La série est
du type \(\sum_n\frac{1}{n^p}\), avec \(p=p(x)=x^2-1\),
donc elle converge si et seulement si \(p(x)\gt 1\), ce qui signifie
\(x\in D\) où \(D=]-\infty,-\sqrt{2}[\cup]\sqrt{2},+\infty[\).
Cette série est géométrique de raison \(r(x)=x^2-2\), et donc converge si et
seulement si \(|r(x)|\lt 1 \), c'est-à-dire
\[\begin{aligned}
|x^2-1|\lt 1
&\quad\Leftrightarrow\quad
-1\lt x^2-2\lt 1\\
&\quad\Leftrightarrow\quad
1\lt x^2\lt 3\\
&\quad\Leftrightarrow\quad
x\in D\,,
\end{aligned}\]
où \(D=]-\sqrt{3},-1[\cup ]1,\sqrt{3}[\).
Remarquons que la limite du terme général est
\[
\lim_{n\to\infty}\frac{xn^2+2}{n^2+1}=x\,,
\]
donc la série diverge dès que \(x\neq 0\). Ensuite, pour \(x=0\) le terme
général peut se comparer:
\[ 0\leqslant \frac{2}{n^2+1}\leqslant \frac{2}{n^2}\,,
\]
et donc la série converge. Donc \(D=\{0\}\).
Puisque
\[
\frac{1}{x^{\log(n)}}=\frac{1}{n^{\log(x)}}\,,
\]
la série converge si et seulement si \(\log(x)\gt 1\), et donc
\(D=]e,+\infty[\).
Cette série est géométrique de raison
\[ r(x)=\frac{x}{x+1}\,,
\]
et donc converge si et seulement si \(|r(x)|\lt 1\):
\[\begin{aligned}
\left|\frac{x}{x+1}\right|\lt 1
&\quad\Leftrightarrow\quad
-1\lt \frac{x}{x+1}\lt 1\\
&\quad\Leftrightarrow\quad
-1\lt \frac{x}{x+1}
\quad \text{ et }\quad
\frac{x}{x+1}\lt 1\\
&\quad\Leftrightarrow\quad
x\not\in]-1,-\tfrac12[
\quad \text{ et }\quad
x\gt -1\\
&\quad\Leftrightarrow\quad
x\not\in]-1,-\tfrac12[
\quad \text{ et }\quad
x\gt -1\\
&\quad\Leftrightarrow\quad
x\gt -\frac12\,,
\end{aligned}\]
donc \(D=]-\frac12,+\infty[\).
Exercice 2: (Examen 2019) La série numérique
\[
\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{\sqrt[5]{n^{\frac{2}{\alpha}}\bigl(n^{2\alpha}
+1\bigr)}}
\]
converge si
La partie dominante dans
\(a_n=\frac{1}{\sqrt[5]{n^{\frac{2}{\alpha}}(n^{2\alpha}+1)}}\)
suggère de poser
\[
b_n=\frac{1}{\sqrt[5]{n^{\frac{2}{\alpha}}(n^{2\alpha})}}\,,
\]
puisque
\[
\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}=1\,.
\]
Remarquons maintenant que
\[
b_n=\frac{1}{n^{p(\alpha)}}\,,
\qquad
p(\alpha)=\frac15\left(\frac{2}{\alpha}+2\alpha\right)\,.
\]
On sait que la série \(\sum_nb_n\) converge si et seulement si
\(p(\alpha)\gt 1\), c'est à dire (rappelons que \(\alpha\gt 0\))
\[\begin{aligned}
\frac15\left(\frac{2}{\alpha}+2\alpha\right)\gt 1
&\quad\Leftrightarrow\quad 2\alpha^2-5\alpha+2\gt 0\\
&\quad\Leftrightarrow\quad \alpha\in ]-\infty,\tfrac12[\cup]2,+\infty[\,.
\end{aligned}\]
En particulier, la série converge lorsque \(0\lt \alpha\lt \frac12\).
Exercice 3:
Pour chacune des fonctions données dans les animations
ci-dessous, pour le \(\varepsilon\gt 0\)
donné, trouver un \(\delta\gt 0\) tel que
\[
0\lt |x-x_0|\leqslant \delta
\quad\Rightarrow\quad
|f(x)-L|\leqslant \varepsilon\,.
