MPSI · Séries numériques

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Question

Les leçons précédentes comparent les termes de deux séries. Mais lorsque unu_n est un produit d'un nombre de plus en plus grand de facteurs — une factorielle, un produit du type (n+1)(n+2)⋯2n(n+1)(n+2)\cdots 2n, une puissance nn-ième — c'est le rapport un+1un\displaystyle\frac{u_{n+1}}{u_n} ou la racine unn\sqrt[n]{u_n} qui se simplifie, jamais unu_n lui-même. Que peut-on lire de la nature d'une série sur ces deux quantités ? Et pour les séries à termes de signe quelconque qui ne sont ni alternées ni absolument convergentes, comme ∑einθn\displaystyle\sum \frac{e^{in\theta}}{n}, quel outil reste-t-il ?

Comparaison logarithmique

Théorème 1 : Comparaison logarithmique

Soient (un)(u_n) et (vn)(v_n) deux suites telles que un>0u_n > 0 et vn>0v_n > 0, avec

un+1un⩽vn+1vn\frac{u_{n+1}}{u_n} \leqslant \frac{v_{n+1}}{v_n}

à partir d'un certain rang. Alors

∑vn converge  ⟹  ∑un converge.\sum v_n \ \text{converge} \implies \sum u_n \ \text{converge}.

Démonstration :

Soit NN un rang à partir duquel l'inégalité est vérifiée. Pour n⩾Nn \geqslant N, toutes les quantités étant strictement positives, on peut faire passer les termes d'un membre à l'autre :

un+1un⩽vn+1vn  ⟺  un+1vn+1⩽unvn.\frac{u_{n+1}}{u_n} \leqslant \frac{v_{n+1}}{v_n} \iff \frac{u_{n+1}}{v_{n+1}} \leqslant \frac{u_n}{v_n}.

La suite (unvn)n⩾N\left(\frac{u_n}{v_n}\right)_{n \geqslant N} est donc décroissante. Par conséquent, pour tout n⩾Nn \geqslant N,

0<unvn⩽uNvN=C,c’est-aˋ-dire0<un⩽C vn.0 < \frac{u_n}{v_n} \leqslant \frac{u_N}{v_N} = C, \qquad \text{c'est-à-dire} \qquad 0 < u_n \leqslant C\, v_n .

Si ∑vn\sum v_n converge, alors ∑Cvn\sum C v_n converge, et le théorème de comparaison des séries à termes positifs donne la convergence de ∑un\sum u_n.

Remarque :

Le nom vient du logarithme : l'hypothèse s'écrit aussi ln⁡un+1−ln⁡un⩽ln⁡vn+1−ln⁡vn\ln u_{n+1} - \ln u_n \leqslant \ln v_{n+1} - \ln v_n. On ne compare pas les termes, on compare leurs accroissements logarithmiques.

Par contraposée, le théorème sert tout autant à prouver une divergence : si ∑un\sum u_n diverge, alors ∑vn\sum v_n diverge.

Test 1 : Sens de l'implication

Si un>0u_n>0, vn>0v_n>0 et un+1un⩽vn+1vn\displaystyle\frac{u_{n+1}}{u_n} \leqslant \frac{v_{n+1}}{v_n} à partir d'un certain rang, alors la convergence de ∑un\sum u_n entraîne celle de ∑vn\sum v_n.

Exemple :

Si un>0u_n > 0 et un+1un⩽12\displaystyle\frac{u_{n+1}}{u_n} \leqslant \frac{1}{2} à partir d'un certain rang, alors ∑un\sum u_n converge : on compare avec vn=(12)nv_n = \left(\frac12\right)^n, dont le rapport vaut exactement 12\frac12, et la série géométrique converge. Toute la règle de d'Alembert est déjà contenue là. Mais comment faire quand le rapport ne se majore pas aussi confortablement ?

Exercice 1 : Un produit de n facteurs

Étudier la nature de la série de terme général

un=(n+1)(n+2)⋯2nnn,n⩾1.u_n = \frac{(n+1)(n+2)\cdots 2n}{n^n}, \qquad n \geqslant 1 .
Solution :(cliquer pour afficher)

La suite est à termes strictement positifs et un=(2n)!n! nnu_n = \dfrac{(2n)!}{n!\,n^n}. Le rapport se simplifie :

un+1un=(2n+2)!(n+1)! (n+1)n+1⋅n! nn(2n)!=(2n+1)(2n+2)n+1⋅nn(n+1)n+1=4n+2n+1⋅1(1+1n)n.\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{(2n+2)!}{(n+1)!\,(n+1)^{n+1}} \cdot \frac{n!\,n^n}{(2n)!} = \frac{(2n+1)(2n+2)}{n+1}\cdot\frac{n^n}{(n+1)^{n+1}} = \frac{4n+2}{n+1}\cdot\frac{1}{\left(1+\frac1n\right)^{n}} .

