MPSI · Séries numériques

Séries à termes positifs

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Théorèmes de convergence

Question

Pour la plupart des séries, on ne sait pas calculer explicitement les sommes partielles : impossible alors d'étudier directement leur limite. Comment décider de la convergence d'une série sans calculer sa somme ? Nous allons voir que pour les séries à termes positifs, il suffit de savoir comparer.

Proposition 1

Une série à termes réels positifs converge si, et seulement si, la suite de ses sommes partielles est majorée.

Démonstration :

Soit ∑un\sum u_n une série à termes réels positifs, de sommes partielles SnS_n. Pour tout n∈Nn \in \mathbb{N}, Sn+1−Sn=un+1⩾0S_{n+1} - S_n = u_{n+1} \geqslant 0 : la suite (Sn)(S_n) est croissante.

  • Si (Sn)(S_n) est majorée, alors, croissante et majorée, elle converge : la série converge.
  • Si (Sn)(S_n) n'est pas majorée, alors, croissante et non majorée, elle tend vers +∞+\infty : la série diverge.

Remarque :

  • La suite (Sn)(S_n) des sommes partielles d'une série ∑un\sum u_n à terme général réel positif est croissante.
  • Dans le cas où une série à termes positifs est divergente, on convient que sa somme est égale à +∞+\infty.

Proposition 2 : Théorème de comparaison des séries à termes positifs

Soient ∑un\sum u_n et ∑vn\sum v_n des séries telles que pour tout n∈Nn \in \mathbb{N}, 0⩽un⩽vn\quad 0 \leqslant u_n \leqslant v_n.

  1. Si ∑vn\sum v_n converge, alors ∑un\sum u_n converge, et l'on a ∑n=0+∞un⩽∑n=0+∞vn\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} u_n \leqslant \sum_{n=0}^{+\infty} v_n.
  2. Si ∑un\sum u_n diverge, alors ∑vn\sum v_n diverge.

Démonstration :

Notons UnU_n et VnV_n les sommes partielles respectives de ∑un\sum u_n et ∑vn\sum v_n. En sommant les inégalités 0⩽up⩽vp0 \leqslant u_p \leqslant v_p pour pp allant de 00 à nn, on obtient, pour tout n∈Nn \in \mathbb{N} : 0⩽Un⩽Vn0 \leqslant U_n \leqslant V_n.

  1. Si ∑vn\sum v_n converge, la suite (Vn)(V_n) est croissante de limite ∑n=0+∞vn\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} v_n, donc majorée par cette somme. Alors (Un)(U_n) est majorée par ∑n=0+∞vn\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} v_n, donc ∑un\sum u_n converge d'après la proposition précédente, et par passage à la limite dans Un⩽VnU_n \leqslant V_n : ∑n=0+∞un⩽∑n=0+∞vn\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} u_n \leqslant \sum_{n=0}^{+\infty} v_n.

  2. C'est la contraposée du point 1.

Exercice 1

Étudier la nature des séries suivantes :

  1. ∑n≥011+2n\displaystyle\sum_{n\geq 0} \frac{1}{1+2^n}
  2. ∑n≥01n2\displaystyle\sum_{n\geq 0} \frac{1}{n^2}
  3. ∑n≥1ln⁡nn+1\displaystyle\sum_{n\geq 1} \frac{\ln n}{n+1}
Solution :(cliquer pour afficher)

  1. Pour tout n≥0n \geq 0, 0⩽11+2n⩽12n=(12)n0 \leqslant \dfrac{1}{1+2^n} \leqslant \dfrac{1}{2^n} = \left(\dfrac{1}{2}\right)^n. La série géométrique ∑(12)n\sum \left(\frac{1}{2}\right)^n converge (raison de module <1< 1), donc par comparaison la série converge.

  2. Pour tout n≥2n \geq 2, 0⩽1n2⩽1n(n−1)=1n−1−1n0 \leqslant \dfrac{1}{n^2} \leqslant \dfrac{1}{n(n-1)} = \dfrac{1}{n-1} - \dfrac{1}{n}. La série télescopique ∑n≥2(1n−1−1n)\displaystyle\sum_{n\geq2}\left(\frac{1}{n-1} - \frac{1}{n}\right) converge (car la suite (1n)\left(\frac{1}{n}\right) converge), donc par comparaison la série converge.

