 \input{../preambules/preCorrection.tex}


\begin{document}

\chead{Correction Feuille Exercice 19}
\lfoot{}
\cfoot{Séries numériques.}

\begin{center}
\fbox{ \Large Correction Feuille Exercice 19}
\end{center}
\vspace{30pt}

\setcounter{theorem}{13}

%%% Exercices d'approfondissement
\renewcommand\bcStyleTitre[1]{\hspace{10pt}\itshape \Large \color{black} #1}
\setlength{\logowidth}{13pt}
\begin{bclogo}[couleur=white,couleurBord=white,arrondi=0.2, logo = \bcplume]{ \'Etude de convergence en passant par les sommes partielles}
\end{bclogo} 
\vspace{-13pt}



\begin{exo}[*]

Justifier la convergence des séries suivantes et calculer leur somme (pour $k \in \N$ fixé et $x \in \R$):
\begin{enumerate}
\item On note les sommes partielles $\ds S_n = \sum_{k=1}^n  \dfrac{1}{k!} = \sum_{k=0}^n \dfrac{1}{k!} - 1$. Or la série $\ds \sum_{n \geq 0} \dfrac{1}{n!}$ est une série exponentielle convergente donc $\ds \sum_{n \geq 1} \dfrac{1}{n!}$ converge et 
\begin{center}
\fbox{$
\ds \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{1}{n!} = e - 1
$}
\end{center}

\item On note les sommes partielles $\ds S_n = \sum_{k=1}^n  \dfrac{2^k}{k!} = \sum_{k=0}^n \dfrac{2^k}{k!} - 1$. Or la série $\ds \sum_{n \geq 0} \dfrac{2^n}{n!}$ est une série exponentielle convergente donc $\ds \sum_{n \geq 1} \dfrac{2^n}{n!}$ converge et 
\begin{center}
\fbox{$
\ds \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{2^n}{n!} = e^2 - 1
$}
\end{center}

\item On note les sommes partielles 
$$
\ds S_n = \sum_{k=0}^n  \dfrac{3^k}{(k+1)!} = \sum_{k=1}^{n+1} \dfrac{3^{k-1}}{k!} = \dfrac{1}{3} \sum_{k=1}^{n+1} \dfrac{3^{k}}{k!} = \dfrac{1}{3} \left( \sum_{k=0}^{n+1} \dfrac{3^{k}}{k!} - 1 \right)  .$$ 
Or la série $\ds \sum_{n \geq 0} \dfrac{3^n}{n!}$ est une série exponentielle convergente donc $\ds \sum_{n \geq 1} \dfrac{3^n}{(n+1)!}$ converge et 
\begin{center}
\fbox{$
\ds \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{3^n}{(n+1)!} = \dfrac{1}{3} (e^3 - 1)
$}
\end{center}

\item On note les sommes partielles 
$$
\ds S_n = \sum_{k=1}^n  \dfrac{3^k}{2^{2k+1}} = \dfrac{1}{2} \sum_{k=1}^{n} \dfrac{3^{k}}{(2^2)^k} = \dfrac{1}{2} \sum_{k=1}^{n} \left(\dfrac{3}{4}\right)^k =  \dfrac{1}{2} \sum_{k=0}^{n-1} \left(\dfrac{3}{4}\right)^{k+1} =  \dfrac{3}{8} \sum_{k=0}^{n-1} \left(\dfrac{3}{4}\right)^{k} .$$ 
Or la série $\ds \sum_{n \geq 0} \left(\dfrac{3}{4}\right)^n $ est une série géométrique convergente donc $\ds \sum_{n \geq 1} \dfrac{3^n}{2^{2n+1}}$ converge et 
\begin{center}
\fbox{$
\ds \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{3^n}{2^{2n+1}} = \dfrac{3}{8} \dfrac{1}{\left(1-\frac{3}{4}\right)} =  \dfrac{3}{2}
$}
\end{center}