Or 4n+2n+1⟶4\dfrac{4n+2}{n+1} \longrightarrow 4 et (1+1n)n⟶e\left(1+\frac1n\right)^{n} \longrightarrow e, donc

un+1un⟶4e≃1,47>1.\frac{u_{n+1}}{u_n} \longrightarrow \frac{4}{e} \simeq 1{,}47 > 1 .

Il existe donc un rang NN à partir duquel un+1un⩾1=1n+11n\dfrac{u_{n+1}}{u_n} \geqslant 1 = \dfrac{1^{n+1}}{1^{n}}. Posons wn=1w_n = 1 : la comparaison logarithmique s'applique avec (wn)(w_n) dans le rôle de (un)(u_n) et (un)(u_n) dans le rôle de (vn)(v_n). Si ∑un\sum u_n convergeait, ∑wn=∑1\sum w_n = \sum 1 convergerait aussi, ce qui est faux. Donc ∑un\sum u_n diverge.

On peut d'ailleurs le voir directement : à partir du rang NN la suite (un)(u_n) est croissante et uN>0u_N > 0, donc un⩾uN>0u_n \geqslant u_N > 0 et le terme général ne tend pas vers 00 — la divergence est grossière.

Règle de d'Alembert

Question

La comparaison logarithmique exige d'exhiber une série de référence, et en pratique cette série est presque toujours géométrique. Peut-on faire l'économie de ce choix et lire directement la nature de ∑un\sum u_n sur la limite du rapport un+1un\displaystyle\frac{u_{n+1}}{u_n} ?

Théorème 2 : Règle de d'Alembert

Soit (un)(u_n) une suite de réels strictement positifs telle que un+1un\displaystyle\frac{u_{n+1}}{u_n} admette une limite ℓ∈[0,+∞]\ell \in [0,+\infty].

  1. Si ℓ<1\ell < 1, la série ∑un\sum u_n converge.
  2. Si ℓ>1\ell > 1, alors un→+∞u_n \to +\infty : la série ∑un\sum u_n diverge grossièrement.
  3. Si ℓ=1\ell = 1, on ne peut pas conclure.

Démonstration :

  1. Supposons ℓ<1\ell < 1 et posons q=1+ℓ2q = \dfrac{1+\ell}{2}, de sorte que ℓ<q<1\ell < q < 1. Comme le rapport tend vers ℓ\ell, il existe NN tel que pour tout n⩾Nn \geqslant N,
un+1un⩽q=qn+1qn.\frac{u_{n+1}}{u_n} \leqslant q = \frac{q^{n+1}}{q^{n}} .

La série géométrique ∑qn\sum q^n converge car 0⩽q<10 \leqslant q < 1 ; la comparaison logarithmique donne la convergence de ∑un\sum u_n.

  1. Supposons ℓ>1\ell > 1 et choisissons qq tel que 1<q<ℓ1 < q < \ell (par exemple q=1+ℓ2q = \frac{1+\ell}{2} si ℓ\ell est fini, q=2q = 2 si ℓ=+∞\ell = +\infty). Il existe NN tel que un+1un⩾q\dfrac{u_{n+1}}{u_n} \geqslant q pour n⩾Nn \geqslant N, d'où par récurrence immédiate
un⩾uN q n−N(n⩾N).u_n \geqslant u_N\, q^{\,n-N} \qquad (n \geqslant N).

Comme q>1q > 1, le membre de droite tend vers +∞+\infty, donc un→+∞u_n \to +\infty : le terme général ne tend pas vers 00 et la série diverge grossièrement.

  1. Les séries ∑1n\sum \frac1n et ∑1n2\sum \frac{1}{n^2} ont toutes deux un rapport de limite 11, et ne sont pas de même nature : la règle ne peut donc rien affirmer dans ce cas.

