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Chap. 4. Séries numériques
Cette intégrale se calcule par parties, et l’on obtient
n+1
1
2x ln xdx =
x
2 ln x
n+1
1
−
n+1
1
xdx
= (n + 1)
2 ln(n + 1) −
(n + 1)
2
2
+
1
2
= (n + 1)
2
ln n + ln
1 +
1
n
−
n
2
2
− n
= n
2 ln n + (2n + 1) ln n + (n + 1)
2 ln
1 +
1
n
−
n
2
2
− n .
Alors
ln u n − ln n −
(2n + 1) ln n
n 2
−
n + 1
n
2
ln
1 +
1
n
+
1
2
+
1
n
,
d’où
ln u n − ln n +
1
2
+ o(1) .
Et finalement
u n
1
n
e
1
2 +o(1)
∼
n→+∞
√
e
n
.
La série de terme général u n diverge donc par comparaison à la série harmonique.
Exercice 4.35
Mines - Ponts PC 2005 K
1) Montrer la convergence de la série de terme général (−1)
n ln
1 +
1
n
.
On note S =
+∞
n=1
(−1)
n ln
1 +
1
n
.
2) Montrer que, pour n 1, la somme partielle S 2n de la série peut s’écrire
S 2n = ln
(2n + 1)[(2n)!]
2
2 4n [n!] 4
et trouver sa limite en utilisant la formule de Stirling.
3) En déduire S.
1) Pour tout n ∈ N
∗ , posons u n = ln(1 + 1/n). Il est clair que la suite (u n ) n1 est
décroissante et converge vers 0. Alors la série de terme général (−1)
n u n est une série
alternée qui converge d’après le critère de Leibniz. Sa somme S est en particulier la
limite de la suite (S 2n ) n1 , où S 2n =
2n
k=1
(−1)
k u k .