22
1 • Séries numériques
Exercice 1.6. Comme
|a 1 + · · · + a n | |a 1 | + · · · + |a n |,
on peut supposer les a i positifs ou nuls. En posant α 0 = 0, on a :
α
2
n − 2a n α n = α
2
n − 2[nα n − (n − 1)α n−1 ]α n
= α
2
n [1 − 2n) + 2(n − 1)α n−1 α n
(1 − 2n)α
2
n + (n − 1)[α
2
n + α
2
n−1 ] = (n − 1)α
2
n−1 − nα
2
n .
On en déduit :
N
n=1
α
2
n − 2
N
n=1
a n α n −Nα
2
N 0.
D’où :
N
n=1
α
2
n 2
N
n=1
a n α n 2
N
n=1
a
2
n
1/2 N
n=1
α
2
n
1/2
.
Si tous les a n sont nuls, le résultat demandé est clair. Sinon, pour N assez grand, le
membre de droite de l’inégalité précédente est non nul. Alors, si N est assez grand, il
vient :
N
n=1
α
2
n
1/2 2
N
n=1
a
2
n
1/2 ⇒
N
n=1
α
2
n 4
N
n=1
a
2
n .
D’où le résultat.
Exercice 1.7. On a lim p n = +∞, donc p −1
n ∼ − ln(1 − p −1
n ). On va prouver que
la série de terme général x n = − ln(1 − p −1
n ) est divergente, ce qui montrera que la
série donnée diverge.
Si α ∈ N, on :
∞
n=1
1
p n
i
=
1
1 − p
−1
i
1 +
1
p i
+ · · · +
1
p α
i
·
Soient N ∈ N ∗ fixé et p i le plus grand entier premier vérifiant p i N . Tous les
entiers inférieurs ou égaux à N sont des produits de la forme p
α1
1 · · · p
αi
i avec α k β
pour 1 k i. On a donc :
1 −
1
p 1
· · ·
1 −
1
p i
−1
1 +
1
p 1
+ · · · +
1
p
β
1
· · ·
1 +
1
p i
+ · · · +
1
p
β
i
1 +
1
2
+ · · · +
1
N
·
On en déduit que :
lim
n→+∞
1 −
1
p 1
· · ·
1 −
1
p n
−1
= +∞.
D’où :
lim
n→+∞
n
i=1
− ln
1 −
1
p i
= +∞.
On a prouvé la divergence de la série
p −1
n .