Test 2 : Le cas limite

Si un>0u_n > 0 et un+1un→1\displaystyle\frac{u_{n+1}}{u_n} \to 1, alors la série ∑un\sum u_n diverge.

Remarque :

Terme général complexe. Si un≠0u_n \neq 0 et ∣un+1un∣→ℓ\left|\frac{u_{n+1}}{u_n}\right| \to \ell, on applique la règle à la suite (∣un∣)(|u_n|) : si ℓ<1\ell < 1, la série ∑∣un∣\sum |u_n| converge, donc ∑un\sum u_n converge absolument ; si ℓ>1\ell > 1, alors ∣un∣→+∞|u_n| \to +\infty et la série diverge grossièrement.

Exemple :

∑1n!\displaystyle\sum \frac{1}{n!} converge : le rapport vaut n!(n+1)!=1n+1→0<1\dfrac{n!}{(n+1)!} = \dfrac{1}{n+1} \to 0 < 1. Même conclusion pour ∑znn!\displaystyle\sum \frac{z^n}{n!} quel que soit z∈Cz \in \mathbb{C} — c'est la série exponentielle. Mais lorsqu'un paramètre apparaît dans le terme général, où bascule-t-on de la convergence à la divergence ?

Exercice 2 : Discussion selon un paramètre

Soit a>0a > 0. Discuter, selon la valeur de aa, la nature de la série de terme général

un=an n!nn,n⩾1.u_n = \frac{a^n\, n!}{n^n}, \qquad n \geqslant 1 .

Indication pour le cas limite : ln⁡(1+x)<x\ln(1+x) < x pour tout x>0x > 0.

Solution :(cliquer pour afficher)

La suite est à termes strictement positifs et

un+1un=an+1(n+1)!(n+1)n+1⋅nnan n!=a (n+1) nn(n+1)n+1=a(1+1n)n⟶ae.\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{a^{n+1}(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}\cdot\frac{n^n}{a^n\,n!} = a\,\frac{(n+1)\,n^n}{(n+1)^{n+1}} = \frac{a}{\left(1+\frac1n\right)^{n}} \longrightarrow \frac{a}{e}.
  • Si a<ea < e : ℓ=ae<1\ell = \frac{a}{e} < 1, la série converge (règle de d'Alembert).
  • Si a>ea > e : ℓ>1\ell > 1, la série diverge grossièrement.
  • Si a=ea = e : ℓ=1\ell = 1 et la règle est muette. On revient au rapport lui-même. Pour tout n⩾1n \geqslant 1, l'indication avec x=1nx = \frac1n donne nln⁡(1+1n)<1n\ln\left(1+\frac1n\right) < 1, donc (1+1n)n<e\left(1+\frac1n\right)^{n} < e et
un+1un=e(1+1n)n>1.\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{e}{\left(1+\frac1n\right)^{n}} > 1 .

La suite (un)(u_n) est strictement croissante, avec u1=e>0u_1 = e > 0, donc un⩾eu_n \geqslant e pour tout nn : le terme général ne tend pas vers 00 et la série diverge grossièrement.

Conclusion : ∑un\sum u_n converge si et seulement si a<ea < e.

Règle de Cauchy

Question

Quand le terme général est une puissance nn-ième, un=(wn)nu_n = (w_n)^n, le rapport un+1un\frac{u_{n+1}}{u_n} ne se simplifie pas — mais la racine nn-ième, elle, tombe toute seule. Peut-on lire la nature de la série sur unn\sqrt[n]{u_n} ?

Théorème 3 : Règle de Cauchy

Soit (un)(u_n) une suite de réels positifs telle que unn\sqrt[n]{u_n} admette une limite ℓ∈[0,+∞]\ell \in [0,+\infty].

  1. Si ℓ<1\ell < 1, la série ∑un\sum u_n converge.
  2. Si ℓ>1\ell > 1, alors un→+∞u_n \to +\infty : la série ∑un\sum u_n diverge grossièrement.
  3. Si ℓ=1\ell = 1, on ne peut pas conclure.

Démonstration :

  1. Supposons ℓ<1\ell < 1 et posons q=1+ℓ2∈ ]ℓ,1[q = \dfrac{1+\ell}{2} \in\, ]\ell,1[. Il existe NN tel que unn⩽q\sqrt[n]{u_n} \leqslant q pour tout n⩾Nn \geqslant N, c'est-à-dire 0⩽un⩽qn0 \leqslant u_n \leqslant q^n. La série géométrique ∑qn\sum q^n converge, donc ∑un\sum u_n converge par comparaison des séries à termes positifs.

