Solutions
Pour n ∈ N 1 suffisamment grand, on a
a
1−ϕn
n
a
1−
K
ln n
n
= a
ln
n
exp(K)
ln n
n
=
e K
n
ln 1
an
ln n
e 2K
n 2 .
(1)
De plus, pour n ∈ N 2 suffisamment grand, on a
a
1−ϕn
n
a n
a
−
K
ln n
n
=
1
a n
K
ln n n
2K
ln n = e
2K .
(2)
En combinant (1) et (2) à la convergence de la série
+∞
n=1
a n , on arrive à
n∈N 1
a
1−ϕn
n
< +∞ et
n∈N 2
a
1−ϕn
n
< +∞.
III.3. Le test intégral
III.3.1. Pour k − 1 x k, k 2, on a f (x) f (k). Pour k x k + 1,
on a f (x) f (k). Donc,
k+1
k
f (x) dx f (k)
k
k−1
f (x) dx, k = 2, 3 . . .
En additionnant membre à membre les inégalités précédentes pour k allant de
2 à n, on obtient
n+1
2
f (x) dx f (2) + f (3) + . . . + f (n)
n
1
f (x) dx,
ce qui démontre le test intégral.
III.3.2. On remarque que
f
f est une fonction décroissante strictement positive. Donc, d’après le test intégral, la convergence de la série étudiée est équivalente au fait que les suites
n
1 f (x) dx
et
n
1
f (x)
f (x) dx
soient bornées.
Puisque
n
1
f
(x) dx = f (n) − f (1) et
n
1
f (x)
f (x)
dx = ln f (n) − ln f (1),
soit les deux suites sont bornées, soit aucune des deux ne l’est.
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