  3. Pour tout n≥3n \geq 3, ln⁡n⩾1\ln n \geqslant 1, donc ln⁡nn+1⩾1n+1⩾0\dfrac{\ln n}{n+1} \geqslant \dfrac{1}{n+1} \geqslant 0. La série ∑1n+1\displaystyle\sum \frac{1}{n+1} diverge (série harmonique décalée), donc par comparaison la série diverge.

Proposition 3 : Comparaison par équivalent

Soient ∑un\sum u_n et ∑vn\sum v_n des séries à termes généraux réels positifs.

Si un∼vnu_n \sim v_n, alors ∑un\sum u_n et ∑vn\sum v_n sont de même nature.

Démonstration :

Puisque un∼vnu_n \sim v_n, on a unvn→1\dfrac{u_n}{v_n} \to 1 (avec la convention usuelle donnant sens à l'équivalent), donc il existe n0∈Nn_0 \in \mathbb{N} tel que pour tout n⩾n0n \geqslant n_0 :

12 vn⩽un⩽32 vn.\frac{1}{2}\, v_n \leqslant u_n \leqslant \frac{3}{2}\, v_n.

La nature d'une série ne dépendant pas de ses premiers termes, on raisonne sur les séries ∑n⩾n0un\displaystyle\sum_{n \geqslant n_0} u_n et ∑n⩾n0vn\displaystyle\sum_{n \geqslant n_0} v_n :

  • si ∑vn\sum v_n converge, alors ∑32vn\sum \frac{3}{2} v_n converge, et l'inégalité de droite donne la convergence de ∑un\sum u_n par comparaison ;
  • si ∑vn\sum v_n diverge, alors ∑12vn\sum \frac{1}{2} v_n diverge, et l'inégalité de gauche donne la divergence de ∑un\sum u_n par comparaison.

Remarque :

  • Pour employer le résultat qui précède, il suffit seulement de vérifier la positivité de vnv_n, l'autre sera vraie (au moins à partir d'un certain rang) en vertu de l'équivalent.
  • Via passage à l'opposé, le résultat est aussi vrai pour les séries à termes négatifs.

Test 1

Si un∼vnu_n \sim v_n, alors les séries ∑un\sum u_n et ∑vn\sum v_n sont toujours de même nature, quel que soit le signe des termes.

Exercice 2

Étudier la nature des séries suivantes :

  1. ∑n≥11n+n\displaystyle\sum_{n\geq 1} \frac{1}{n+\sqrt{n}}
  2. ∑n≥01n2+n\displaystyle\sum_{n\geq 0} \frac{1}{n^2+n}
  3. ∑n≥1cos⁡(1n)−1\displaystyle\sum_{n\geq 1} \cos\left(\frac{1}{n}\right) - 1
Solution :(cliquer pour afficher)

  1. On a 1n+n∼1n\dfrac{1}{n+\sqrt{n}} \sim \dfrac{1}{n}, et 1n⩾0\dfrac{1}{n} \geqslant 0. La série harmonique diverge, donc par comparaison par équivalent, la série diverge.

  2. On a 1n2+n∼1n2\dfrac{1}{n^2+n} \sim \dfrac{1}{n^2}, et 1n2⩾0\dfrac{1}{n^2} \geqslant 0. La série ∑1n2\sum \frac{1}{n^2} converge (exercice précédent), donc la série converge. (On peut aussi remarquer que 1n2+n=1n(n+1)\frac{1}{n^2+n} = \frac{1}{n(n+1)} et retrouver la série télescopique de la leçon précédente, de somme 11.)

  3. On a cos⁡(1n)−1∼−12n2\cos\left(\dfrac{1}{n}\right) - 1 \sim -\dfrac{1}{2n^2} : le terme général est équivalent à un terme général négatif. Par passage à l'opposé, comme ∑12n2\sum \frac{1}{2n^2} converge, la série converge.

