Contrôle périodique 1 blanc corrigé de MTH1101 (Polytechnique)

a) Le plus court est algébrique : $\ln(n^{2}+1)=\ln\left(n^{2}\left(1+\frac{1}{n^{2}}\right)\right)=2\ln n+\ln\left(1+\frac{1}{n^{2}}\right)$, donc $a_n=2+\dfrac{\ln\left(1+\frac{1}{n^{2}}\right)}{\ln n}$. Le numérateur de la fraction tend vers $\ln 1=0$ et le dénominateur vers $+\infty$ : $a_n\to 2$. Par la règle de L'Hospital, on passe d'abord par la FONCTION $f(x)=\frac{\ln(x^{2}+1)}{\ln x}$, forme $\frac{\infty}{\infty}$ : $\frac{2x/(x^{2}+1)}{1/x}=\frac{2x^{2}}{x^{2}+1}\to 2$, et le théorème « si $f(x)\to L$ quand $x\to+\infty$, alors $f(n)\to L$ » transfère la limite à la suite. Le piège est de « dériver $a_n$ par rapport à $n$ » : une suite n'est définie qu'aux entiers et n'a pas de dérivée. La réciproque du théorème est fausse : $\sin(\pi x)$ n'a pas de limite, $\sin(\pi n)=0$ en a une.

b) La base tend vers $1$ et l'exposant vers $+\infty$ : forme $1^{\infty}$. Ni « $1^{n}=1$ » ni « comme $\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}$, la limite vaut $\mathrm{e}$ » ne sont des raisonnements : il faut comparer la vitesse à laquelle la base approche $1$ à celle de l'exposant. On passe au logarithme, $\ln b_n=n\ln\left(1+\frac{1}{n^{2}}\right)$, et l'on étudie la fonction $f(x)=x\ln\left(1+\frac{1}{x^{2}}\right)=\dfrac{\ln\left(1+x^{-2}\right)}{1/x}$, forme $\frac{0}{0}$. Par la règle de L'Hospital : $\dfrac{\frac{-2x^{-3}}{1+x^{-2}}}{-x^{-2}}=\dfrac{2}{x\left(1+x^{-2}\right)}=\dfrac{2x}{x^{2}+1}\to 0$. Donc $\ln b_n\to 0$ et, l'exponentielle étant continue, $b_n=\mathrm{e}^{\ln b_n}\to\mathrm{e}^{0}=1$. La base approche $1$ à la vitesse $\frac{1}{n^{2}}$, trop vite pour que l'exposant $n$ compense ; avec $\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}$ les deux vitesses s'équilibrent et donnent $\mathrm{e}$.

c) On divise par $3^{n}$ : $c_n=\dfrac{1}{3}\left[\left(-\dfrac{2}{3}\right)^{n}+1\right]$. Comme $\left|-\frac{2}{3}\right|<1$, $\left(-\frac{2}{3}\right)^{n}\to 0$ et $c_n\to\frac{1}{3}$. Seule, $(-2)^{n}$ oscille sans limite, mais ce qui compte est le RAPPORT au terme dominant $3^{n}$ : c'est une suite géométrique de raison $-\frac{2}{3}$, qui tend vers $0$ en alternant de signe.