\item On note les sommes partielles 
$$
\ds S_n = \sum_{k=0}^n  \dfrac{1+ 2^k}{4^{k+1}} =  \sum_{k=0}^{n} \dfrac{1}{4^{k+1}} + \sum_{k=0}^n \dfrac{2^k}{4^{k+1}} = \dfrac{1}{4} \sum_{k=0}^{n} \dfrac{1}{4^{k}} + \dfrac{1}{4} \sum_{k=0}^n \left( \dfrac{1}{2} \right)^k.$$ 
Or les séries $\ds \sum_{n \geq 0} \left(\dfrac{1}{4}\right)^n $ et $\ds \sum_{n \geq 0} \left(\dfrac{1}{2}\right)^n $ sont des séries géométrique convergentes donc $\ds \sum_{n \geq 0} \dfrac{1+2^n}{4^{n+1}}$ converge et 
\begin{center}
\fbox{$
\ds \sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{1+2^n}{4^{n+1}} = \dfrac{1}{4} \times \dfrac{1}{\left(1-\frac{1}{4}\right)} + \dfrac{1}{4} \times \dfrac{1}{\left(1-\frac{1}{2}\right)} = \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{2} = \dfrac{5}{6}
$}
\end{center}

\item On note les sommes partielles 
$$
\ds S_N = \sum_{n=k}^N  \dfrac{\binom{n}{k}}{n!} =  \sum_{n=k}^N \dfrac{n!}{k! (n-k)!} \times \dfrac{1}{n!} = \dfrac{1}{k!} \sum_{n=k}^N \dfrac{1}{(n-k)!} = \dfrac{1}{k!} \sum_{n=0}^{N-k} \dfrac{1}{n!}.$$ 
(On peut sortir le $\frac{1}{k!}$ puisque la variable de la somme est $n$.  On obtient la dernière somme à l'aide d'un changement de variable). Or la série $\ds \sum_{n \geq 0} \dfrac{1}{n!} $est une série exponentielle convergentes donc $\displaystyle f = \sum\limits_{n \geqslant k} \dfrac{\binom{n}{k}}{n!}.$ converge et 
\begin{center}
\fbox{$
\ds \sum_{n=k}^{+\infty} \dfrac{\binom{n}{k}}{n!} = \dfrac{e}{k!}
$}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[**]
Considérons la suite :
$$ u_n = \ln \left( 1 - \dfrac{1}{n^2} \right). $$
\begin{enumerate}
\item On a pour tout $n \in \N$, $n\geq 2$, 
\begin{align*}
u_n & = \ln \left( \dfrac{n^2 - 1}{n^2} \right) = \ln \left( \dfrac{(n-1)(n+1)}{n^2} \right) \\
& = \ln(n+1) - \ln(n^2) + \ln(n-1) \\
& = \ln(n+1) - \ln(n) - (\ln(n) - \ln(n-1))
\end{align*}
On remarque que $u_n$ est de la forme $a_{n+1} - a_n$ avec $a_n := \ln(n) - \ln(n-1)$. En passant par les sommes partielles, 
$$
S_n = \sum_{k=2}^n u_k = \sum_{k=2}^n a_{k+1} - a_k = a_{n+1} - a_2
$$
Or $a_{n+1} = \ln(n+1) - \ln(n) = \ln \left( \dfrac{n+1}{n} \right)$, ainsi $\li_{n \to + \infty} a_n = 0$ et $a_2 = \ln(2)$. Ainsi, la série de terme général $u_n$ converge et 
\begin{center}
\fbox{$
\ds \sum_{n=2}^{+\infty} u_n = \li_{n \to +\infty} S_n = - \ln(2)
$}
\end{center}

\item On a pour tout $n \in \N^*$, 
\begin{align*}
v_n & = \ln \left( \dfrac{(n+1)(n+3)}{n(n+2)} \right) \\
& = \ln(n+3) - \ln(n+2) + \ln(n+1) - \ln(n) 
\end{align*}
En passant par les sommes partielles, 
\begin{align*}
S_n & = \sum_{k=1}^n v_k = \sum_{k=1}^n \ln(k+3) - \ln(k+2) + \ln(k+1) - \ln(k) \\
& = \sum_{k=1}^n \ln(k+3) - \ln(k+2) + \sum_{k=1}^n \ln(k+1) - \ln(k) \\
& = \ln(n+3) - \ln(3) + \ln(n+1) - \ln 1 \\
& = \ln((n+3)(n+1)) - \ln(3)
\end{align*}

Donc $\li_{n \to +\infty} S_n = + \infty$. \begin{center}
\fbox{Ainsi, la série de terme général $v_n$ diverge}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

