# Série numérique/Exercices/Exemple de télescopage
## Exercice 1

Soit $\gamma$ un réel strictement positif. Pour tout entier $n\geq 1$, on pose $x_{n}={\frac {1}{n^{\gamma }}}-{\frac {1}{(n+1)^{\gamma }}}$.
* Calculer $\sum _{n\geq 1}x_{n}$.
* Donner un équivalent de la suite $(x_{n})$.
* En déduire que pour tout réel $\alpha >1$, la série de Riemann $\sum _{n\geq 1}{\frac {1}{n^{\alpha }}}$ converge.
* $\sum _{n=1}^{N-1}x_{n}=1-{\frac {1}{N^{\gamma }}}$ donc $\sum _{n\geq 1}x_{n}=1$.
* $x_{n}={\frac {\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{\gamma }-1}{(n+1)^{\gamma }}}\sim {\frac {\gamma }{n^{\gamma +1}}}$.
* Si $\alpha >1$, ce qui précède s'applique à $\gamma :=\alpha -1$. Par comparaison avec $\sum _{n\geq 1}x_{n}$, la série (à termes positifs) $\sum _{n\geq 1}{\frac {\gamma }{n^{\gamma +1}}}$ converge donc $\sum _{n\geq 1}{\frac {1}{n^{\gamma +1}}}=\sum _{n\geq 1}{\frac {1}{n^{\alpha }}}$ converge.

## Exercice 2

Pour tout entier $n\geq 2$, on pose $y_{n}=\ln \ln(n+1)-\ln \ln n$.
* Montrer que $\sum _{n\geq 2}y_{n}$ diverge.
* À l'aide du théorème des accroissements finis, démontrer que $y_{n}\leq {\frac {1}{n\ln n}}$.
* En déduire que la série $\sum _{n\geq 2}{\frac {1}{n\ln n}}$ diverge.
* En déduire que la série de Bertrand $\sum _{n\geq 2}{\frac {1}{n^{\alpha }\ln ^{\beta }n}}$ ($\alpha ,\beta \in \mathbb {R}$) diverge si $\alpha =1$ et $\beta \leq 1$, ou si $\alpha <1$.
* $\sum _{n=2}^{N-1}y_{n}=\ln \ln N-\ln \ln 2\;{\xrightarrow[{N\to +\infty }]}+\infty$.
* Soit $f(x)=\ln \ln x$. Pour tout entier $n\geq 2$, il existe $c\in \left]n,n+1\right[$ tel que $y_{n}=f(n+1)-f(n)=f'(c)={\frac {1}{c\ln c}}<{\frac {1}{n\ln n}}$.
* Immédiat.
* Dans ces cas, ${\frac {1}{n\ln n}}=o\left({\frac {1}{n^{\alpha }\ln ^{\beta }n}}\right)$.

## Exercice 3

Soit $\gamma$ un réel strictement positif. Pour tout entier $n\geq 2$, on pose $z_{n}={\frac {1}{\ln ^{\gamma }n}}-{\frac {1}{\ln ^{\gamma }(n+1)}}$.
* Calculer $\sum _{n\geq 2}z_{n}$.
* À l'aide du théorème des accroissements finis, démontrer que $z_{n}\geq {\frac {\gamma }{(n+1)\ln ^{\gamma +1}(n+1)}}$.
* En déduire que pour tout $\beta >1$, la série $\sum _{n\geq 2}{\frac {1}{n\ln ^{\beta }n}}$ converge.
* En déduire que la série de Bertrand $\sum _{n\geq 2}{\frac {1}{n^{\alpha }\ln ^{\beta }n}}$ converge aussi si $\alpha >1$ (avec $\beta$ quelconque, ce qui étend le cas $\beta =0$ de l'exercice 1).
* Retrouver le résultat de la question précédente en utilisant l'exercice 1.
* $\sum _{n=2}^{N-1}z_{n}={\frac {1}{\ln ^{\gamma }2}}-{\frac {1}{\ln ^{\gamma }N}}$ donc $\sum _{n\geq 2}z_{n}={\frac {1}{\ln ^{\gamma }2}}$.
* Soit $f(x)={\frac {1}{\ln ^{\gamma }x}}$. Pour tout entier $n\geq 2$, il existe $c\in \left]n,n+1\right[$ tel que $z_{n}=f(n)-f(n+1)=-f'(c)={\frac {\gamma }{c\ln ^{\gamma +1}(c)}}>{\frac {\gamma }{(n+1)\ln ^{\gamma +1}(n+1)}}$.
* Immédiat.
* Si $\alpha >1$, ${\frac {1}{n^{\alpha }\ln ^{\beta }n}}=o\left({\frac {1}{n\ln ^{2}n}}\right)$.
* Si $\alpha >1$, soit $\delta$ un réel tel que $1<\delta <\alpha$ (par exemple $\delta ={\frac {1+\alpha }{2}}$). Alors, $\sum _{n\geq 1}{\frac {1}{n^{\delta }}}$ converge et ${\frac {1}{n^{\alpha }\ln ^{\beta }n}}=o\left({\frac {1}{n^{\delta }}}\right)$.