d) Minoration, par récurrence : $u_0=3\ge 2$ ; si $u_n\ge 2$, alors $0<\frac{2}{u_n}\le 1$ et $u_{n+1}=3-\frac{2}{u_n}\ge 2$. Monotonie : $u_{n+1}-u_n=3-\frac{2}{u_n}-u_n=-\dfrac{u_n^{2}-3u_n+2}{u_n}=-\dfrac{(u_n-1)(u_n-2)}{u_n}\le 0$, car $u_n\ge 2$ rend les trois facteurs positifs. Décroissante et minorée, la suite CONVERGE (théorème des suites monotones), et c'est seulement maintenant qu'on peut calculer sa limite $L$ : la fonction $x\mapsto 3-\frac{2}{x}$ est continue en $L\ge 2$, donc $L=3-\frac{2}{L}$, soit $L^{2}-3L+2=0$ et $L\in\{1\,;2\}$. Les deux points fixes sont les deux intersections de la courbe et de la droite sur la figure. C'est la MINORATION qui choisit : $u_n\ge 2$ pour tout $n$ impose $L\ge 2$, donc $L=2$, ce que l'escalier montre. Contrôle : $u_1=\frac{7}{3}$, $u_2=\frac{15}{7}$, $u_3=\frac{31}{15}$, et l'on vérifie que $u_n=2+\frac{1}{2^{n+1}-1}$. Si $u_0=1$ : $u_1=3-2=1$, la suite est constante et sa limite est $1$. La même équation des points fixes donne donc deux limites différentes selon le départ : résoudre $L=g(L)$ fournit des CANDIDATS, jamais la limite seule.

a) Un développement décimal illimité EST une série : $2{,}454545\ldots=2+\frac{45}{100}+\frac{45}{100^{2}}+\frac{45}{100^{3}}+\dots=2+\sum_{k\ge 1}\frac{45}{100^{k}}$. La série est géométrique, de premier terme $\frac{45}{100}$ et de raison $\frac{1}{100}$, avec $\left|\frac{1}{100}\right|<1$ : elle converge et vaut $\dfrac{45/100}{1-1/100}=\dfrac{45}{99}=\dfrac{5}{11}$. Le nombre vaut donc $2+\frac{5}{11}=\frac{27}{11}$. Les deux pièges : prendre la raison $\frac{1}{10}$, alors que le bloc qui se répète a DEUX chiffres, et appliquer $\frac{a}{1-r}$ avec $a=45$ au lieu du premier terme réellement écrit, $\frac{45}{100}$. Contrôle : $27\div 11=2{,}4545\ldots$ par la division posée.

b) Les termes sont positifs, car $n(n+2)=(n+1)^{2}-1<(n+1)^{2}$, et tendent vers $\ln 1=0$ : le test de divergence ne dit rien. On découpe : $\ln\frac{(n+1)^{2}}{n(n+2)}=\ln\frac{n+1}{n}-\ln\frac{n+2}{n+1}=b_n-b_{n+1}$ avec $b_n=\ln\frac{n+1}{n}$. La somme est TÉLESCOPIQUE : $S_N=b_1-b_{N+1}=\ln 2-\ln\frac{N+2}{N+1}$. Comme $\frac{N+2}{N+1}\to 1$, $S_N\to\ln 2$ : la série converge et vaut $\ln 2\approx 0{,}69$. On n'a pas eu besoin d'un critère : quand $S_N$ s'écrit, sa limite décide de tout.

c) Par définition $S_N=a_1+\dots+a_N$, donc $a_1=S_1=\frac{3}{3}=1$ et $a_n=S_n-S_{n-1}$ pour $n\ge 2$ : $a_5=\frac{15}{7}-\frac{12}{6}=\frac{1}{7}$. En général $a_n=\frac{3n}{n+2}-\frac{3(n-1)}{n+1}=\frac{6}{(n+1)(n+2)}$, formule qui redonne $a_1=1$. La somme est la limite des SOMMES PARTIELLES, $\lim S_N=3$. Ne pas confondre avec la limite des TERMES, $\lim a_n=0$, qui est seulement la condition nécessaire de convergence.

d) C'est une série géométrique de raison $r=\ln x$ : elle converge si et seulement si $|\ln x|<1$, c'est-à-dire $-1<\ln x<1$, soit $\frac{1}{\mathrm{e}}<x<\mathrm{e}$ (la fonction exponentielle, croissante, conserve les inégalités). Aux bornes, $\ln x=\pm 1$ et les termes valent $1$ ou $(-1)^{n}$ : ils ne tendent pas vers $0$, la série diverge. Pour $x=\sqrt{\mathrm{e}}$, $\ln x=\frac{1}{2}$ et la somme vaut $\dfrac{1}{1-\frac{1}{2}}=2$.

