\documentclass[a4paper,french,landscape]{article}
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\newtheorem{theorem}{Théorème}
\newtheorem{proposition}[theorem]{Proposition}
\newtheorem{lemma}[theorem]{Lemme}
\newtheorem{corollary}[theorem]{Corollaire}
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\newtheorem{acknowledgement}[theorem]{Prérequis}
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\begin{document}
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\begin{exercise}
Séries géométriques. Soit $x\in ]-1,1[$. On pose $S_{n}(x)=\sum%
\limits_{k=0}^{n}x^{k}.$
\begin{enumerate}
\item $S_{n}(x)=\dfrac{1-x^{n+1}}{1-x}.$ Puisque $x\in ]-1,1[,$ la suite $%
(x^{n+1})$ converge vers $0$ et $\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }S_{n}(x)=%
\dfrac{1}{1-x}.$ Par définition de la convergence des séries, la série $%
\sum\limits_{n\geqslant 0}x^{n}$ converge et $\sum\limits_{n=0}^{+\infty
}x^{n}=\dfrac{1}{1-x}.$
\item $S_{n}(x)=\sum\limits_{k=0}^{n}x^{k}$ donc $S_{n}^{\prime
}(x)=\sum\limits_{k=0}^{n}kx^{k-1}=x^{-1}\sum\limits_{k=0}^{n}kx^{k}.$
D'autre part, $S_{n}(x)=\dfrac{1-x^{n+1}}{1-x}$ donc $S_{n}^{\prime }(x)=%
\dfrac{nx^{n+1}-(n+1)x^{n}+1}{(1-x)^{2}}.$ Par conséquent, on a%
\begin{equation*}
x^{-1}\sum\limits_{k=0}^{n}kx^{k}=\dfrac{nx^{n+1}-(n+1)x^{n}+1}{(1-x)^{2}}.
\end{equation*}
\item En multipliant par $x$ l'égalité précédente, on en déduit que
\begin{equation*}
\sum\limits_{k=0}^{n}kx^{k}=x.\dfrac{nx^{n+1}-(n+1)x^{n}+1}{(1-x)^{2}}.
\end{equation*}
\item $nx^{n}=ne^{n\ln x}$ donc $\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }ne^{n\ln
x}=\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }e^{n\ln x}$ (cf. le cours sur les
limites usuelles) et puisque $\ln x<0,$ on en déduit que $%
\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }e^{n\ln x},$ c'est-à-dire que $%
\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }nx^{n}=0.$
\item Par définition, la série $\sum\limits_{n\geqslant 0}nx^{n}$ si et
seulement la suite $\sum\limits_{k=0}^{n}kx^{k}$ converge lorsque $%
n\rightarrow +\infty .$ Ensuite
\begin{eqnarray*}
\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }nx^{n+1} &=&\lim\limits_{n\rightarrow
+\infty }(nx^{n})x=x\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }(nx^{n})=0 \\
\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }(n+1)x^{n} &=&\lim\limits_{n\rightarrow
+\infty }nx^{n}+\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }x^{n}=0+0=0
\end{eqnarray*}%
donc $\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }x.\dfrac{nx^{n+1}-(n+1)x^{n}+1}{%
(1-x)^{2}}=x\dfrac{1}{(1-x)^{2}},$ ce qui signifie que la série $%
\sum\limits_{n\geqslant 0}nx^{n}$ est convergente et $\sum\limits_{n=0}^{+%
\infty }nx^{n}=\dfrac{x}{(1-x)^{2}}.$
\end{enumerate}
\end{exercise}
\begin{exercise}
\begin{enumerate}
\item \quad
\begin{enumerate}
\item Puisque $\alpha >0,$ la fonction $t\mapsto \dfrac{1}{t^{\alpha }}$ est
décroissante sur $\mathbb{R}_{+}^{\times },$ donc
\begin{equation*}
\forall t\in \lbrack \hspace{-0.15em}[n+1,n+2]\hspace{-0.13em}],\quad \dfrac{%
1}{t^{\alpha }}\leqslant \dfrac{1}{(n+1)^{\alpha }}
\end{equation*}%
et, en intégrant sur $[\hspace{-0.15em}[n+1,n+2]\hspace{-0.13em}],$ on en dé%
duit que
\begin{equation}
\int\limits_{n+1}^{n+2}\dfrac{dt}{t^{\alpha }}\leqslant
\int\limits_{n+1}^{n+2}\dfrac{1}{(n+1)^{\alpha }}dt=\dfrac{1}{(n+1)^{\alpha }%
}\int\limits_{n+1}^{n+2}dt=\dfrac{1}{(n+1)^{\alpha }}[t]_{t=n+1}^{t=n+2}=%
\dfrac{1}{(n+1)^{\alpha }}. \label{majoration integrale}
\end{equation}%
La fonction $t\mapsto \dfrac{1}{t^{\alpha }}$ est décroissante sur $[\hspace{%
-0.15em}[n,n+1]\hspace{-0.13em}]$ donc
\begin{equation*}
\forall t\in \lbrack \hspace{-0.15em}[n,n+1]\hspace{-0.13em}],\quad \dfrac{1%
}{t^{\alpha }}\geqslant \dfrac{1}{(n+1)^{\alpha }}
\end{equation*}%
et, en intégrant sur $[\hspace{-0.15em}[n,n+1]\hspace{-0.13em}],$ on en dé%
duit que
\begin{equation}
\int\limits_{n}^{n+1}\dfrac{dt}{t^{\alpha }}\geqslant \int\limits_{n+1}^{n+2}%
\dfrac{1}{(n+1)^{\alpha }}dt=\dfrac{1}{(n+1)^{\alpha }}.