Proposition 4 : Comparaison série-intégrale

Soit f:[0,+∞[→[0,+∞[f : [0, +\infty[ \to [0, +\infty[ continue par morceaux et décroissante, alors pour tout n⩾1n \geqslant 1 :

∫nn+1f(t) dt⩽f(n)⩽∫n−1nf(t) dtet∫1n+1f(t) dt⩽∑k=1nf(k)⩽∫0nf(t) dt.\int_{n}^{n+1} f(t)\,dt \leqslant f(n) \leqslant \int_{n-1}^{n} f(t)\,dt \qquad \text{et} \qquad \int_{1}^{n+1} f(t)\,dt \leqslant \sum_{k=1}^{n} f(k) \leqslant \int_{0}^{n} f(t)\,dt.

Ainsi, ∑n≥0f(n)\displaystyle\sum_{n\geq0} f(n) et (∫0nf(t) dt)n\left( \displaystyle\int_0^{n} f(t)\,dt\right)_n sont de même nature.

Démonstration :

Soit n⩾1n \geqslant 1. Par décroissance de ff :

  • pour tout t∈[n,n+1]t \in [n, n+1], f(t)⩽f(n)f(t) \leqslant f(n), d'où en intégrant sur [n,n+1][n, n+1] (intervalle de longueur 11) : ∫nn+1f(t) dt⩽f(n)\displaystyle\int_{n}^{n+1} f(t)\,dt \leqslant f(n) ;
  • pour tout t∈[n−1,n]t \in [n-1, n], f(t)⩾f(n)f(t) \geqslant f(n), d'où : f(n)⩽∫n−1nf(t) dtf(n) \leqslant \displaystyle\int_{n-1}^{n} f(t)\,dt.

En sommant ces encadrements pour kk allant de 11 à nn, la relation de Chasles donne :

∫1n+1f(t) dt⩽∑k=1nf(k)⩽∫0nf(t) dt.\int_{1}^{n+1} f(t)\,dt \leqslant \sum_{k=1}^{n} f(k) \leqslant \int_{0}^{n} f(t)\,dt.

Montrons l'équivalence des natures. La fonction ff étant positive, la suite (∫0nf)n\left(\int_0^n f\right)_n est croissante, ainsi que la suite des sommes partielles de ∑f(n)\sum f(n) ; chacune converge donc si et seulement si elle est majorée.

  • Si (∫0nf)n\left(\int_0^n f\right)_n est majorée par MM, alors ∑k=1nf(k)⩽M\displaystyle\sum_{k=1}^{n} f(k) \leqslant M pour tout nn, et les sommes partielles de ∑f(n)\sum f(n) (qui n'en diffèrent que du terme f(0)f(0)) sont majorées : la série converge.
  • Réciproquement, si la série converge de somme SS, alors pour tout n⩾1n \geqslant 1 : ∫0nf=∫01f+∫1nf⩽∫01f+∑k=1n−1f(k)⩽∫01f+S\displaystyle\int_0^n f = \int_0^1 f + \int_1^n f \leqslant \int_0^1 f + \sum_{k=1}^{n-1} f(k) \leqslant \int_0^1 f + S, donc la suite des intégrales est majorée et converge.

Remarque :

Si ff est croissante alors, pour tout n⩾1n \geqslant 1 :

∫n−1nf(t) dt⩽f(n)⩽∫nn+1f(t) dtet∫0nf(t) dt⩽∑k=1nf(k)⩽∫1n+1f(t) dt.\int_{n-1}^{n} f(t)\,dt \leqslant f(n) \leqslant \int_{n}^{n+1} f(t)\,dt \qquad \text{et} \qquad \int_{0}^{n} f(t)\,dt \leqslant \sum_{k=1}^{n} f(k) \leqslant \int_{1}^{n+1} f(t)\,dt.

Si de plus ff est strictement positive, alors la série ∑n≥0f(n)\displaystyle\sum_{n\geq0} f(n) diverge grossièrement.