\renewcommand\bcStyleTitre[1]{\hspace{10pt}\itshape \Large \color{black} #1}
\setlength{\logowidth}{13pt}
\begin{bclogo}[couleur=white,couleurBord=white,arrondi=0.2, logo = \bcplume]{ Séries géométriques ou exponentielles}
\end{bclogo} 
\vspace{-13pt}

\begin{exo}[]
Justifier la convergence des séries suivantes et calculer leur somme (pour $k \in \N$ fixé et $x \in \R$):
\begin{enumerate}
\item La série $\displaystyle \sum\limits_{n \geqslant 1} \dfrac{n(n-1)}{6^{n-2}}$ est un série géométrique dérivée convergente (car $\dfrac{1}{6} < 1$). La série $\ds \sum\limits_{n \geqslant 1} \dfrac{n(n-1)}{6^n}$ est donc convergente et 
\begin{center}
\fbox{$
\ds \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{n(n-1)}{6^n} = \dfrac{1}{36} \times \dfrac{2}{\left(1 - \frac{1}{6} \right)^3} = \dfrac{2 \times 6}{5^3} = \dfrac{12}{125}
$}
\end{center}
\item En passant par les sommes partielles 
\begin{align*}
\sum_{k=1}^n \dfrac{(-1)^k}{2^k} = \sum_{k=0}^{n-1} \left(- \dfrac{1}{2} \right)^{k+1} = -\dfrac{1}{2} \sum_{k=0}^{n-1} \left(- \dfrac{1}{2} \right)^{k}
\end{align*}
La série $\ds \sum_{n \geq 0} \left( -\dfrac{1}{2} \right)^n$ est une série géométrique convergente (car $-1 < -1/2 < 1$). La série $\displaystyle  \sum\limits_{n \geqslant 1} \dfrac{(-1)^n}{2^n}$ est donc convergente et 
\begin{center}
\fbox{$
\ds \sum_{n =1}^{+\infty} \dfrac{(-1)^n}{2^n} = -\dfrac{1}{2} \dfrac{1}{1 -(-\frac{1}{2})} = -\dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{\frac{3}{2}} = -\dfrac{1}{3}
$}
\end{center}
\item En passant par les sommes partielles 
\begin{align*}
\sum_{k=2}^n k (-1)^k x^{k-2} = \sum_{k=1}^{n-1} k (-x)^{k-2} - (-x)^{-1} = -\dfrac{1}{x}  \sum_{k=1}^{n-1} k (-x)^{k-1} + \dfrac{1}{x}
\end{align*}
La série $\ds \sum_{n \geq 1} n (-x)^{n-1}$ est une série géométrique convergente si et seulement si $-1 < x < 1$. $\forall x \in ]-1;1[$, la série $\displaystyle  \sum\limits_{n \geqslant 2} n(-1)^n x^{n-2}$ est \uline{convergente} et 
\begin{center}
\fbox{$
\ds \sum_{n =2}^{+\infty} n(-1)^n x^{n-2} = - \dfrac{1}{x} \times \dfrac{1}{(1-(-x))^2} + \dfrac{1}{x} = - \dfrac{1}{x(1+x)^2} + \dfrac{1}{x}
$}
\end{center}
Sinon la série est \uline{divergente}. 
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[*]
\begin{enumerate}
\item Soit $p \in ]0,1[$ et $q = 1-p$. 
\begin{itemize}
\item[$\bullet$] En passant par les sommes partielles 
\begin{align*}
\sum_{k=1}^n p q^{k-1} = p \sum_{k=1}^{n} q^{k-1} = p \sum_{k=0}^{n-1} q^k
\end{align*}
Or la série $\ds \sum_{n \geq 0} q^n$ est une série géométrique convergente (car $q \in ]0,1[$), donc la série $\displaystyle  \sum\limits_{n \geqslant 1} pq^{n-1}$ est \uline{convergente} et 
\begin{center}
\fbox{$
\ds \sum_{n =1}^{+\infty} p q^{n-1} = p \dfrac{1}{1-q} = \dfrac{p}{p} = 1
$}
\end{center}
\item[$\bullet$] La série $\ds \sum_{n \geq 1} n q^{n-1}$ est une série géométrique convergente (car $q \in ]0,1[$), donc la série $\displaystyle  \sum\limits_{n \geqslant 1} npq^{n-1}$ est \uline{convergente} et 
\begin{center}
\fbox{$
\ds \sum_{n =1}^{+\infty} np q^{n-1} = p \dfrac{1}{(1-q)^2} = \dfrac{p}{p^2} = \dfrac{1}{p}
$}
\end{center}
\item[$\bullet$] En passant par les sommes partielles 
\begin{align*}
\sum_{k=1}^n k^2 p q^{k-1} & = p \sum_{k=1}^{n} (k^2 - k + k) q^{k-1} \\
& = p \left( \sum_{k=1}^{n} k(k-1) q^{k-1} + \sum_{k=1}^{n} k q^{k-1}\right) \\
& = p \left( q \sum_{k=2}^{n} k(k-1) q^{k-2} + \sum_{k=1}^{n} k q^{k-1}\right) 
\end{align*}
Or les séries $\ds \sum_{n \geq 2} n(n-1) q^{n-2}$ et $\ds \sum_{n \geq 1} n q^{n-1}$ sont des séries géométriques convergente (car $q \in ]0,1[$), donc la série $\displaystyle  \sum\limits_{n \geqslant 1} n^2 pq^{n-1}$ est \uline{convergente} et 
\begin{center}
\fbox{$
\ds \sum_{n =1}^{+\infty} n^2 p q^{n-1} = p \left( q \dfrac{2}{(1-q)^3} + \dfrac{1}{(1-q)^2} \right) = p \left( \dfrac{2q}{p^3} + \dfrac{p}{p^3} \right) = \dfrac{q + q+ p}{p^2} = \dfrac{1+q}{p^2}
$}
\end{center}
\end{itemize}

