=-\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-z)^{n}}{n}}$ converge.

Solution

Le critère d'Abel (ou même le critère de Dirichlet, qui en est un cas particulier) s'applique car :

• la suite $\left({\frac {1}{n}}\right)$ est monotone et de limite nulle ;
• la série $\sum (-z)^{n}$ a ses sommes partielles bornées : $\left|\sum _{n=1}^{N}(-z)^{n}\right|=\left|-z\,{\frac {1-(-z)^{N}}{1+z}}\right|\leq {\frac {2}{|1+z|}}$.

 

Exercice 9

Soit $f(x)={\frac {x^{3}+ax^{2}+bx+c}{x^{2}+ax+d}}$ avec $a,b,c,d\in \mathbb {R}$. Calculer $f(x)-x$ et montrer que la série $\sum \sin \left(\pi f(n)\right)$ converge. À quelle condition la convergence est-elle absolue ?

Solution

$g(x)=f(x)-x={\frac {ex+c}{x^{2}+ax+d}}$ avec $e=b-d$ ($f(x)$ et $g(x)$ étant définis pour $x$ suffisamment grand, et même pour tout $x\in \mathbb {R}$ si $a^{2}-4d<0$).

$\sin \left(\pi f(n)\right)=\sin \left(\pi g(n)+n\pi \right)=(-1)^{n}\sin \left(\pi g(n)\right)$.

$g'(x)={\frac {-ex^{2}-2cx+ed-ca}{(x^{2}+ax+d)^{2}}}$ étant de signe constant pour $x$ suffisamment grand, il existe $\alpha \in \mathbb {R}$ tel que, sur $\left]\alpha ,+\infty \right[$, $g$ soit (définie et) monotone.

De plus, puisque $\lim _{+\infty }g=0$, il existe $\beta \geq \alpha$ tel que, sur $\left]\beta ,+\infty \right[$, $|g|\leq {\frac {1}{2}}$ donc sur ce sous-intervalle, $x\mapsto \sin \left(\pi g(x)\right)$ est encore monotone.

La suite $\left(\sin \left(\pi g(n)\right)\right)$ est donc (définie et) monotone à partir d'un certain rang. Comme elle tend vers 0, le critère d'Abel (ou même le critère de Dirichlet, qui en est un cas particulier) s'applique et la série $\sum \sin \left(\pi f(n)\right)=\sum (-1)^{n}\sin \left(\pi g(n)\right)$ converge.

Puisque $\left|\sin \left(\pi g(n)\right)\right|\sim \pi |g(n)|\sim \pi {\frac {|en+c|}{n^{2}}}$, la convergence est absolue si et seulement si $e=0$, c'est-à-dire $b=d$.