a) On pose $u=1-2x$. Pour $\sum\frac{u^{n}}{\sqrt{n}}$, le critère de d'Alembert donne $\left|\frac{u^{n+1}/\sqrt{n+1}}{u^{n}/\sqrt{n}}\right|=|u|\sqrt{\frac{n}{n+1}}\to|u|$ : convergence absolue si $|u|<1$, divergence si $|u|>1$. Or $|1-2x|<1\iff 0<x<1$ : le centre est $\frac{1}{2}$ et le rayon vaut $\frac{1}{2}$, PAS $1$. Le rayon se lit en $x$ : $|2x-1|<1$ s'écrit $\left|x-\frac{1}{2}\right|<\frac{1}{2}$. Aux bornes, le critère est muet ($L=1$) et l'on remplace. En $x=0$, $u=1$ : $\sum\frac{1}{\sqrt{n}}$ est une série de Riemann avec $p=\frac{1}{2}\le 1$, elle DIVERGE. En $x=1$, $u=-1$ : $\sum\frac{(-1)^{n}}{\sqrt{n}}$ est alternée, $\frac{1}{\sqrt{n}}$ décroît vers $0$, elle CONVERGE par le critère des séries alternées (conditionnellement). D'où $]0\,;1]$. Piège : inverser les deux bornes, car c'est $1-2x$ et non $2x-1$ qui est élevé à la puissance $n$ ; en $x=0$ la base vaut $+1$, pas $-1$.

b) Avec $u=-x^{3}$ dans $\frac{1}{1-u}=\sum u^{k}$ : $\frac{1}{1+x^{3}}=\sum_{k\ge 0}(-1)^{k}x^{3k}$ pour $|x|<1$, donc $f(x)=\sum_{k\ge 0}(-1)^{k}x^{3k+2}=x^{2}-x^{5}+x^{8}-x^{11}+\dots$ Une série entière qui représente $f$ près de $0$ est SA série de Maclaurin (unicité du développement) : le coefficient de $x^{n}$ vaut $\frac{f^{(n)}(0)}{n!}$. Les seuls exposants présents sont $2,5,8,11,\dots$ ; $6$ n'en fait pas partie, donc $f^{(6)}(0)=0$. Le coefficient de $x^{8}$ vaut $(-1)^{2}=1$, donc $f^{(8)}(0)=8!=40320$. Huit dérivations d'un quotient donneraient le même nombre au prix de pages de calcul.

c) On multiplie les deux séries en ne gardant que les termes jusqu'à $x^{3}$ : $\mathrm{e}^{x}\sin x=\left(1+x+\frac{x^{2}}{2}+\dots\right)\left(x-\frac{x^{3}}{6}+\dots\right)=x+x^{2}+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{6}\right)x^{3}+\dots=x+x^{2}+\frac{x^{3}}{3}+\dots$ Le numérateur vaut $\frac{x^{3}}{3}+(\text{termes en }x^{4}\text{ et plus})$, et la limite vaut $\frac{1}{3}$. Le piège est d'oublier un des produits croisés qui donnent $x^{3}$ : $\frac{x^{2}}{2}\cdot x$ ET $1\cdot\left(-\frac{x^{3}}{6}\right)$. La règle de L'Hospital demanderait trois applications et la dérivée troisième d'un produit.

d) La série de $\mathrm{e}^{x}$ privée de ses deux premiers termes s'écrit $\mathrm{e}^{x}-1-x=\sum_{m\ge 2}\frac{x^{m}}{m!}=\sum_{n\ge 0}\frac{x^{n+2}}{(n+2)!}$, pour tout réel $x$. Pour $x\ne 0$, on divise par $x^{2}$ : $\sum_{n\ge 0}\frac{x^{n}}{(n+2)!}=\frac{\mathrm{e}^{x}-1-x}{x^{2}}$. En $x=2$ : $\sum_{n\ge 0}\frac{2^{n}}{(n+2)!}=\frac{\mathrm{e}^{2}-3}{4}$. Le piège est le décalage d'indice : la somme ne commence pas au terme $\frac{x^{0}}{0!}$, il faut retirer $1$ ET $x$, puis rendre la puissance manquante. Contrôle : $\frac{1}{2}+\frac{2}{6}+\frac{4}{24}+\frac{8}{120}\approx 1{,}07$, et $\frac{\mathrm{e}^{2}-3}{4}\approx 1{,}10$.