\label{minoration integrale}
\end{equation}%
La combinaison des inégalités (\ref{majoration integrale}) et (\ref%
{minoration integrale}) nous fournit l'encadrement recherché.
\item On procède par récurrence. Posons $(\mathcal{H}_{n}):\int%
\limits_{1}^{n+1}\dfrac{dt}{t^{\alpha }}\leqslant S_{n}\leqslant
1+\int\limits_{1}^{n}\dfrac{dt}{t^{\alpha }}.$\newline
\textbf{Initialisation :} la question précédente montre, en choisissant $n=0$
dans la première inégalité que $\int\limits_{1}^{2}\dfrac{dt}{t^{\alpha }}%
\leqslant \dfrac{1}{1^{\alpha }}=S_{1}.$ D'autre part, $S_{1}=\dfrac{1}{%
1^{\alpha }}=1=1+\underset{=0}{\underbrace{\int\limits_{1}^{1}\dfrac{dt}{%
t^{\alpha }}}}$ donc $\int\limits_{1}^{2}\dfrac{dt}{t^{\alpha }}\leqslant
S_{1}\leqslant 1+\int\limits_{1}^{1}\dfrac{dt}{t^{\alpha }}$, ce qui dé%
montre $(\mathcal{H}_{1}).$\newline
\textbf{Hérédité :} Supposons $(\mathcal{H}_{n})$ vraie, i.e. $%
\int\limits_{1}^{n+1}\dfrac{dt}{t^{\alpha }}\leqslant S_{n}\leqslant
1+\int\limits_{1}^{n}\dfrac{dt}{t^{\alpha }}.$ La question précédente,
montre que $\int\limits_{n+1}^{n+2}\dfrac{dt}{t^{\alpha }}\leqslant \dfrac{1%
}{(n+1)^{\alpha }}\leqslant \int\limits_{n}^{n+1}\dfrac{dt}{t^{\alpha }}.$
L'addition de ces deux encadrements nous donne%
\begin{equation*}
\int\limits_{1}^{n+1}\dfrac{dt}{t^{\alpha }}+\int\limits_{n+1}^{n+2}\dfrac{dt%
}{t^{\alpha }}\leqslant S_{n}+\dfrac{1}{(n+1)^{\alpha }}\leqslant
1+\int\limits_{1}^{n}\dfrac{dt}{t^{\alpha }}+\int\limits_{n}^{n+1}\dfrac{dt}{%
t^{\alpha }}.
\end{equation*}%
En utilisant la relation de Chasles ainsi que l'égalité $S_{n+1}=S_{n}+%
\dfrac{1}{(n+1)^{\alpha }},$ on en déduit l'égalité souhaitée%
\begin{equation*}
\int\limits_{1}^{n+2}\dfrac{dt}{t^{\alpha }}\leqslant S_{n+1}\leqslant
1+\int\limits_{1}^{n+1}\dfrac{dt}{t^{\alpha }},
\end{equation*}%
ce qui démontre $(\mathcal{H}_{n+1})$ donc $\forall n\in \mathbb{N}^{\times
},$ $(\mathcal{H}_{n})$ est vraie.
\item Si $\alpha \neq 1,\quad \int\limits_{1}^{n}\dfrac{dt}{t^{\alpha }}%
=\int\limits_{1}^{n}t^{-\alpha }dt=[\dfrac{t^{1-\alpha }}{1-\alpha }%
]_{t=1}^{t=n}=\dfrac{1}{1-\alpha }(n^{1-\alpha }-1).$\newline
Si $\alpha =1,\quad \int\limits_{1}^{n}\dfrac{dt}{t}=[\ln t]_{t=1}^{t=n}=\ln
n.$
\end{enumerate}
\item Les questions $2.b$ et $2.c$, appliquée à $\alpha =1$, nous donne
l'encadrement
\begin{equation*}
\underset{\rightarrow +\infty }{\underbrace{\ln n}}\leqslant S_{n}\leqslant
1+\ln n.
