Exercice 6

Partie

Étude , pour \(a > 0\), des séries de terme général :

Question

\(u_n=a^{\displaystyle{\sum_{k=1}^n}\frac1k}\) \((n\geq 1)\)

Aide simple

On pose \(v_n=\displaystyle{\sum_{k=1}^n}\frac1k\).

\(v_n\) représente la somme partielle d'ordre \(n\) de la série harmonique, on discute suivant les valeurs de \(a\).

Dans le cas \(a < 1\), on encadre \(v_n\) par une méthode classique de comparaison des intégrales et des séries.

Solution détaillée

On écrit, pour \(n\geq1\), \(u_n=a^{v_n}\) avec \(v_n=\displaystyle{\sum_{k=1}^n}\frac1k\), \(v_n\) est donc la somme partielle d'ordre \(n\) de la série harmonique. On rappelle que \(\displaystyle{\lim_{n\rightarrow+\infty}}v_n=+\infty\). On distingue les cas suivants :

  • \(a>1\) alors \(u_n\rightarrow +\infty\), la série est divergente car le terme général ne tend pas vers 0 ;

  • \(a=1\) alors \(\forall n\geq 1, u_n=1\), la série est divergente car le terme général ne tend pas vers 0 ;

  • \(a < 1\), la méthode est celle utilisée dans la comparaison des intégrales et des séries.

Pour tout entier \(k\geq 1\), on a pour \(x\) appartenant à l'intervalle \([k,k+1]\), \(\frac{1}{k+1}\leq \frac1x\leq \frac 1k\).

On en déduit les inégalités entre intégrales : \(\frac{1}{k+1}\leq \int_k^{k+1}\frac{dt}{t}\leq \frac1k\).

En additionnant membre à membre ces inégalités pour \(k =1,2...n\), on obtient :

\(\displaystyle{\sum_{k=2}^{n+1}}\frac1k\leq \int_1^{n+1}\frac{dt}{t}\leq \int_{k=1}^n\frac1k\) soit \(v_{n+1}-1\leq\ln(n+1)\leq v_n\).

On a donc pour tout entier \(n\geq 2\), \(\ln(n+1)\leq v_n\leq \ln(n+1)\).

On a \(ln a < 0\), d'où \((1+\ln n)\ln a\leq v_n \ln a\leq \ln(n+1)\ln a\), soit encore

\(e^{(1+\ln n)\ln a}\leq u_n\leq e^{\ln(n+1)\ln a}\) ou \(an^{\ln a}\leq u_n\leq(n+1)^{\ln a}\).

Cet encadrement montre que la série de terme général \(u_n\) est de même nature que la série de terme général \(n^{\ln a}\),

elle est donc convergente si et seulement si \(\ln a<-1\) soit \(a<\frac1e\).

On a donc : \(\ln(n+1)\leq v_n\leq \ln n+1\).

On a \(ln a < 0\), d'où \((1+\ln n)\ln a\leq v_n \ln a\leq \ln(n+1)\ln a\), soit encore, compte tenu de la croissance de la fonction exponentielle

\(e^{(1+\ln n)\ln a}\leq u_n\leq e^{\ln(n+1)\ln a}\) ou \(an^{\ln a}\leq u_n\leq(n+1)^{\ln a}\).

Cet encadrement montre que la série de terme général \(u_n\) est de même nature que la série de terme général \(n^{\ln a}\).

Elle est donc convergente si et seulement si \(\ln a<-1\) soit \(a<\frac1e\).

Question

\(u_n=\frac{n}{\displaystyle{\prod_{k=1}^{k=n}}(1+a^k)}\)

Aide simple

On distinguera les cas \(a\geq 1\) et \(a<1\). On pourra poser, dans le cas \(a<1, v_n=\displaystyle{\prod_{k=1}^n}(1+a^k)\) et étudier \(\ln(v_n)\).

Solution détaillée

On distingue suivant les valeurs de \(a\).

  • \(a\geq 1\),

    on a alors : \(\forall k\geq 1\),\(1+a^k\geq 2\) et \(0<u_n<\frac{n}{2^n}\). On a donc majoré \(u_n\) par le terme général d'une série convergente, la série est convergente.

  • \(a<1\),

    on pose \(v_n=\displaystyle{\prod_{k=1}^n}(1+a^k)\) d'où \(\ln v_n=\displaystyle{\sum_{k=1}^n}\ln(1+a^k)\). Ainsi \(\ln(v_n)\) est la somme partielle d'ordre \(n\) de la série de terme général \(\ln(1+a^k)\).Quand \(k\) tend vers + ¥ , on a \(\ln(1+a^k)\sim a^k\), la série de terme général \(\ln(1+a^k)\) est convergente et a une limite strictement positive, la suite \((v_n)\) a donc une limite minorée par 1.

    Le terme général \(u_n=\frac{n}{v_n}\) tend vers + ¥ , la série est divergente.