Exercice 07-04
Utiliser le critère de la limite du quotient pour étudier les séries ci-dessous.
  1. \(\displaystyle \sum_{n\geqslant 0}\frac{n^3-n^2+n+3}{n^4+n^3-n^2+1}\)
  2. \(\displaystyle \sum_{n\geqslant 2}\frac{\sqrt[3]{n^2-2n}}{n^2-1}\)
  3. \(\displaystyle \sum_{n\geqslant 1}\sqrt[4]{n+1}\sin(\tfrac{1}{\sqrt[3]{n^5+1}})\)
  4. \(\displaystyle \sum_{n\geqslant 1}\frac{1}{\sqrt{n}-\log(n)+\frac{n}{2}}\)
Dans le critère de la limite du quotient, on veut étudier une série \(\sum_na_n\) (à termes positifs) à l'aide d'une série \(\sum_nb_n\) (aussi à termes positifs) plus simple, et telle que \[ \frac{a_n}{b_n}\to \alpha\gt 0\,. \] Ce qui nous guide, dans la recherche d'une bonne suite \(b_n\), est de comprendre les parties dominantes de \(a_n\). Donc on essaiera de définir \(b_n\) en ne gardant dans \(a_n\) que les termes dominants. Après, il faut bien sûr vérifier que \(\frac{a_n}{b_n}\) a une limite strictement positive pour pouvoir relier les deux séries.

On voit que dans \(a_n\), ce qui domine est \(n^3\) au numérateur, et \(n^4\) au dénominateur. On peut donc poser \[ b_n:= \frac{n^3}{n^4}=\frac{1}{n}\,. \]

Relire l'exemple donné ici.

  1. Remarquons que le terme dominant, au numérateur du terme général \(a_n\), est \(n^3\), et celui du dénominateur est \(n^4\). Ceci mène à poser \[b_n:= \frac{n^3}{n^4}=\frac1n\,.\] On a donc \[\begin{aligned} \alpha= \lim_{n\to \infty}\frac{a_n}{b_n}= \frac{n^4-n^3+n^2+3n}{n^4+n^3-n^2+1}=1>0 \end{aligned}\] Puisque \(\sum_n\frac1n\) diverge, \(\sum_na_n\) diverge aussi.
  2. Remarquons que le terme dominant, au numérateur du terme général \(a_n\), est \(n^{2/3}\), et celui du dénominateur est \(n^2\). Ceci mène à poser \[b_n:= \frac{n^{2/3}}{n^2}=\frac1{n^{4/3}}\,,\] qui donne \[\begin{aligned} \alpha =\lim_{n\to\infty} \frac{a_n}{b_n} &=\lim_{n\to\infty} \frac{\frac{\sqrt[3]{n^2-2n}}{n^2-1}}{\frac{1}{n^{4/3}}}\\ &=\lim_{n\to\infty} \frac{n^{4/3}\sqrt[3]{n^2-2n}}{n^2-1}\\ &=\lim_{n\to\infty} \frac{n^{4/3}n^{2/3}\sqrt[3]{1-\frac{2}{n}}}{n^2(1-\frac{1}{n^2})}\\ &=\lim_{n\to\infty} \frac{\sqrt[3]{1-\frac{2}{n}}}{1-\frac{1}{n^2}}\\ &=1\gt 0\,. \end{aligned}\] Puisque \(\sum_nb_n=\sum_n\frac1{n^{4/3}}\) converge (\(p=4/3>1\)), \(\sum_na_n\) converge aussi.
  3. La contribution essentielle, dans \(\sqrt[4]{n+1}\), est \(\sqrt[4]{n}=n^{1/4}\). Puis, on a vu dans un exemple du cours (ici) que la présence d'un terme \(\sin(x_n)\) avec \(x_n=\frac{1}{\sqrt[3]{n^5+1}}>0\) qui tend vers zéro suggère de garder \(x_n\), dont la contribution principale ici est \(\frac{1}{\sqrt[3]{n^5}}=\frac{1}{n^{5/3}}\). Ceci mène donc à introduire \[b_n:= n^{1/4}\cdot \frac{1}{n^{5/3}}=\frac{1}{n^{17/12}}\,. \] On peut maintenant écrire \[\begin{aligned} \frac{a_n}{b_n} =\underbrace{\frac{\sqrt[4]{n+1}}{n^{1/4}}}_{\to 1} \underbrace{\frac{\sin(\tfrac{1}{\sqrt[3]{n^5+1}})}{ \tfrac{1}{\sqrt[3]{n^5+1}}}}_{\to 1} \underbrace{\frac{\tfrac{1}{\sqrt[3]{n^5+1}}}{\frac{1}{n^{5/3}}}}_{\to 1} \end{aligned}\] On a donc \(\alpha=1>0\). Comme \(\sum_nb_n\) converge (\(p=\frac{17}{12}>1\)), \(\sum_na_n\) converge aussi.
  4. On sait que lorsque \(n\) est grand, un terme linéaire \(n\) l'emporte toujours sur une racine \(\sqrt{n}\) et un logarithme \(\log(n)\). On pose donc \(b_n:= \frac{1}{n}\), qui donne \[\alpha= \lim_{n\to \infty}\frac{a_n}{b_n}= \lim_{n\to \infty}\frac{1}{\frac{\sqrt{n}}{n}-\frac{\log(n)}{n}+\frac12}=2>0\,,\] donc \(\sum_na_n\) diverge.