### Remarque

    L'étude des séries de Riemann et de Bertrand peut aussi se faire par comparaison série-intégrale.

## Exercice 4

On veut affiner l'équivalent ln(n!) ~ n ln(n). Pour tout entier $n\geq 1$, on pose
    $u_{n}={\frac {n^{n+{\frac {1}{2}}}\operatorname {e} ^{-n}}{n!}}$ et $v_{n}=\ln \left({\frac {u_{n+1}}{u_{n}}}\right)$.
* Montrer que la suite $(v_{n})_{n\geq 1}$ est bien définie et que $v_{n}=O\left({\frac {1}{n^{2}}}\right)$.
* Montrer que $\sum v_{n}$ converge et, par télescopage, en déduire que la suite $\left(\ln u_{n}\right)$ converge.
* En déduire l'équivalent de De Moivre :
    $\exists C>0\quad n!\sim C{\sqrt {n}}\;n^{n}\operatorname {e} ^{-n}$.
    (En fait, $C={\sqrt {2\pi }}$ : voir Intégration de Riemann/Devoir/Fonction Gamma et formule de Stirling).
* Pour tout $n\geq 1$, $u_{n}>0$ donc $v_{n}$ est bien défini et
    ${\begin{aligned}v_{n}&=\ln \left({\frac {(n+1)^{n+{\frac {3}{2}}}\operatorname {e} ^{-n-1}n!}{n^{n+{\frac {1}{2}}}\operatorname {e} ^{-n}(n+1)!}}\right)=\ln \left(\left({\frac {n+1}{n}}\right)^{n+{\frac {1}{2}}}\operatorname {e} ^{-1}\right)\\&=\left(n+{\frac {1}{2}}\right)\ln \left(1+{\frac {1}{n}}\right)-1=\left(n+{\frac {1}{2}}\right)\left({\frac {1}{n}}-{\frac {1}{2n^{2}}}+O\left({\frac {1}{n^{3}}}\right)\right)-1\\&=O\left({\frac {1}{n^{2}}}\right).\end{aligned}}$
* D'après la question précédente, la série $\sum v_{n}$ converge. Or
       $\sum _{k=1}^{n-1}v_{k}=\sum _{k=1}^{n-1}\ln \left({\frac {u_{k+1}}{u_{k}}}\right)=\sum _{k=1}^{n-1}(\ln u_{k+1}-\ln u_{k})=\ln u_{n}-\ln u_{1}$.
    On en déduit que $\ln u_{n}\to \ell :=\ln u_{1}+\sum _{k\geq 1}v_{k}$.
* La fonction exponentielle étant continue sur $\mathbb {R}$, on en déduit que
       ${\frac {1}{u_{n}}}=\operatorname {e} ^{-\ln u_{n}}\to C:=\operatorname {e} ^{-\ell }>0$,
    ce qui est l'équivalent de De Moivre.

## Exercice 5

Calculer $\sum _{n=0}^{\infty }u_{n}$, où $u_{n}=\int _{0}^{1}\left(1-{\sqrt {x}}\right)^{n}\,\mathrm {d} x$.
Par changement de variable $t=1-{\sqrt {x}}$, pour tout entier naturel $n$ (et plus généralement, pour tout réel $n>-1$)
    $u_{n}=2\int _{0}^{1}t^{n}(1-t)\,\mathrm {d} t=2\left({\frac {1}{n+1}}-{\frac {1}{n+2}}\right)$,
donc
    $\sum _{k=0}^{n}u_{k}=2\left(1-{\frac {1}{n+2}}\right)\to 2$.