\end{equation*}%
La suite $(S_{n})_{n}$ est supérieure à la suite $(\ln n)_{n}$ qui tend vers
$+\infty $ donc $\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }S_{n}=+\infty $ et la sé%
rie $\sum\limits_{n\geqslant 1}\dfrac{1}{n}$ diverge. D'autre part, li'né%
galité suivante
\begin{equation*}
1\leqslant \dfrac{S_{n}}{\ln n}\leqslant \underset{\rightarrow 1}{%
\underbrace{\dfrac{1}{\ln n}+1}}
\end{equation*}%
permet d'appliquer le théorème d'encadrement donc $\lim\limits_{n\rightarrow
+\infty }\dfrac{S_{n}}{\ln n}=1,$ c'est-à-dire $S_{n}\underset{n\rightarrow
+\infty }{\sim }\ln n.$
\item Puisque $\alpha \in ]0,1[$ et que $k\geqslant 1,\quad k^{\alpha
}\leqslant k^{1}$ donc $\dfrac{1}{k^{\alpha }}\geqslant \dfrac{1}{k}.$ En
additionnant cette inégalité pour toutes les valeurs de $k$ entre $1$ et $n,$
on obtient
\begin{equation*}
\forall n\geqslant 1,\quad S_{n}\geqslant \sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k}%
\geqslant \ln n\text{ (d'après la question }2)
\end{equation*}%
La suite $(S_{n})_{n}$ est supérieure à la suite $(\ln n)_{n}$ qui diverge
vers $+\infty $ donc la suite $(S_{n})_{n}$ diverge vers $+\infty ,$ c'est-à%
-dire que la série $\sum\limits_{n\geqslant 1}\dfrac{1}{n^{\alpha }}$
diverge si $\alpha \in ]0,1[.$
\item \quad
\begin{enumerate}
\item $S_{n+1}=\dfrac{1}{(n+1)^{\alpha }}+S_{n}$ donc $S_{n+1}-S_{n}=\dfrac{1%
}{(n+1)^{\alpha }}\geqslant 0$ et la suite $(S_{n})_{n\geqslant 1}$ est
croissante.
\item La combinaison de la question $2.b$ et $2.c$ montre que
\begin{equation*}
S_{n}\leqslant 1+\dfrac{1}{\underset{<0}{\underbrace{1-\alpha }}}(\underset{%
<0}{\underbrace{n^{1-\alpha }-1}})=1+\dfrac{1}{\underset{>0}{\underbrace{%
\alpha -1}}}(1-\underset{>0}{\underbrace{n^{1-\alpha }}})\leqslant 1+\dfrac{1%
}{\alpha -1}=\dfrac{\alpha }{\alpha -1}.
\end{equation*}
\item La suite $(S_{n})_{n\geqslant 1}$ est croissante et majorée par $%
\dfrac{\alpha }{\alpha -1}$ donc elle est convergente et sa limite est infé%
rieure ou égale à $\dfrac{\alpha }{\alpha -1}.$ Autrement dit, la série $%
\sum\limits_{n\geqslant 1}\dfrac{1}{n^{\alpha }}$ converge lorsque $\alpha >1
$ et $\sum\limits_{n=1}^{+\infty }\dfrac{1}{n^{\alpha }}\leqslant \dfrac{%
\alpha }{\alpha -1}.$
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exercise}
\begin{exercise}
\begin{enumerate}
\item \quad
\begin{enumerate}
\item $\dfrac{u_{n+1}(x)}{u_{n}(x)}=\dfrac{\dfrac{x^{n+1}}{(n+1)!}}{\dfrac{%
x^{n}}{n!}}=\dfrac{x^{n+1}}{(n+1)!}\times \dfrac{n!}{x^{n}}=\dfrac{x}{n+1}%
\underset{n\rightarrow +\infty }{\rightarrow }0$
\item $\left\vert \dfrac{u_{n+1}(x)}{u_{n}(x)}\right\vert =\dfrac{\left\vert
x\right\vert }{n+1}\leqslant \dfrac{1}{2}\Leftrightarrow 2\left\vert
x\right\vert \leqslant n+1$ donc si $n\geqslant 2\left\vert x\right\vert -1$
alors $\left\vert u_{n+1}(x)\right\vert \leqslant \dfrac{1}{2}\left\vert
u_{n}(x)\right\vert .$ Il suffit de prendre $N=E(2\left\vert x\right\vert