Exercice 3

  1. Étudier la nature des séries ∑n≥11n\displaystyle\sum_{n\geq1}\frac{1}{n} et ∑n≥21nln⁡2n\displaystyle\sum_{n\geq2}\frac{1}{n\ln^2 n}.
  2. Pour x≥1x \geq 1 on pose f(x)=∣sin⁡(2πx)∣f(x) = \mid \sin(2\pi x)\mid. Étudier la nature de ∑n≥0f(n)\displaystyle\sum_{n\geq0} f(n) et (∫1nf(t) dt)n\left( \displaystyle\int_1^{n} f(t)\,dt\right)_n.
Solution :(cliquer pour afficher)
  1. Série harmonique. La fonction t↦1tt \mapsto \dfrac{1}{t} est continue, positive et décroissante sur [1,+∞[[1, +\infty[. La comparaison série-intégrale donne, pour tout n≥1n \geq 1 :
∑k=1n1k⩾∫1n+1dtt=ln⁡(n+1)→n→+∞+∞.\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} \geqslant \int_{1}^{n+1} \frac{dt}{t} = \ln(n+1) \xrightarrow[n \to +\infty]{} +\infty.

La série harmonique diverge (on retrouve le résultat de la leçon précédente).

Série de Bertrand particulière. La fonction t↦1tln⁡2tt \mapsto \dfrac{1}{t \ln^2 t} est continue, positive et décroissante sur [2,+∞[[2, +\infty[. Pour tout n≥2n \geq 2 :

∑k=3n1kln⁡2k⩽∫2ndttln⁡2t=[−1ln⁡t]2n=1ln⁡2−1ln⁡n⩽1ln⁡2.\sum_{k=3}^{n} \frac{1}{k \ln^2 k} \leqslant \int_{2}^{n} \frac{dt}{t \ln^2 t} = \left[-\frac{1}{\ln t}\right]_{2}^{n} = \frac{1}{\ln 2} - \frac{1}{\ln n} \leqslant \frac{1}{\ln 2}.

Les sommes partielles sont majorées : la série converge.

  1. Pour tout n∈Nn \in \mathbb{N}, f(n)=∣sin⁡(2πn)∣=0f(n) = |\sin(2\pi n)| = 0 : la série ∑f(n)\sum f(n) est la série nulle, elle converge (de somme 00).

En revanche, ff est 11-périodique et, pour tout n≥1n \geq 1 :

∫1n∣sin⁡(2πt)∣ dt=(n−1)∫01∣sin⁡(2πt)∣ dt=(n−1) 2π→n→+∞+∞.\int_{1}^{n} |\sin(2\pi t)|\,dt = (n-1) \int_{0}^{1} |\sin(2\pi t)|\,dt = (n-1)\,\frac{2}{\pi} \xrightarrow[n \to +\infty]{} +\infty.

La suite (∫1nf)n\left(\int_1^n f\right)_n diverge.

Moralité : sans l'hypothèse de décroissance, la série ∑f(n)\sum f(n) et la suite des intégrales peuvent être de natures différentes.

Séries de Riemann

Proposition 5

Soit α∈R\alpha \in \mathbb{R}. La série ∑n≥11nα\displaystyle\sum_{n\geq1}\frac{1}{n^{\alpha}} converge si seulement si α>1\alpha > 1.

Démonstration :

  • Si α⩽0\alpha \leqslant 0 : le terme général 1nα=n−α\dfrac{1}{n^\alpha} = n^{-\alpha} ne tend pas vers 00, la série diverge grossièrement.

  • Si α>0\alpha > 0 : la fonction f:t↦1tαf : t \mapsto \dfrac{1}{t^\alpha} est continue, positive et décroissante sur [1,+∞[[1, +\infty[, et la comparaison série-intégrale donne, pour tout n⩾1n \geqslant 1 :

∫1n+1dttα⩽∑k=1n1kα⩽1+∫1ndttα.\int_{1}^{n+1} \frac{dt}{t^\alpha} \leqslant \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^\alpha} \leqslant 1 + \int_{1}^{n} \frac{dt}{t^\alpha}.
  • Cas α=1\alpha = 1 : ∫1n+1dtt=ln⁡(n+1)→+∞\displaystyle\int_1^{n+1} \frac{dt}{t} = \ln(n+1) \to +\infty, donc les sommes partielles ne sont pas majorées : la série diverge.
  • Cas α≠1\alpha \neq 1 : ∫1ndttα=n1−α−11−α\displaystyle\int_1^{n} \frac{dt}{t^\alpha} = \frac{n^{1-\alpha} - 1}{1 - \alpha}.
    • Si α>1\alpha > 1, cette quantité tend vers 1α−1\dfrac{1}{\alpha - 1} : les sommes partielles sont majorées par 1+1α−11 + \dfrac{1}{\alpha-1}, la série converge.
    • Si 0<α<10 < \alpha < 1, ∫1n+1dttα=(n+1)1−α−11−α→+∞\displaystyle\int_1^{n+1} \frac{dt}{t^\alpha} = \frac{(n+1)^{1-\alpha} - 1}{1-\alpha} \to +\infty : la série diverge.