a) FAUX. Contre-exemple : $a_n=\ln n$. On a $a_{n+1}-a_n=\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)\to 0$, et pourtant $\ln n\to+\infty$. Des termes de plus en plus proches ne forcent pas la suite à se fixer. C'est exactement le phénomène de la série harmonique : ses sommes partielles $H_n$ vérifient $H_{n+1}-H_n=\frac{1}{n+1}\to 0$ et tendent vers $+\infty$. Autrement dit, cette affirmation est la réciproque du test de divergence, lue sur les sommes partielles.

b) VRAI. Comme $\sum a_n$ converge, $a_n\to 0$ (condition nécessaire). Il existe donc un rang $N$ à partir duquel $0<a_n<1$, et alors $0<a_n^{2}\le a_n$. Par le critère de comparaison, valable pour des séries à termes POSITIFS, $\sum_{n\ge N}a_n^{2}$ converge, et les $N$ premiers termes, en nombre fini, ne changent pas la nature de la série. Sans l'hypothèse $a_n>0$, l'inégalité $a_n^{2}\le a_n$ n'a plus de sens et l'argument tombe.

c) FAUX. Contre-exemple : $a_n=\frac{1}{n}$. Pour tout $n$, $\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{n}{n+1}<1$, et la série harmonique diverge. Le critère de d'Alembert ne parle pas d'un rapport inférieur à $1$ terme à terme, mais de sa LIMITE $L$, et demande $L<1$ : ici $L=1$, le cas muet. Un rapport qui reste sous $1$ dit seulement que la suite des termes décroît, et décroître ne suffit pas à converger en somme.

d) VRAI. Par définition du rayon, la série diverge pour $|x|>R$ : si elle convergeait en un point $x_0$ avec $|x_0|>2$, elle convergerait absolument pour tout $|x|<|x_0|$, et le rayon serait au moins $|x_0|>2$. Ici $|-3|=3>2$ : divergence, et même terme général qui ne tend pas vers $0$. L'affirmation analogue en $x=\pm 2$, SUR le bord, serait indécidable sans connaître les $c_n$ : chaque borne s'étudie à part.

e) FAUX. $T_1(x)=x$ et $T_3(x)=x-\frac{x^{3}}{6}$. En $x=6$ : $T_1(6)=6$ et $T_3(6)=6-36=-30$. Comme $-1\le\sin 6\le 1$, on a $|\sin 6-T_1(6)|\le 7$ et $|\sin 6-T_3(6)|\ge 29$, sans calculatrice. Un polynôme de Taylor de degré plus élevé colle mieux PRÈS DU CENTRE, mais rien ne garantit qu'il soit meilleur loin de lui : l'inégalité de Taylor, $|R_3(x)|\le\frac{|x|^{4}}{24}$, vaut $54$ en $x=6$ et ne promet rien d'utile. La précision se juge toujours SUR UN INTERVALLE donné.

a) Les termes sont positifs et se comportent comme $\frac{n^{2}}{n^{4}}=\frac{1}{n^{2}}$. Comparaison DIRECTE : $\frac{n^{2}+1}{n^{4}+n}\le\frac{1}{n^{2}}\iff n^{4}+n^{2}\le n^{4}+n\iff n^{2}\le n$, faux dès $n\ge 2$. Le terme est donc AU-DESSUS de celui d'une série convergente, ce qui ne prouve rien. D'Alembert : pour une fraction rationnelle, $\frac{a_{n+1}}{a_n}\to 1$, cas muet. Comparaison PAR LIMITE : $\dfrac{a_n}{1/n^{2}}=\dfrac{n^{4}+n^{2}}{n^{4}+n}\to 1$, nombre fini et non nul, et $\sum\frac{1}{n^{2}}$ converge ($p=2>1$) : la série CONVERGE. C'est l'outil fait pour les fractions rationnelles, parce qu'il ignore le sens de l'inégalité.