\item Soit $\lambda \in \R$. 
\begin{itemize}
\item[$\bullet$] La série $\ds \sum_{n \geq 0} \dfrac{\lambda^n}{n!}$ est une série exponentielle, donc la série $\displaystyle  \sum\limits_{n \geqslant 0}  \dfrac{\lambda^n e^{-\lambda}}{n!}$ est \uline{convergente} et 
\begin{center}
\fbox{$
\ds \sum_{n =0}^{+\infty} \dfrac{\lambda^n e^{-\lambda}}{n!} = e^{- \lambda} e^{\lambda} = 1
$}
\end{center}
\item[$\bullet$] En passant par les sommes partielles 
\begin{align*}
\sum_{k=1}^n \dfrac{k \lambda^{k} e^{-\lambda}}{k!} & = e^{-\lambda} \sum_{k=1}^{n} \dfrac{k \lambda^{k}}{k!}  \\
& = e^{-\lambda} \sum_{k=1}^{n} \dfrac{\lambda^{k}}{(k-1)!} \\
& = e^{-\lambda} \sum_{k=0}^{n} \dfrac{ \lambda^{k+1}}{k!} = \lambda e^{-\lambda} \sum_{k=0}^{n} \dfrac{ \lambda^{k}}{k!}
\end{align*}
Or la série $\ds \sum_{n \geq 0}\dfrac{\lambda^n}{n!}$ est une série exponentielle  donc la série $\displaystyle  \sum\limits_{n \geqslant 1} \dfrac{n \lambda^n e^{-\lambda}}{n!}$ est \uline{convergente} et  
\begin{center}
\fbox{$
\ds \sum_{n =1}^{+\infty}\dfrac{n \lambda^n e^{-\lambda}}{n!} = \lambda e^{-\lambda} e^{\lambda} = \lambda
$}
\end{center}

\item[$\bullet$] En passant par les sommes partielles 
\begin{align*}
\sum_{k=0}^n \dfrac{k^2 \lambda^{k} e^{-\lambda}}{k!} & = e^{-\lambda} \sum_{k=1}^{n} \dfrac{k \lambda^{k}}{(k-1)!}  \\
& = e^{-\lambda} \left( \sum_{k=1}^{n} \dfrac{(k-1)\lambda^{k}}{(k-1)!} + \dfrac{ \lambda^k}{(k-1)!} \right) \\
& = e^{-\lambda} \left( \sum_{k=2}^{n} \dfrac{\lambda^{k}}{(k-2)!} + \sum_{k=1}^{n} \dfrac{ \lambda^k}{(k-1)!} \right) \\
& = e^{-\lambda} \left( \sum_{k=0}^{n-2} \dfrac{\lambda^{k+2}}{k!} + \sum_{k=0}^{n} \dfrac{ \lambda^{k+1}}{k!} \right) \\
& = e^{-\lambda} \left( \lambda^2 \sum_{k=0}^{n-2} \dfrac{\lambda^{k}}{k!} + \lambda \sum_{k=0}^{n} \dfrac{ \lambda^{k}}{k!} \right)
\end{align*}
Or la série $\ds \sum_{n \geq 0}\dfrac{\lambda^n}{n!}$ est une série exponentielle  donc la série $\displaystyle  \sum\limits_{n \geqslant 0} \dfrac{n^2 \lambda^n e^{-\lambda}}{n!}$ est \uline{convergente} et  
\begin{center}
\fbox{$
\ds \sum_{n =0}^{+\infty}\dfrac{n^2 \lambda^n e^{-\lambda}}{n!} =  e^{-\lambda}(\lambda^2 e^{\lambda} + \lambda e^{\lambda} ) = \lambda^2 + \lambda = \lambda(\lambda+1)
$}
\end{center}
\end{itemize}
\end{enumerate}
\end{exo}