En conclusion, la série converge si, et seulement si, α>1\alpha > 1.

Vocabulaire :

La série ∑n≥11nα\displaystyle\sum_{n\geq1}\frac{1}{n^{\alpha}} est appelée série de Riemann.

Exercice 4

Donner un équivalent de la somme partielle ∑k=1n1kα\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^{\alpha}} si α∈]0;1]\alpha \in \left]0; 1\right] et du reste ∑k=n+1+∞1kα\displaystyle\sum_{k=n+1}^{+\infty}\frac{1}{k^{\alpha}} si α>1\alpha > 1.

Solution :(cliquer pour afficher)

Dans tout l'exercice, f:t↦1tαf : t \mapsto \dfrac{1}{t^\alpha} est continue, positive et décroissante sur [1,+∞[[1, +\infty[.

Cas α∈]0;1[\alpha \in \left]0; 1\right[ — équivalent de la somme partielle. La comparaison série-intégrale donne :

∫1n+1dttα⩽∑k=1n1kα⩽1+∫1ndttα,\int_{1}^{n+1} \frac{dt}{t^\alpha} \leqslant \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^\alpha} \leqslant 1 + \int_{1}^{n} \frac{dt}{t^\alpha},

c'est-à-dire :

(n+1)1−α−11−α⩽∑k=1n1kα⩽1+n1−α−11−α.\frac{(n+1)^{1-\alpha} - 1}{1-\alpha} \leqslant \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^\alpha} \leqslant 1 + \frac{n^{1-\alpha} - 1}{1-\alpha}.

Les deux bornes sont équivalentes à n1−α1−α\dfrac{n^{1-\alpha}}{1-\alpha} (car 1−α>01 - \alpha > 0, donc n1−α→+∞n^{1-\alpha} \to +\infty et (n+1)1−α∼n1−α(n+1)^{1-\alpha} \sim n^{1-\alpha}). Par encadrement :

∑k=1n1kα  ∼  n1−α1−α.\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^\alpha} \;\sim\; \frac{n^{1-\alpha}}{1-\alpha}.

Cas α=1\alpha = 1. Le même encadrement donne ln⁡(n+1)⩽∑k=1n1k⩽1+ln⁡n\ln(n+1) \leqslant \displaystyle\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} \leqslant 1 + \ln n, d'où :

∑k=1n1k  ∼  ln⁡n.\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} \;\sim\; \ln n.

Cas α>1\alpha > 1 — équivalent du reste. La série converge, notons Rn=∑k=n+1+∞1kαR_n = \displaystyle\sum_{k=n+1}^{+\infty} \frac{1}{k^\alpha}. Pour tout k⩾2k \geqslant 2, ∫kk+1dttα⩽1kα⩽∫k−1kdttα\displaystyle\int_{k}^{k+1} \frac{dt}{t^\alpha} \leqslant \frac{1}{k^\alpha} \leqslant \int_{k-1}^{k} \frac{dt}{t^\alpha}. En sommant pour k⩾n+1k \geqslant n+1 (les séries et intégrales convergent) :

∫n+1+∞dttα⩽Rn⩽∫n+∞dttα,\int_{n+1}^{+\infty} \frac{dt}{t^\alpha} \leqslant R_n \leqslant \int_{n}^{+\infty} \frac{dt}{t^\alpha},

c'est-à-dire :

1(α−1)(n+1)α−1⩽Rn⩽1(α−1) nα−1.\frac{1}{(\alpha - 1)(n+1)^{\alpha-1}} \leqslant R_n \leqslant \frac{1}{(\alpha - 1)\, n^{\alpha-1}}.