\]
Dire ensuite si il semble plausible
que la limite \(\lim_{x\to x_0}f(x)\) existe.
Avec \(x_0=2\) et \(L=\frac12\).
a) \(\varepsilon=0.35\),
b) \(\varepsilon=0.155\),
c) \(\varepsilon=0.025\).
Remarquons que la réponse n'est pas unique: une fois qu'on a un \(\delta\gt 0\) qui
fonctionne, n'importe quel autre \(\delta'\) qui satisfait \(0\lt
\delta'\lt\delta\) est aussi valable.
a) \(\delta=0.5\)
b) \(\delta=0.1\)
c) \(\delta=0.01\)
Cette animation porte à croire que \(\lim_{x\to 2}f(x)\) existe (et vaut
probablement \(L=\frac12\)).
a) \(\varepsilon=0.59\),
b) \(\varepsilon=0.152\),
c) \(\varepsilon=0.003\).
a) \(\delta=0.37\)
b) \(\delta=0.1\)
c) Il n'existe manifestement aucun \(\delta\gt 0\) avec la propriété, ce qui
implique que \(\lim_{x\to x_0}f(x)\) n'existe pas.
Exercice 4:
Soit \(f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}\) définie par
\[
f(x)=
\begin{cases}
1-5x& \text{ si }x\neq 3\,,\\
2& \text{ si }x=3\,.
\end{cases}
\]
Montrer, uniquement à l'aide de la définition de limite, que
\[
\lim_{x\to 3}f(x)=-14\,.
\]
Solution
On a, pour tout \(x\neq 3\),
\[
|f(x)-(-14)|=|(1-5x)+14|=5|x-3|\,.
\]
Fixons \(\varepsilon\gt 0\).
Par ce qui précède,
\[\begin{aligned}
|f(x)-(-14)|\leqslant \varepsilon
&\quad\Leftrightarrow\quad 5|x-3|\leqslant \varepsilon\\
&\quad\Leftrightarrow\quad |x-3|\leqslant \frac{\varepsilon}{5}\,.
\end{aligned}\]
Si on pose \(\delta:=\frac{\varepsilon}{5}\), on a donc
\[
0\lt|x-3|\leqslant \delta
\quad\Rightarrow\quad
|f(x)-(-14)|\leqslant \varepsilon\,,
\]
ce qui montre que \(\displaystyle \lim_{x\to 3}f(x)=-14\).
Exercice 5:
Soit \(f:\mathbb{R}\setminus\{-1/2\}\to\mathbb{R}\) définie par \(f(x)=\frac{5x-11}{1+2x}\).
Montrer qu'il existe une constante \(C\gt 0\) telle que
\[ |f(x)-\tfrac47|\leqslant C|x-3|\qquad \forall x\in [2,4]
\]
Montrer, uniquement à l'aide de la définition de limite, que
\[
\lim_{x\to 3}f(x)=\frac47\,.
\]
On commence par écrire, pour tout \(x\neq -\frac12\),
\[\begin{aligned}
|f(x)-\tfrac47|
&=\left|
\frac{5x-11}{1+2x}-
\frac47
\right|\\
&=\left|
\frac{27x-81}{7(1+2x)}
\right|\\
&=
\frac{27}{7}\cdot
\frac{|x-3|}{|1+2x|}
\end{aligned}\]
Maintenant, si \(2\leqslant x\leqslant 4\), alors \(5\leqslant 1+2x\leqslant 9\) et donc
\(|1+2x|=1+2x\geqslant 5\). On a donc montré que
\[
|f(x)-\tfrac47|
\leqslant
\frac{27}{7}\cdot
\frac{|x-3|}{|1+2x|}
\leqslant
C |x-3|\qquad \forall x\in [2,4]\,,
\]
où \(C=\frac{27}{35}\).
Par la première partie de l'exercice, on sait déjà que
\[
|x-3|\leqslant 1
\quad\Rightarrow\quad
|f(x)-\tfrac47| \leqslant C |x-3|\,.