\renewcommand\bcStyleTitre[1]{\hspace{10pt}\itshape \Large \color{black} #1}
\setlength{\logowidth}{13pt}
\begin{bclogo}[couleur=white,couleurBord=white,arrondi=0.2, logo = \bcplume]{ Comparaison de séries}
\end{bclogo} 
\vspace{-13pt}

\begin{exo}[Série divergente]
On a pour tout $n \geq 2$ 
\begin{align*}
n^2 - 1 \leq n^2 & \Longleftrightarrow \dfrac{1}{n^2 -1} \geq \dfrac{1}{n^2} \quad \text{(La fonction inverse est décroissante sur $\R_+^*$)}\\
& \Longleftrightarrow \dfrac{n}{n^2 -1} \geq \dfrac{1}{n} \quad \text{(multiplication par $n >0$)}
\end{align*}
{\bf Je sais que} la série $\ds \sum_{n \geq 2} \dfrac{1}{n}$ est une série de Riemann divergente et que cette série est à termes positifs, \\
{\bf Or j'ai appris que} si deux suites $(u_n)$ et $(v_n)$ à termes positifs vérifient pour tout $n \in \N$, $u_n \leq v_n$ et si la série $\ds \sum_{n \geqslant 0} u_n$ diverge vers $+ \infty$ alors la série $\ds \sum_{n \geqslant} v_n$ diverge vers $+ \infty$.\\
{\bf Donc je conclus que} \begin{center}
\fbox{$\sum\limits_{n \geqslant 2} \dfrac{n}{n^2 - 1}$ diverge.}
\end{center}
\end{exo}

\begin{exo}
Pour tout $n \geq 3$, 
\begin{align*}
\ln(n) \geq \ln 3 \quad & \Longleftrightarrow \quad \dfrac{1}{\ln(n)} \leq \dfrac{1}{\ln(3)} \\
& \Longleftrightarrow \quad \dfrac{5}{4^n \ln(n)} \leq \dfrac{5}{\ln(3)} \times \dfrac{1}{4^n}
\end{align*}
Or la série $\ds \sum_{n \geq 3} \dfrac{1}{4^n}$ est convergente (série géométrique avec $1/4 < 1$) donc la série  $\ds  \sum_{n \geq 3} \dfrac{5}{\ln(3)} \times \dfrac{1}{4^n}$ est également convergente (par linéarité). Les termes des séries étant positifs, par comparaison, \begin{center}
\fbox{la série $\ds  \sum_{n \geq 3} \dfrac{5}{4^n \ln(n)}$ est convergente. }
\end{center}
\end{exo}

