4.3 Exercices d’approfondissement 91
Mais, par un calcul classique (voir ex 4.7), la suite ((1 − 1/n)
n ) converge vers 1/e,
donc
u n
1
(n + 2) ln n
1 −
1
n
n+2
∼
n→+∞
1
en ln n
.
Comme la série de terme général 1/(n ln n) est une série de Bertrand divergente (voir
ex. 4.15), il en résulte que la série de terme général u n diverge.
5) On écrit
u n =
1
0
f (1)x
n dx +
1
0
( f (x) − f (1))x
n dx =
f (1)
n + 1
+
1
0
( f (x) − f (1))x
n dx .
Puisque f est de classe C
1 sur [ 0, 1 ] , la dérivée f
est bornée sur cet intervalle, et
d’après l’inégalité des accroissements finis, il existe une constante M telle que, quel
que soit x ∈ [ 0, 1 ] on ait | f (x) − f (1)| M|x − 1| . Alors
1
0
( f (x) − f (1))x
n dx
M
1
0
(1 − x)x
n dx = M
1
n + 1
−
1
n + 2
.
La série de terme général
1
n + 1
−
1
n + 2
est une série télescopique convergente. Il en
résulte que la série de terme général
1
0
( f (x) − f (1))x
n dx converge absolument.
Par contre la série de terme général f (1)/(n+1) converge si et seulement si f (1) = 0.
Donc la série de terme général u n converge si et seulement si f (1) = 0 .
Exercice 4.34
Mines - Ponts PC 2006 , Centrale PC 2006 K
Nature de la série de terme général u n =
n
k=1
k
2k
−1/n
2
.
Indication de la rédaction : étudier la suite (ln u n ) en comparant à une intégrale.
On pourra s’aider d’un dessin.
Pour n ∈ N
∗ , on a ln u n = −
v n
n 2 avec v n =
n
k=1
2k ln k. Comme la fonction
x → 2x ln x est croissante et positive sur [ 1, +∞ [ , on a, lorsque k 1, l’inégalité
k+1
k
2x ln x dx 2k ln k , ce qui donne en sommant
v n =
n
k=1
2k ln k
n+1
1
2x ln xdx .
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