\]
Fixons \(\varepsilon\gt 0\). Si on pose \(\delta:=
\min\{1,\frac{\varepsilon}{C}\}\), alors
\[\begin{aligned}
0\lt |x-3|\leqslant \delta
&\quad\stackrel{\delta\leqslant 1}{\Longrightarrow}\quad
|f(x)-\tfrac47| \leqslant C |x-3|\leqslant C\delta\\
&\quad\stackrel{\delta\leqslant \frac{\varepsilon}{C}}{\Longrightarrow}\quad
|f(x)-\tfrac47| \leqslant C \frac{\varepsilon}{C}=\varepsilon
\end{aligned}\]
Extras
Exercice 6:
(Examen 2020)
Soit \((a_n)_{n\geqslant 1}\) la suite définie par
\[
a_n=(-1)^n\sin\left(\frac{1}{n^{2}}\right)\,.
\]
Alors:
\(\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_n\) converge, mais pas absolument
\(\displaystyle\sum_{n=1}^\infty (a_n)^2 \) converge, mais
\(\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_n\) diverge
Remarquons que
\[
|a_n|\leqslant \sin(\tfrac{1}{n^2})\,,
\]
que
\[
\lim_{n\to\infty}\frac{\sin(1/n^2)}{1/n^2}=1\,,
\]
et comme \(\sum_n\frac{1}{n^2}\) converge, \(\sum_n|a_n|\) converge.
Exercice 7:
Vrai ou faux? La série \(\sum_{n\geqslant 3}
\frac{1}{e^{\sqrt{\log(n)}}}\) diverge.
Réponse
C'est vrai. En effet, on a \(\sqrt{x}\leqslant x\) pour tout \(x\geqslant 1\), donc
\(\sqrt{\log(n)}\leqslant \log(n)\) pour tout \(n\geqslant 3\),
et donc le terme général peut être minoré:
\[
\frac{1}{e^{\sqrt{\log(n)}}}\geqslant
\frac{1}{e^{\log(n)}}
=\frac{1}{n}\gt 0\,.
\]
Comme la série harmonique diverge, notre série diverge aussi.
Exercice 8:
(Examen 2018)
Soit \(\lambda=-\frac16\). Déterminer, parmi les séries ci-dessous,
celle qui converge.
Non. En effet, en zoomant on voit qu'il existe des portions du graphe sur
lesquelles le segment reliant deux points n'est pas entièrement au-dessus du
graphe:
Exercice 10: Démontrer la version du
Théorème des deux gendarmes pour limite à droite:
Théorème:
Soient \(f,g,h\) définies sur un intervalle de la forme \(V=]x_0,x_0+\Delta[\),
\(\Delta\gt 0\), telles que
\(g(x)\leqslant f(x)\leqslant h(x)\) pour tout \(x\in V\),
Puisque \(\lim_{x\to x_0^+}g(x)=L\), il existe \(\delta_g\gt 0\)
(on a forcément \(\delta_g\leqslant \Delta\))
tel que
\[
x_0\lt x\leqslant x_0+ \delta_g
\quad\Rightarrow\quad
|g(x)-L|\leqslant \varepsilon\,.
\]
En particulier,
\[
x_0\lt x\leqslant x_0+ \delta_g
\quad\Rightarrow\quad
L-\varepsilon\leqslant g(x)\,.
\]
Puisque \(\lim_{x\to x_0^+}h(x)=L\), il existe \(\delta_h\gt 0\)
(on a forcément \(\delta_h\leqslant \Delta\))
tel que
\[
0\lt |x-x_0|\leqslant \delta_h
\quad\Rightarrow\quad
|h(x)-L|\leqslant \varepsilon\,.
\]
En particulier,
\[
x_0\lt x\leqslant x_0+ \delta_h
\quad\Rightarrow\quad
h(x)\leqslant L+\varepsilon\,.
\]
Posons \(\delta:=\min\{\delta_g,\delta_h\}\).
On utilise maintenant le fait que \(g(x)\leqslant f(x)\leqslant h(x)\) sur \(V\):
Puisque \(\delta\leqslant \delta_g\), on a que
\[
x_0\lt x\leqslant x_0+ \delta
\quad\Rightarrow\quad
L-\varepsilon\leqslant g(x)\leqslant f(x)\,.
\]
Puisque \(\delta\leqslant \delta_h\), on a que
\[
x_0\lt x\leqslant x_0+ \delta
\quad\Rightarrow\quad
f(x)\leqslant h(x)\leqslant L+\varepsilon\,.
\]