  2. Supposons ℓ>1\ell > 1 et choisissons qq tel que 1<q<ℓ1 < q < \ell. Il existe NN tel que un⩾qnu_n \geqslant q^n pour n⩾Nn \geqslant N, et qn→+∞q^n \to +\infty : le terme général ne tend pas vers 00.

  3. Comme nn=eln⁡nn→1\sqrt[n]{n} = e^{\frac{\ln n}{n}} \to 1, les deux séries ∑1n\sum \frac1n et ∑1n2\sum \frac{1}{n^2} donnent une racine nn-ième de limite 11 tout en étant de natures différentes.

Remarque :

Les deux règles ne sont pas équivalentes : on montre (résultat hors programme, admis ici) que si un+1un→ℓ\frac{u_{n+1}}{u_n} \to \ell, alors unn→ℓ\sqrt[n]{u_n} \to \ell. Autrement dit, chaque fois que d'Alembert conclut, Cauchy conclut aussi, alors que la réciproque est fausse : le rapport peut n'avoir aucune limite pendant que la racine en a une (exercice ci-dessous). En revanche, les deux règles échouent exactement sur les mêmes séries « limites » ℓ=1\ell = 1.

Exemple :

∑(2n+13n+2)n\displaystyle\sum \left(\frac{2n+1}{3n+2}\right)^{n} converge : la racine nn-ième vaut 2n+13n+2→23<1\dfrac{2n+1}{3n+2} \to \dfrac23 < 1. Le terme général est une puissance nn-ième — c'est la signature de la règle de Cauchy. Et si l'exposant n'est pas exactement nn ?

Exercice 3 : Deux situations pour la racine

  1. Étudier la nature de la série de terme général un=(nn+1)n2u_n = \left(\dfrac{n}{n+1}\right)^{n^2}, n⩾1n \geqslant 1.
  2. On pose vn=12 n+(−1)nv_n = \dfrac{1}{2^{\,n+(-1)^n}} pour n⩾0n \geqslant 0. Montrer que vn+1vn\dfrac{v_{n+1}}{v_n} n'a pas de limite, puis déterminer la nature de ∑vn\sum v_n.
Solution :(cliquer pour afficher)
  1. La suite est à termes positifs et
unn=(nn+1)n=1(1+1n)n⟶1e<1,\sqrt[n]{u_n} = \left(\frac{n}{n+1}\right)^{n} = \frac{1}{\left(1+\frac1n\right)^{n}} \longrightarrow \frac1e < 1 ,

donc la série converge par la règle de Cauchy. (Le rapport un+1un\frac{u_{n+1}}{u_n}, lui, mène à un calcul nettement plus lourd : l'exposant n2n^2 appelle la racine.)

  1. Pour tout nn,
vn+1vn=2 n+(−1)n−(n+1)−(−1)n+1=2 −1+2(−1)n,\frac{v_{n+1}}{v_n} = 2^{\,n+(-1)^n - (n+1) - (-1)^{n+1}} = 2^{\,-1+2(-1)^n} ,

qui vaut 22 si nn est pair et 18\frac18 si nn est impair : ce rapport n'a pas de limite, la règle de d'Alembert est inapplicable. En revanche

vnn=2 −n+(−1)nn=2 −1−(−1)nn⟶12<1,\sqrt[n]{v_n} = 2^{\,-\frac{n+(-1)^n}{n}} = 2^{\,-1-\frac{(-1)^n}{n}} \longrightarrow \frac12 < 1 ,

donc la série converge par la règle de Cauchy. (On peut aussi majorer directement : n+(−1)n⩾n−1n + (-1)^n \geqslant n-1 donne vn⩽2⋅2−nv_n \leqslant 2\cdot 2^{-n}.)

Rédaction — Choisir entre d'Alembert et Cauchy :

Étape 1. Vérifier que un>0u_n > 0 (à partir d'un certain rang). Si le terme général est de signe quelconque ou complexe, travailler sur ∣un∣|u_n| : on obtiendra la convergence absolue.

Étape 2. Choisir la quantité à étudier selon la forme du terme général.