\begin{exo}[*]
\begin{enumerate}
\item On pose la fonction $f:x \to e^x - x$. La fonction $f$ est dérivable sur $\R$ et 
$$
f'(x) = e^x - 1
$$
On a $f'(x) = 0 \Longleftrightarrow x = 0$. Donc $f$ admet un minimum en $x=0$ or $f(0) = 0$. Donc 
\begin{center}
 \fbox{$ \forall x \in \R, \quad e^x \geq x$.}
 \end{center} 
On pose la fonction $g:x \to x - \ln (x)$. La fonction $g$ est dérivable sur $\R_+^*$ et 
$$
g'(x) = 1 - \dfrac{1}{x}
$$
On a $g'(x) = 0 \Longleftrightarrow x = 1$. Donc $g$ admet un minimum en $x=1$ or $g(1) = 1$. Donc 
\begin{center}
 \fbox{$ \forall x \in \R_+^*, \quad x \geq \ln(x)$.}
 \end{center} 
\item On a alors pour $n\in \N$,
\begin{align*}
e^{n^2} \geq n^2 & \quad \Longleftrightarrow \quad e^{-n^2} \leq \dfrac{1}{n^2}
\end{align*}
Or la série $\ds \sum_{n \geq 0} \dfrac{1}{n^2}$ est une série de Riemann convergente et les deux séries sont à termes positifs. 
\begin{center}
\fbox{Par comparaison, la série $\ds  \sum_{n \geq 0} e^{-n^2}$ est convergente. }
\end{center}
On a également pour $n\geq 2$, 
\begin{align*}
n \geq \ln(n) \quad \Longleftrightarrow \quad \dfrac{1}{n} \leq \dfrac{1}{\ln(n)}
\end{align*}
Or la série $\ds \sum_{n \geq 2} \dfrac{1}{n}$ est une série de Riemann divergente (à termes positifs)
\begin{center}
\fbox{Par comparaison, la série $\ds  \sum_{n \geq 0} \dfrac{1}{\ln(n)}$ est divergente. }
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[*]
\begin{enumerate}
\item Soit $n \in \N$, La fonction $x \to x \ln(x)$ est continue sur $[2,n]$ donc 
\begin{align*}
\ds \int_2^n \dfrac{1}{x \ln(x)}dx & = \left[ \ln(\ln(|x|)) \right]_2^n \\
& = \ln(\ln(n)) - \ln(\ln(2))
\end{align*}
\item Soit $k \geq 2$. On a pour tout $x \in [k,k+1]$,
\begin{align*}
x \ln(x) \geq k \ln(k) \quad & \Longleftrightarrow \quad \dfrac{1}{x \ln(x)} \leq \dfrac{1}{k \ln(k)} \\
&\Longleftrightarrow \quad  \int_k^{k+1} \dfrac{1}{x \ln(x)} dx \leq \int_k^{k+1} \dfrac{1}{k \ln(k)} dx \\
& \Longleftrightarrow \quad  \int_k^{k+1} \dfrac{1}{x \ln(x)}dx \leq \dfrac{1}{k \ln(k)}
\end{align*}
\item On a donc pour $n \geq 2$, 
\begin{align*}
\sum_{k=2}^n \int_k^{k+1} \dfrac{1}{x \ln(x)} dx \leq \sum_{k=2}^n \dfrac{1}{k \ln(k)} & \quad \Longleftrightarrow \quad \int_2^{n+1} \dfrac{1}{x \ln(x)} dx \leq \sum_{k=2}^n \dfrac{1}{k \ln(k)} \\
& \quad \Longleftrightarrow \quad \ln(\ln(n+1)) - \ln(2) \leq \sum_{k=2}^n \dfrac{1}{k \ln(k)} 
\end{align*}
 Or $\li_{n \to +\infty} \ln(\ln(n+1)) = + \infty$. Par comparaison, la suite des sommes partielles diverge donc 
 \begin{center}
 \fbox{la série $\ds \sum_{n \geq 2} \dfrac{1}{n\ln(n)}$ diverge. }
 \end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}



%%% Exercices d'applications
%\renewcommand\bcStyleTitre[1]{\hspace{10pt}\itshape \Large \color{black} #1}
%\setlength{\logowidth}{13pt}
%\begin{bclogo}[couleur=white,couleurBord=white,arrondi=0.2, logo = \bcbook]{ Exercices d'applications}
%\end{bclogo} 
%\vspace{-13pt}
%
\begin{exo}[**]
Pour tout $n$, on note 
$$ 
S_n = \displaystyle \sum_{k=1}^n \dfrac{(-1)^k}{k} . $$

Afin de bien comprendre, on introduit les suites $(u_n) := (S_{2n})$ et $(v_n) := (S_{2n+1})$. On vérifie que ces suites sont adjacentes. 

