Séries numériques - exercices d'entraînement

Compte tenu de la forme du terme général, la première étape est de l'écrire sous forme exponentielle soit :

$u_n=\left(n\sin\left(\frac1{n}\right)\right)^{n^2}=e^{n^2\ln(n\sin(1/n))} \quad (n\geq1).$

Quand $n$ tend vers l'infini, on a : $n \sin \left(\frac1{n}\right)\sim 1,$ d'où $\displaystyle{\lim_{n\rightarrow+\infty}} \ln \left(n\sin \left(\frac1{n}\right)\right)=0.$

Ainsi l'exposant $\ln(u_n)$ se présente sous forme du produit d'un terme qui tend vers $0$ par un terme qui tend vers l'infini. Il y a donc une indétermination qu'un développement limité permet de résoudre. On a :

$n\sin\left(\frac{1}{n}\right)=n\left(\frac1{n}-\frac{1}{6n^3}+\frac{\epsilon(n)}{n^4}\right)$ avec $\displaystyle{\lim_{n\rightarrow+\infty}} \epsilon(n)=0$ d'où $\ln(u_n)=n^2\ln\left(1-\frac{1}{6n^2}+\frac{\epsilon(n)}{n^3}\right).$

On en déduit que $\ln(u_n)$ a pour limite $-\frac16$ et donc que le terme général de la série ne tend pas vers $0.$ La série est divergente.

Remarque :

Il aurait aussi été logique de penser, compte tenu de la forme du terme général, à utiliser la règle de Cauchy ; en fait elle ne permet pas de conclure. On a en effet d'après le calcul précédent :

$\ln\left(\sqrt[n]{u_n}\right)=n\ln\left(n\sin\left(\frac1{n}\right)\right) \sim-\frac1{6n}.$ D'où : $\displaystyle{\lim_{n\rightarrow+\infty}} \ln\left(\sqrt[n]{u_n}\right)=0$ et $\displaystyle{\lim_{n\rightarrow+\infty}} \sqrt[n]{u_n}=1.$

Écriture sous forme exponentielle du terme général

Compte tenu de la forme du terme général, la première étape consiste à l'écrire sous forme exponentielle, soit $u_n=\frac1{n^{2-\cos(1/n)}}=e^{-(2-\cos(1/n))\ln n} \quad (n\geq1)$

Comportement à l'infini du terme général

L'exposant $\ln(u_n)$ tend vers $-\infty$ et le terme général tend bien vers $0.$(Cela se voit d'ailleurs directement sur la forme initiale : l'exposant de $n$ est supérieur à $1)$

Le terme général est de signe constant, on en cherche un équivalent. On a :

$\ln(u_n)=\left(\cos\left(\frac1{n}\right)-2\right)\ln n =\left(-1-\frac1{2n^2}+\frac{\epsilon(n)}{n^2}\right) \ln n$ avec $\displaystyle{\lim_{n\rightarrow+\infty}} \epsilon(n)=0,$ soit encore

$\ln(u_n)=-\ln n -\frac{\ln n}{n^2}\left(\frac12+\epsilon(n)\right)=-\ln n+\theta_n$ avec $\displaystyle{\lim_{n\rightarrow+\infty}} \theta_n=0.$

On en déduit : $u_n=\frac1{n}e^{\theta_n}$ et donc $u_n \sim \frac1{n}(n\rightarrow+\infty).$

Conclusion

La série est donc divergente.

Remarque

Il est nécessaire de passer par la forme exponentielle et de faire un développement limité car si on écrit $2-\cos \left(\frac1{n}\right)=1+\epsilon(n)$ avec $\displaystyle{\lim_{n\rightarrow+\infty}} \epsilon(n)=0,$ on a $\frac1{n^{2-\cos(1/n)}}=\frac1{n^{1+\epsilon(n)}}=\frac1{n}.\frac1{n^{\epsilon(n)}}$ et on ne peut pas conclure..

Compte tenu de la forme du terme général, la première étape est de l'écrire sous forme exponentielle, soit

$u_n=\frac{n^{\ln n}}{e^{\sqrt{n}}}=e^{\ln^2n-\sqrt{n}}\quad (n\geq2).$

Quel que soit $s > 0,$ quand $n$ tend vers l'infini, on a $0<\ln n<n^s;$ en prenant $s < 1,$ par exemple $s =\frac18,$ on a, pour $n$ assez grand,

$\ln^2(n)-\sqrt{n}<n^{\frac14}-n^{\frac12}=n^{\frac12}\left(n^{-\frac14}-1\right)<-\frac{n^{\frac12}}{2},$

d'où, $e^{\ln^2n-\sqrt{n}}<e^{-\sqrt{n}/2}.$ Or on a $\displaystyle{\lim_{n\rightarrow \infty}} n^2 e^{-\sqrt{n}/2}=0.$ La série est donc convergente.

Étude de la série des valeurs absolues

L'inégalité $\left|u_n\right| \frac{\ln^2(n)}{\sqrt{n}} \geq \frac1{\sqrt{n}} \quad (n\geq3)$ entraîne que la série des valeurs absolues est divergente.

Application du théorème des séries alternées

On a $\displaystyle{\lim_{n\rightarrow +\infty}} u_n=0 ;$ si la suite $\left(\frac{\ln^2(n)}{\sqrt{n}} \right)$ est décroissante à partir d'un certain rang, on peut appliquer le théorème des séries alternées. On étudie donc la fonction $f : x \mapsto \frac {\ln^2(x)}{\sqrt{x}}$ sur $]0,+\infty[.$

On a $f'(x)=\frac{2\ln(x)}{x\sqrt{x}} -\frac{\ln^2(x)}{2x\sqrt{x}}=\frac{ln(x)}{2x\sqrt{x}} \left(4-\ln(x)\right).$ La fonction f est donc décroissante sur l'intervalle $]e^4,+\infty[ ;$ il en est donc de même pour la suite $\left(\frac{\ln^2(n)}{\sqrt{n}} \right)$ pour $n\geq55$.

Il s'agit ici d'une série à termes complexes ; on étudie donc la série des modules. On a :

$\left|u_n\right|=\frac{\left|(1+i)^n\alpha^n\right|}{n}=\frac{(\alpha\sqrt{2})^n}{n}.$

Plusieurs méthodes sont possibles : on peut par exemple utiliser la règle de d'Alembert, on a :

$\left|\frac{u_{n+1}}{u_n}\right|=\alpha\sqrt{2}\frac n{n+1}.$

On distingue donc les cas suivants :

\alpha<\frac1{\sqrt{2}}, on a alors $\displaystyle{\lim_{n\rightarrow+\infty}} \left|\frac{u_{n+1}}{u_n}\right|=\alpha\sqrt{2}<1,$ la série est donc convergente ;

\alpha>\frac1{\sqrt{2}}, on a alors $\displaystyle{\lim_{n\rightarrow+\infty}} \left|\frac{u_{n+1}}{u_n}\right|=\alpha\sqrt{2}>1,$ la série est divergente ;

\alpha=\frac1{\sqrt{2}}, le critère de d'Alembert ne permet pas de conclure.

Le terme général s'écrit $\frac{e^{\textrm{in}^ \pi/4}}{n},$ on est dans un cas classique d'application du théorème d'Abel (voir cours "Critères de semi-convergence", la série est semi-convergente.