Forme du terme généralQuantité à étudier
factorielles, produits de nn facteurs, ana^n mêlé à des polynômesle rapport (d'Alembert)
puissance nn-ième ou n2n^2-ième : un=(wn)nu_n = (w_n)^nla racine (Cauchy)
rapport visiblement sans limitela racine (Cauchy)

Étape 3. Calculer la limite ℓ\ell et conclure : ℓ<1\ell < 1 convergence, ℓ>1\ell > 1 divergence grossière.

Étape 4. Si ℓ=1\ell = 1, les deux règles sont muettes : revenir aux équivalents, aux séries de Riemann ou à un développement asymptotique. Un cas se sauve toutefois sans effort : si l'on constate que un+1un⩾1\frac{u_{n+1}}{u_n} \geqslant 1 à partir d'un certain rang, la suite (un)(u_n) croît et la divergence est grossière.

Transformation d'Abel

Question

Pour une série à termes de signe quelconque, nous disposons de deux outils : la convergence absolue, et le critère spécial des séries alternées. Ni l'un ni l'autre ne s'applique à ∑einθn\displaystyle\sum \frac{e^{in\theta}}{n}, qui n'est ni positive, ni alternée, ni absolument convergente. Peut-on transporter au discret l'idée de l'intégration par parties, en faisant porter la « dérivation » sur l'un des facteurs et l'« intégration » sur l'autre ?

Proposition 1 : Transformation d'Abel

Soient (ak)k∈N(a_k)_{k\in\mathbb{N}} et (bk)k∈N(b_k)_{k\in\mathbb{N}} deux suites complexes. On pose Bk=∑i=0kbiB_k = \displaystyle\sum_{i=0}^{k} b_i pour tout k∈Nk \in \mathbb{N}. Alors, pour tout n∈Nn \in \mathbb{N},

∑k=0nakbk=∑k=0n−1(ak−ak+1)Bk+anBn,\sum_{k=0}^{n} a_k b_k = \sum_{k=0}^{n-1}(a_k - a_{k+1})B_k + a_n B_n ,

avec la convention qu'une somme vide est nulle.

Démonstration :

On a b0=B0b_0 = B_0 et bk=Bk−Bk−1b_k = B_k - B_{k-1} pour k⩾1k \geqslant 1. Donc

∑k=0nakbk=a0B0+∑k=1nak(Bk−Bk−1)=∑k=0nakBk−∑k=1nakBk−1.\sum_{k=0}^{n} a_k b_k = a_0 B_0 + \sum_{k=1}^{n} a_k (B_k - B_{k-1}) = \sum_{k=0}^{n} a_k B_k - \sum_{k=1}^{n} a_k B_{k-1}.

Dans la seconde somme, le changement d'indice k↦k+1k \mapsto k+1 donne ∑k=0n−1ak+1Bk\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} a_{k+1} B_k. En isolant le terme k=nk = n de la première somme :

∑k=0nakbk=anBn+∑k=0n−1akBk−∑k=0n−1ak+1Bk=∑k=0n−1(ak−ak+1)Bk+anBn.\sum_{k=0}^{n} a_k b_k = a_n B_n + \sum_{k=0}^{n-1} a_k B_k - \sum_{k=0}^{n-1} a_{k+1} B_k = \sum_{k=0}^{n-1}(a_k - a_{k+1})B_k + a_n B_n .

Remarque :

C'est une intégration par parties discrète. Le passage aux sommes partielles (bk)↦(Bk)(b_k) \mapsto (B_k) joue le rôle de l'intégration, et l'opération inverse (Bk)↦(Bk−Bk−1)(B_k) \mapsto (B_k - B_{k-1}) celui de la dérivation ; le terme anBna_nB_n est le terme « tout intégré » [fg][fg] et ak−ak+1a_k - a_{k+1} est l'opposé de la « dérivée » de (ak)(a_k). À comparer avec

∫αβg′(t)f(t) dt=−f(α)g(α)+∫αβ−f′(t)g(t) dt+f(β)g(β).\int_{\alpha}^{\beta} g'(t)f(t)\,\mathrm{d}t = -f(\alpha)g(\alpha) + \int_{\alpha}^{\beta} -f'(t)g(t)\,\mathrm{d}t + f(\beta)g(\beta).

L'intérêt est le même que pour l'intégration par parties : on déplace la difficulté d'un facteur sur l'autre. On l'emploie quand les sommes partielles BkB_k ont de bonnes propriétés — typiquement, quand elles sont bornées.