\begin{itemize}
\item {\bf Monotonie de $(u_n)$} : Pour tout $n \in \N^*$,
\begin{align*}
u_{n+1} - u_n & = S_{2n+2} - S_{2n} \\
			  & = \sum_{k=1}^{2n+2} \dfrac{(-1)^k}{k} - \sum_{k=1}^{2n} \dfrac{(-1)^k}{k} \\
			  & = \dfrac{(-1)^{2n+2}}{2n+2} + \dfrac{(-1)^{2n+1}}{2n+1} \\
			  & = \dfrac{1}{2n+2} - \dfrac{1}{2n+1} \\
			  & = \dfrac{2n+1 - (2n+2)}{(2n+2)(2n+1)} \\
			  & = - \dfrac{1}{(2n+2)(2n+1)} < 0
\end{align*}
La suite $(u_n)$ et donc $(S_{2n})$ est décroissante. 
\item {\bf Monotonie de $(v_n)$} : Pour tout $n \in \N$,
\begin{align*}
v_{n+1} - v_n & = S_{2n+3} - S_{2n+1} \\
			  & = \sum_{k=1}^{2n+3} \dfrac{(-1)^k}{k} - \sum_{k=1}^{2n+1} \dfrac{(-1)^k}{k} \\
			  & = \dfrac{(-1)^{2n+3}}{2n+3} + \dfrac{(-1)^{2n+2}}{2n+2} \\
			  & = -\dfrac{1}{2n+3} + \dfrac{1}{2n+2} \\
			  & = \dfrac{-(2n+2) + (2n+3)}{(2n+2)(2n+3)} \\
			  & =\dfrac{1}{(2n+2)(2n+3)} > 0
\end{align*}
La suite $(v_n)$ et donc $(S_{2n+1})$ est décroissante. 
\item Enfin, pour tout $n \in \N^*$,
\begin{align*}
v_n - u_n & =  \sum_{k=1}^{2n+1} \dfrac{(-1)^k}{k} - \sum_{k=1}^{2n} \dfrac{(-1)^k}{k} \\
& = \dfrac{(-1)^{2n+1}}{2n+1} = - \dfrac{1}{2n+1}
\end{align*}
Donc, $\li_{n \to +\infty} v_n - u_n = 0$. 
\end{itemize} 

\begin{center}
 \fbox{Les suites $(S_{2n})$ et $(S_{2n +1})$ sont donc  adjacentes.}
 \end{center} 
 
 Les suites $(S_{2n})$ et $(S_{2n+1})$ convergent donc vers la même limite $\ell \in \R$. Il semble dès lors cohérent que la suite des sommes partielles $(S_n)$ (et donc la série $\sum\limits_n \dfrac{(-1)^n}{n}$) converge vers $\ell$. C'est un résultat bien connu en scientifique mais Hors programme en ECE. Comment le prouver ? Il faut malheureusement revenir à la définition :
 
$$
(S_n) \; \text{converge vers $\ell$ } \; \Longleftrightarrow \forall \varepsilon > 0, \exists N \in \N, \forall n \geq N, |S_n - \ell| \leq \varepsilon
$$ 
 
Soit $\varepsilon > 0$. Comme $S_{2n}$ et $(S_{2n+1})$ convergent vers $\ell$, il existe deux entiers $N_1$ et $N_2$ tels que 
$$\forall p > N_1, |S_{2p} - \ell| \leq \varepsilon $$
$$\forall p > N_2, |S_{2p+1} - \ell| \leq \varepsilon $$

Posons alors $N = max(2N_1, 2N_2 +1)$. On a alors pour tout $n \geq N$.
\begin{itemize}
\item Soit $n = 2p$ est un entier pair et dans ce cas, comme $2p > 2N_1$ alors $p >N_1$ et donc $|S_n - \ell| \leq \varepsilon$.
\item Soit $n = 2p+1$ est un entier impair et dans ce cas, comme $2p+1 > 2N_2+1$ alors $p >N_2$ et donc $|S_n - \ell| \leq \varepsilon$.
\end{itemize}
Dans tous les cas, pour tout $n \geq N$, on a $|S_n - \ell| \leq \varepsilon$. On en déduit que la suite $(S_n)$ converge et donc
 \begin{center}
 \fbox{La série $\sum\limits_n \dfrac{(-1)^n}{n}$ converge.}
 \end{center}
\end{exo}
%
\begin{exo}[***]
Comme la série de terme général $u_n$ est convergente, $S$ et $R_n$ sont bien définies. De plus $\li_{n \to + \infty} S_n = S$. On a
$$
S_n + R_n = S \Longleftrightarrow R_n = S - S_n. 
$$

En passant à la limite, on voit que $(R_n)$ converge et 
\begin{center}
\fbox{$ \li_{n \to +\infty} R_n = S - S = 0$. }
\end{center}

\end{exo}

\end{document}