-1)+1$ (si $n\geqslant 3,7$ alors on choisi $N=4=3+1=E(3,7)+1)$
\item La récurrence est notre amie. Posons $(\mathcal{P}_{n}):\quad
\left\vert u_{n}(x)\right\vert \leqslant (\dfrac{1}{2})^{n-N}\left\vert
u_{N}(x)\right\vert .$ \newline
\textbf{Initialisation :} $n=N,$ $(\dfrac{1}{2})^{N-N}\left\vert
u_{N}(x)\right\vert =\left\vert u_{N}(x)\right\vert $ donc $(\mathcal{P}_{N})
$ est vraie.\newline
\textbf{Hérédité : }Supposons que $(\mathcal{P}_{n})$ soit vraie. La
question $1.b$ montre que $\left\vert u_{n+1}(x)\right\vert \leqslant \dfrac{%
1}{2}\left\vert u_{n}(x)\right\vert $ et l'hypothèse de récurrence $(%
\mathcal{P}_{n})$ montre que $\left\vert u_{n}(x)\right\vert \leqslant (%
\dfrac{1}{2})^{n-N}\left\vert u_{N}(x)\right\vert $ donc
\begin{equation*}
\left\vert u_{n+1}\right\vert \leqslant \dfrac{1}{2}\left\vert
u_{n}(x)\right\vert \leqslant \dfrac{1}{2}(\dfrac{1}{2})^{n-N}\left\vert
u_{N}(x)\right\vert \leqslant (\dfrac{1}{2})^{n+1-N}\left\vert
u_{N}(x)\right\vert ,
\end{equation*}%
ce qui démontre $(\mathcal{P}_{n+1}).$ Ainsi, $\forall n\geqslant N,$ $(%
\mathcal{P}_{n})$ est vraie. \newline
Pour $n\geqslant N,$ la suite $(\left\vert u_{n}(x)\right\vert )_{n}$ est
positive et majorée par la suite géométrique $(\dfrac{1}{2})^{n-N}\left\vert
u_{N}(x)\right\vert ,$ dont la raison $\dfrac{1}{2}$ appartient à $]-1,1[$
donc elle converge vers $0.$ Le théorème d'encadrement montre que $%
\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }\left\vert u_{n}(x)\right\vert =0,$ c'est-%
à-dire $\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }\dfrac{x^{n}}{n!}=0$ lorsque $%
x\neq 0.$ Bien entendu, si $x=0$ alors $\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }%
\dfrac{x^{n}}{n!}=\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }0=0.$
\end{enumerate}
\item \quad
\begin{enumerate}
\item Si $x\geqslant 0,\quad \forall t\in \lbrack 0,x],$ on a :
\begin{eqnarray*}
0 &\leqslant &(x-t)\leqslant x\Rightarrow 0\leqslant (x-t)^{n}\leqslant
\left\vert x\right\vert ^{n}\Rightarrow 0\leqslant \dfrac{(x-t)^{n}}{n!}%
\leqslant \dfrac{x^{n}}{n!} \\
&\Rightarrow &0\leqslant \dfrac{(x-t)^{n}}{n!}e^{t}\leqslant \dfrac{x^{n}}{n!%
}e^{t}.
\end{eqnarray*}%
En intégrant sur $[0,x],$ on obtient
\begin{equation*}
0\leqslant I_{n}(x)\leqslant \int\limits_{0}^{x}\dfrac{x^{n}}{n!}e^{t}dt=%
\dfrac{x^{n}}{n!}[e^{t}]_{t=0}^{t=x}=\dfrac{x^{n}}{n!}(e^{x}-1)\leqslant
\dfrac{x^{n}}{n!}e^{x}
\end{equation*}%
Ainsi, la distance de $I_{n}(x)$ à $0$ est moindre que $\dfrac{x^{n}}{n!}%
e^{x}$ qui est positif donc
\begin{equation*}
\forall x\geqslant 0,\quad \left\vert I_{n}(x)\right\vert \leqslant \dfrac{%
\left\vert x\right\vert ^{n}}{n!}(e^{x}-1)=\dfrac{\left\vert x\right\vert
^{n}}{n!}\left\vert 1-e^{x}\right\vert .
\end{equation*}%
Si $x<0,$ $I_{n}(x)=-\int\limits_{x}^{0}\dfrac{(x-t)^{n}}{n!}e^{t}dt$ (pour
avoir un ordre d'intégration naturel, $a