Exercice 4 : Règle d'Abel

Soient ∑bn\sum b_n une série à termes complexes dont les sommes partielles sont bornées et (an)n∈N(a_n)_{n\in\mathbb{N}} une suite de réels décroissante et de limite nulle. On pose, pour tout k∈Nk \in \mathbb{N}, Bk=∑i=0kbiB_k = \displaystyle\sum_{i=0}^{k} b_i.

  1. Montrer que pour tout n∈Nn \in \mathbb{N} :
∑k=0nakbk=∑k=0n−1(ak−ak+1)Bk+anBn.\sum_{k=0}^{n} a_k b_k = \sum_{k=0}^{n-1}(a_k - a_{k+1})B_k + a_n B_n .
  1. Montrer que ∑(ak−ak+1)Bk\sum (a_k - a_{k+1})B_k converge, et que anBn→0a_n B_n \to 0.
  2. En déduire que la série ∑anbn\sum a_n b_n converge.
  3. On considère la série ∑n⩾1znn\displaystyle\sum_{n \geqslant 1} \frac{z^n}{n} pour z∈Cz \in \mathbb{C}. a) Étudier la nature de la série dans les cas ∣z∣<1|z| < 1, ∣z∣>1|z| > 1 et z=1z = 1. b) Soit z∈U∖{1}z \in \mathbb{U} \setminus \{1\} ; déterminer la nature de la série ∑znn\displaystyle\sum \frac{z^n}{n}.
Solution :(cliquer pour afficher)

1. C'est exactement la transformation d'Abel appliquée aux suites (ak)(a_k) et (bk)(b_k).

2. Par hypothèse, il existe M⩾0M \geqslant 0 tel que ∣Bk∣⩽M|B_k| \leqslant M pour tout kk. La suite (an)(a_n) étant décroissante, ak−ak+1⩾0a_k - a_{k+1} \geqslant 0, donc

∣(ak−ak+1)Bk∣⩽M (ak−ak+1).\left|(a_k - a_{k+1})B_k\right| \leqslant M\,(a_k - a_{k+1}).

La série ∑(ak−ak+1)\sum (a_k - a_{k+1}) est télescopique : sa somme partielle d'ordre nn vaut a0−an+1→a0a_0 - a_{n+1} \to a_0, elle converge donc. Par comparaison des séries à termes positifs, ∑∣(ak−ak+1)Bk∣\sum \left|(a_k - a_{k+1})B_k\right| converge : la série ∑(ak−ak+1)Bk\sum (a_k - a_{k+1})B_k est absolument convergente, donc convergente.

Enfin ∣anBn∣⩽Man→0|a_n B_n| \leqslant M a_n \to 0, donc anBn→0a_n B_n \to 0.

3. Notons Sn=∑k=0nakbkS_n = \displaystyle\sum_{k=0}^{n} a_k b_k et Tn=∑k=0n(ak−ak+1)BkT_n = \displaystyle\sum_{k=0}^{n}(a_k - a_{k+1})B_k. La question 1 donne Sn=Tn−1+anBnS_n = T_{n-1} + a_n B_n. D'après la question 2, Tn−1T_{n-1} converge vers un complexe TT et anBn→0a_nB_n \to 0, donc Sn→TS_n \to T : la série ∑anbn\sum a_n b_n converge, et sa somme vaut ∑k=0+∞(ak−ak+1)Bk\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}(a_k - a_{k+1})B_k.

4. a) Si ∣z∣<1|z| < 1 : ∣znn∣⩽∣z∣n\left|\frac{z^n}{n}\right| \leqslant |z|^n, terme général d'une série géométrique convergente, donc la série est absolument convergente, donc convergente.

Si ∣z∣>1|z| > 1 : ∣znn∣=∣z∣nn→+∞\left|\frac{z^n}{n}\right| = \frac{|z|^n}{n} \to +\infty par croissances comparées, donc le terme général ne tend pas vers 00 : la série diverge grossièrement.