## Exercice 6

On se propose, pour
    $u_{n,k}:={\begin{cases}{\frac {1}{n^{2}-k^{2}}}&{\text{si }}n\neq k\\0&{\text{si }}n=k.\end{cases}}$,
de démontrer que
    $\sum _{n=1}^{\infty }\left(\sum _{k=1}^{\infty }u_{n,k}\right)\neq \sum _{k=1}^{\infty }\left(\sum _{n=1}^{\infty }u_{n,k}\right)$.
* Pour tout $k\in \mathbb {N} ^{*}$, décomposer la fraction rationnelle ${\frac {1}{X^{2}-k^{2}}}$ en éléments simples.
* En déduire, par double télescopage, la valeur de $\sum _{n\in \mathbb {N} ^{*}}u_{n,k}$ en fonction de $k$.
* En déduire que $\sum _{k=1}^{\infty }\left(\sum _{n\in \mathbb {N} ^{*}}u_{n,k}\right)\neq 0$.
* Conclure.
* ${\frac {1}{X^{2}-k^{2}}}={\frac {1}{2k}}\left({\frac {1}{X-k}}-{\frac {1}{X+k}}\right)$.
* Pour tout $N\geq 3k$, ${\begin{aligned}2k\sum _{0<n\leq N}u_{n,k}&=\sum _{0<n<k}\left(-{\frac {1}{k-n}}-{\frac {1}{n+k}}\right)+\sum _{k<n\leq N}\left({\frac {1}{n-k}}-{\frac {1}{n+k}}\right)\\&=-\sum _{0<j<k}{\frac {1}{j}}-\sum _{k<j<2k}{\frac {1}{j}}+\sum _{0<j\leq N-k}{\frac {1}{j}}-\sum _{2k<j\leq N+k}{\frac {1}{j}}\\&={\frac {1}{k}}+\sum _{k<j\leq N-k}{\frac {1}{j}}-\sum _{k<j<2k}{\frac {1}{j}}-\sum _{2k<j\leq N+k}{\frac {1}{j}}\\&={\frac {1}{k}}+{\frac {1}{2k}}+\sum _{2k<j\leq N-k}{\frac {1}{j}}-\sum _{2k<j\leq N+k}{\frac {1}{j}}\\&={\frac {3}{2k}}-\sum _{N-k<j\leq N+k}{\frac {1}{j}}\end{aligned}}$ et le reste, $\sum _{N-k<j\leq N+k}{\frac {1}{j}}<{\frac {2k}{N-k}}$, tend vers 0 quand $N\to \infty$, donc $\sum _{n\in \mathbb {N} ^{*}}u_{n,k}={\frac {1}{2k}}\times {\frac {3}{2k}}={\frac {3}{4k^{2}}}$. La notation $\sum _{n\in \mathbb {N} ^{*}}$ (au lieu de $\sum _{n=1}^{\infty }$) est justifiée par le fait que la série est non seulement convergente (d'après ce qui précède), mais absolument convergente (car son terme général est équivalent à ${\frac {1}{n^{2}}}$, ou simplement parce qu'elle est convergente et à termes positifs à partir de l'indice $k$).
* $\sum _{k=1}^{\infty }\left(\sum _{n\in \mathbb {N} ^{*}}u_{n,k}\right)=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {3}{4k^{2}}}>0$.
* Les deux sommes $\sum _{n=1}^{\infty }\left(\sum _{k=1}^{\infty }u_{n,k}\right)$ et $\sum _{k=1}^{\infty }\left(\sum _{n=1}^{\infty }u_{n,k}\right)$ sont opposées (puisque $u_{n,k}=-u_{k,n}$) et non nulles (d'après ce qui précède). Elles sont donc différentes.

## Exercice 7

Soit $y_{n}=z_{n}-z_{n+1}$.
* Calculer $S_{n}:=\sum _{k=0}^{n}y_{k}$.
* En déduire que la suite $(z_{n})$ converge si et seulement si la série $\sum y_{n}$ converge.
* Étudier la série $\sum _{n\geq 2}\left({\sqrt[{n+1}]{a}}+{\sqrt[{n-1}]{a}}-2{\sqrt[{n}]{a}}\right)$, pour un réel $a>0$.
* Étudier la série $\sum _{n\geq 0}y_{n}$, pour $y_{0},u,v\geq 0$ et $y_{n+1}={\frac {un+v}{un+u+v+1}}y_{n}$.
* $S_{n}=z_{0}-z_{n+1}$.
* $z_{n}\to z$ si et seulement si $S_{n}\to z_{0}-z$.
* $z_{n}:={\sqrt[{n+1}]{a}}-{\sqrt[{n+2}]{a}}\to 1-1=0$ donc (d'après ce qui précède) $\sum _{n\geq 2}\left({\sqrt[{n+1}]{a}}+{\sqrt[{n-1}]{a}}-2{\sqrt[{n}]{a}}\right)=a-{\sqrt {a}}$. On peut de plus remarquer que cette convergence est absolue car le terme général de cette série est de signe constant. En effet, si $a>1$ alors (par convexité de $t\mapsto a^{t}$) ${\frac {a^{\frac {1}{n+1}}+a^{\frac {1}{n-1}}}{2}}>a^{\frac {{\frac {1}{n+1}}+{\frac {1}{n-1}}}{2}}=a^{\frac {n}{n^{2}-1}}>a^{\frac {1}{n}}$ donc $y_{n}>0$ et de même, si $a<1$ alors $y_{n}<0$.
* Soit $z_{n}:=(un+v+1)y_{n}\geq 0$. On a $z_{n}-z_{n+1}=y_{n}\geq 0$ donc la suite $(z_{n})$ converge, si bien que la série $\sum y_{n}$ converge. Comme de plus la suite $(y_{n})$ est positive décroissante, on en déduit que $ny_{n}\to 0$, donc $z_{n}\to 0$ et $\sum _{n\geq 0}y_{n}=z_{0}=(v+1)y_{0}$.
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