b) Pour $n\ge 3$, $\ln n>1$, donc $\frac{\ln n}{n^{3/2}}>\frac{1}{n^{3/2}}$ : encore une fois au-dessus d'une série convergente, aucune conclusion. Et la majoration inverse est impossible, car $\ln n$ n'est pas borné. On sacrifie un peu de l'exposant pour absorber le logarithme : avec $p=\frac{5}{4}$, compris entre $1$ et $\frac{3}{2}$, $\dfrac{\ln n/n^{3/2}}{1/n^{5/4}}=\dfrac{\ln n}{n^{1/4}}\to 0$ (croissances comparées, ou L'Hospital sur $\frac{\ln x}{x^{1/4}}$ : $\frac{1/x}{\frac{1}{4}x^{-3/4}}=\frac{4}{x^{1/4}}\to 0$). Un quotient qui tend vers $0$ dit qu'à partir d'un rang $a_n\le\frac{1}{n^{5/4}}$, et $\sum\frac{1}{n^{5/4}}$ converge : la série CONVERGE. Piège : comparer avec $p=1$. La limite vaut encore $0$, mais $\sum\frac{1}{n}$ diverge, et être sous une série divergente ne prouve rien.

c) Les factorielles appellent d'Alembert : $\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=\dfrac{3^{n+1}(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}\cdot\dfrac{n^{n}}{3^{n}\,n!}=\dfrac{3(n+1)\,n^{n}}{(n+1)^{n+1}}=3\left(\dfrac{n}{n+1}\right)^{n}=\dfrac{3}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}}\to\dfrac{3}{\mathrm{e}}$. Comme $\mathrm{e}<3$, $L>1$ : la série DIVERGE, et ses termes tendent même vers $+\infty$. Tout se joue sur la comparaison de $\mathrm{e}$ et de $3$ : avec $2^{n}$ au lieu de $3^{n}$, on aurait $L=\frac{2}{\mathrm{e}}<1$ et la convergence. Le critère de Cauchy demanderait $\sqrt[n]{n!}$, beaucoup moins commode.

d) Le terme est une puissance $n$-ième : le critère de Cauchy l'enlève d'un coup, $\sqrt[n]{a_n}=\dfrac{2n+1}{3n-1}\to\dfrac{2}{3}<1$ (termes positifs). La série CONVERGE. D'Alembert obligerait à comparer $\left(\frac{2n+3}{3n+2}\right)^{n+1}$ et $\left(\frac{2n+1}{3n-1}\right)^{n}$, deux puissances de bases différentes : faisable, mais long et fragile, pour la même limite $\frac{2}{3}$.

a) $f'(x)=\dfrac{(x^{2}+1)^{2}-x\cdot 2(x^{2}+1)\cdot 2x}{(x^{2}+1)^{4}}=\dfrac{1-3x^{2}}{(x^{2}+1)^{3}}$. $f$ croît sur $[0\,;\frac{1}{\sqrt{3}}]$ et décroît sur $[\frac{1}{\sqrt{3}}\,;+\infty[$, ce que montre la bosse de la figure. Comme $\frac{1}{\sqrt{3}}<1$, sur $[1\,;+\infty[$ la fonction est continue, positive et décroissante : les trois hypothèses du test sont vérifiées À PARTIR DE $x=1$, et c'est tout ce que le test demande. Avec $u=x^{2}+1$, une primitive est $-\frac{1}{2(x^{2}+1)}$, donc $\int_{1}^{t}f=\frac{1}{4}-\frac{1}{2(t^{2}+1)}\to\frac{1}{4}$. L'intégrale converge, donc la série converge. (Une comparaison par limite avec $\sum\frac{1}{n^{3}}$ le dirait aussi.)