Si z=1z = 1 : c'est la série harmonique, elle diverge.

b) Soit z∈U∖{1}z \in \mathbb{U}\setminus\{1\}. Posons bn=znb_n = z^n et an=1na_n = \frac1n pour n⩾1n \geqslant 1, complétés par b0=0b_0 = 0 et a0=1a_0 = 1 (ce qui ne change ni les BkB_k, ni les sommes ∑akbk\sum a_kb_k, puisque a0b0=0a_0b_0 = 0). La suite (an)(a_n) est décroissante de limite nulle, et pour tout k⩾1k \geqslant 1

Bk=∑i=1kzi=z 1−zk1−z,donc∣Bk∣⩽∣z∣(1+∣z∣k)∣1−z∣=2∣1−z∣B_k = \sum_{i=1}^{k} z^i = z\,\frac{1-z^k}{1-z}, \qquad\text{donc}\qquad |B_k| \leqslant \frac{|z|\left(1+|z|^k\right)}{|1-z|} = \frac{2}{|1-z|}

car ∣z∣=1|z| = 1 et z≠1z \neq 1. Les sommes partielles de ∑bn\sum b_n sont donc bornées et la question 3 s'applique : ∑n⩾1znn\displaystyle\sum_{n\geqslant 1} \frac{z^n}{n} converge.

Comme ∣znn∣=1n\left|\frac{z^n}{n}\right| = \frac1n, la série ∑∣znn∣\sum \left|\frac{z^n}{n}\right| diverge : la convergence n'est pas absolue, la série est semi-convergente.

Remarque :

Le résultat démontré aux questions 1 à 3 est la règle d'Abel : si les sommes partielles de ∑bn\sum b_n sont bornées et si (an)(a_n) est une suite réelle décroissante de limite nulle, alors ∑anbn\sum a_n b_n converge. Le critère spécial des séries alternées en est le cas particulier bn=(−1)nb_n = (-1)^n, dont les sommes partielles valent 00 ou 11.

Exercice 5 : Séries trigonométriques

Soient α>0\alpha > 0 et θ∈[0,2π]\theta \in [0,2\pi]. On étudie la série de terme général un=einθnαu_n = \dfrac{e^{in\theta}}{n^{\alpha}}, n⩾1n \geqslant 1.

  1. Montrer que si α>1\alpha > 1, la série converge absolument, quel que soit θ\theta.
  2. On suppose α⩽1\alpha \leqslant 1. Déterminer la nature de la série pour θ=0\theta = 0, pour θ=2π\theta = 2\pi, puis pour θ=π\theta = \pi.
  3. Soit θ∈ ]0,2π[\theta \in\, ]0,2\pi[. Montrer que les sommes An=∑k=1neikθA_n = \displaystyle\sum_{k=1}^{n} e^{ik\theta} forment une suite bornée, puis en déduire que ∑un\sum u_n converge pour tout α>0\alpha > 0.
  4. On suppose 0<α⩽10 < \alpha \leqslant 1 et θ∈ ]0,2π[\theta \in\, ]0,2\pi[ avec θ≠π\theta \neq \pi. À l'aide des minorations
∣sin⁡nθ∣nα⩾sin⁡2nθnα=1−cos⁡2nθ2nα,∣cos⁡nθ∣nα⩾cos⁡2nθnα=1+cos⁡2nθ2nα,\frac{|\sin n\theta|}{n^{\alpha}} \geqslant \frac{\sin^2 n\theta}{n^{\alpha}} = \frac{1-\cos 2n\theta}{2n^{\alpha}}, \qquad \frac{|\cos n\theta|}{n^{\alpha}} \geqslant \frac{\cos^2 n\theta}{n^{\alpha}} = \frac{1+\cos 2n\theta}{2n^{\alpha}},

montrer que les séries ∑sin⁡(nθ)nα\displaystyle\sum \frac{\sin (n\theta)}{n^{\alpha}} et ∑cos⁡(nθ)nα\displaystyle\sum \frac{\cos (n\theta)}{n^{\alpha}} convergent sans converger absolument.

  1. Qu'obtient-on pour θ=π\theta = \pi ?
Solution :(cliquer pour afficher)

1. ∣un∣=1nα|u_n| = \dfrac{1}{n^{\alpha}} et la série de Riemann ∑1nα\sum \frac{1}{n^{\alpha}} converge pour α>1\alpha > 1 : la série converge absolument, donc converge, et ceci pour tout θ\theta.

2. Pour θ=0\theta = 0 comme pour θ=2π\theta = 2\pi, on a einθ=1e^{in\theta} = 1 et un=1nαu_n = \frac{1}{n^{\alpha}} : c'est une série de Riemann avec α⩽1\alpha \leqslant 1, elle diverge.