Les deux bornes sont équivalentes à 1(α−1) nα−1\dfrac{1}{(\alpha-1)\, n^{\alpha-1}}, donc par encadrement :

Rn  ∼  1(α−1) nα−1.R_n \;\sim\; \frac{1}{(\alpha - 1)\, n^{\alpha - 1}}.

Corollaire 1

Soit ∑un\sum u_n une série à termes réels. On suppose qu'il existe α∈R\alpha \in \mathbb{R} et ℓ∈R∗\ell \in \mathbb{R}^* tels que un∼ℓnαu_n \sim \dfrac{\ell}{n^{\alpha}}.

Alors ∑un\sum u_n converge si et seulement si α>1\alpha > 1.

Démonstration :

  • Si ℓ>0\ell > 0 : le terme ℓnα\dfrac{\ell}{n^\alpha} est positif, et par comparaison par équivalent, ∑un\sum u_n et ∑ℓnα\sum \dfrac{\ell}{n^\alpha} sont de même nature. Or ∑ℓnα\sum \dfrac{\ell}{n^\alpha} est, à la constante ℓ\ell près, la série de Riemann d'exposant α\alpha : elle converge si et seulement si α>1\alpha > 1.
  • Si ℓ<0\ell < 0 : on applique ce qui précède à −un∼−ℓnα-u_n \sim \dfrac{-\ell}{n^\alpha} avec −ℓ>0-\ell > 0, et ∑un\sum u_n et ∑(−un)\sum (-u_n) sont de même nature.

Exercice 5

Étudier la nature des séries suivantes :

  1. ∑n≥21n3−n\displaystyle\sum_{n\geq 2} \frac{1}{n^3-n}
  2. ∑n≥1n32(tan⁡(1n)−sin⁡(1n))\displaystyle\sum_{n\geq 1} n^{\frac{3}{2}}\left(\tan\left(\frac{1}{n}\right) - \sin\left(\frac{1}{n}\right)\right)
  3. ∑n≥0(∑k=n+1+∞1kα)\displaystyle\sum_{n\geq 0} \left(\sum_{k=n+1}^{+\infty}\frac{1}{k^{\alpha}} \right)
Solution :(cliquer pour afficher)

  1. On a 1n3−n∼1n3\dfrac{1}{n^3 - n} \sim \dfrac{1}{n^3}, avec α=3>1\alpha = 3 > 1 : la série converge.

  2. Au voisinage de 00 : tan⁡x=x+x33+o(x3)\tan x = x + \dfrac{x^3}{3} + o(x^3) et sin⁡x=x−x36+o(x3)\sin x = x - \dfrac{x^3}{6} + o(x^3), donc tan⁡x−sin⁡x∼x32\tan x - \sin x \sim \dfrac{x^3}{2}. Avec x=1nx = \dfrac{1}{n} :

n3/2(tan⁡1n−sin⁡1n)  ∼  n3/2⋅12n3=12 n3/2.n^{3/2}\left(\tan\frac{1}{n} - \sin\frac{1}{n}\right) \;\sim\; n^{3/2} \cdot \frac{1}{2n^3} = \frac{1}{2\, n^{3/2}}.

Ici ℓ=12\ell = \dfrac{1}{2} et α=32>1\alpha = \dfrac{3}{2} > 1 : la série converge.

  1. Le terme général Rn=∑k=n+1+∞1kαR_n = \displaystyle\sum_{k=n+1}^{+\infty}\frac{1}{k^{\alpha}} n'est défini que pour α>1\alpha > 1 (convergence de la série de Riemann). Dans ce cas, l'exercice précédent donne :
Rn  ∼  1(α−1) nα−1.R_n \;\sim\; \frac{1}{(\alpha - 1)\, n^{\alpha - 1}}.

Par le corollaire (avec ℓ=1α−1>0\ell = \frac{1}{\alpha - 1} > 0 et exposant α−1\alpha - 1), la série ∑Rn\sum R_n converge si, et seulement si, α−1>1\alpha - 1 > 1, c'est-à-dire :

∑n≥0Rn converge  ⟺  α>2.\boxed{\sum_{n\geq 0} R_n \text{ converge} \iff \alpha > 2.}