Pour θ=π\theta = \pi, un=(−1)nnαu_n = \frac{(-1)^n}{n^{\alpha}}. La suite (1nα)\left(\frac{1}{n^{\alpha}}\right) est décroissante de limite nulle (α>0\alpha > 0) : le critère spécial des séries alternées donne la convergence, et comme ∑1nα\sum \frac{1}{n^{\alpha}} diverge, la série est semi-convergente.

3. Comme θ∈ ]0,2π[\theta \in\, ]0,2\pi[, on a eiθ≠1e^{i\theta} \neq 1 et la somme géométrique donne

An=∑k=1neikθ=eiθ 1−einθ1−eiθ,d’ouˋ∣An∣⩽2∣1−eiθ∣=M,A_n = \sum_{k=1}^{n} e^{ik\theta} = e^{i\theta}\,\frac{1-e^{in\theta}}{1-e^{i\theta}}, \qquad\text{d'où}\qquad |A_n| \leqslant \frac{2}{\left|1-e^{i\theta}\right|} = M ,

majoration indépendante de nn. La suite (1nα)\left(\frac{1}{n^{\alpha}}\right) étant décroissante de limite nulle, la règle d'Abel s'applique avec bn=einθb_n = e^{in\theta} et an=1nαa_n = \frac{1}{n^{\alpha}} : la série ∑un\sum u_n converge, pour tout α>0\alpha > 0.

4. Convergence. Les séries ∑cos⁡(nθ)nα\sum \frac{\cos (n\theta)}{n^{\alpha}} et ∑sin⁡(nθ)nα\sum \frac{\sin (n\theta)}{n^{\alpha}} sont les séries des parties réelle et imaginaire de ∑un\sum u_n, convergente d'après la question 3 : elles convergent.

Non-convergence absolue. Posons θ′=2θ\theta' = 2\theta si θ<π\theta < \pi, et θ′=2θ−2π\theta' = 2\theta - 2\pi si θ>π\theta > \pi ; dans les deux cas θ′∈ ]0,2π[\theta' \in\, ]0,2\pi[ et cos⁡(2nθ)=cos⁡(nθ′)\cos(2n\theta) = \cos(n\theta'). La question 3 appliquée à θ′\theta' montre que ∑cos⁡2nθ2nα\sum \frac{\cos 2n\theta}{2n^{\alpha}} converge. Comme α⩽1\alpha \leqslant 1, la série ∑12nα\sum \frac{1}{2n^{\alpha}} diverge, donc

∑1−cos⁡2nθ2nα=∑(12nα−cos⁡2nθ2nα)\sum \frac{1-\cos 2n\theta}{2n^{\alpha}} = \sum \left(\frac{1}{2n^{\alpha}} - \frac{\cos 2n\theta}{2n^{\alpha}}\right)

diverge (somme d'une série divergente et d'une série convergente). Ses termes étant positifs, la minoration de l'énoncé et la comparaison des séries à termes positifs donnent la divergence de ∑∣sin⁡nθ∣nα\sum \frac{|\sin n\theta|}{n^{\alpha}}. Le même raisonnement avec 1+cos⁡2nθ1 + \cos 2n\theta donne la divergence de ∑∣cos⁡nθ∣nα\sum \frac{|\cos n\theta|}{n^{\alpha}}.

Les deux séries sont donc semi-convergentes.

5. Pour θ=π\theta = \pi le raisonnement de la question 4 s'effondre : cos⁡2nπ=1\cos 2n\pi = 1 et la minoration du sinus devient 0⩾00 \geqslant 0. De fait, sin⁡(nπ)=0\sin(n\pi) = 0 pour tout nn : la série ∑sin⁡(nπ)nα\sum \frac{\sin (n\pi)}{n^{\alpha}} est la série nulle, absolument convergente. En revanche cos⁡(nπ)=(−1)n\cos(n\pi) = (-1)^n et ∑(−1)nnα\sum \frac{(-1)^n}{n^{\alpha}} reste semi-convergente pour 0<α⩽10 < \alpha \leqslant 1. C'est bien pourquoi θ=π\theta = \pi doit être écarté à la question 4.

Test 3 : Abel et convergence absolue

Si les sommes partielles de ∑bn\sum b_n sont bornées et si (an)(a_n) est une suite réelle décroissante de limite nulle, alors la série ∑anbn\sum a_n b_n converge absolument.