Exercice 37

1. Supposons $u$ positive et $E(u)$ non vide. Soit $p \in E(u)$. La série $\sum u_{n}^{p}$ converge, donc $u_{n}^{p}$ tend vers $0$ (proposition 2), et $u_{n} = (u_{n}^{p})^{1/p}$ aussi. À partir d'un certain rang, $0 \leqslant u_{n} \leqslant 1$, donc $0 \leqslant u_{n}^{p + 1} \leqslant u_{n}^{p}$, et la série $\sum u_{n}^{p + 1}$ converge par le théorème 3 : $p + 1 \in E(u)$. La partie non vide $E(u)$ de $\mathbb{N}$ a un plus petit élément $p_{0} \geqslant 1$, et une récurrence immédiate donne $$\boxed{E(u) = \emptyset \quad\text{ou}\quad E(u) = \{p \in \mathbb{N} \mid p \geqslant p_{0}\}, \quad p_{0} = \min E(u)}$$

2. Pour $u_{n} = 1$, toutes les séries $\sum u_{n}^{p}$ divergent grossièrement : $\boxed{E(u) = \emptyset}$.

Soit $p_{0} \geqslant 1$. On cherche $u_{n} = n^{-\beta}$, pour $n \geqslant 1$, avec $\beta > 0$ : la série $\sum n^{-\beta p}$ converge si et seulement si $\beta p > 1$ (théorème 5). Il suffit donc que le seuil $\frac{1}{\beta}$ soit strictement compris entre $p_{0} - 1$ et $p_{0}$, par exemple $\frac{1}{\beta} = p_{0} - \frac{1}{2}$ : pour un entier $p$, on a $p > p_{0} - \frac{1}{2}$ si et seulement si $p \geqslant p_{0}$. $$\boxed{u_{n} = \frac{1}{n^{2/(2p_{0} - 1)}} \quad : \quad E(u) = \{p \in \mathbb{N} \mid p \geqslant p_{0}\}}$$ Pour $p_{0} = 1$, on obtient $u_{n} = \frac{1}{n^{2}}$, et toutes les séries $\sum \frac{1}{n^{2p}}$ convergent.

3. Premier exemple. Pour $u_{n} = \frac{(-1)^{n}}{\ln(n + 1)}$, on a $u_{n}^{p} = \frac{(-1)^{np}}{(\ln(n + 1))^{p}}$.

• Si $p$ est pair, $u_{n}^{p} = \frac{1}{(\ln(n + 1))^{p}}$. Par croissances comparées, $(\ln(n + 1))^{p} \leqslant n + 1$ à partir d'un certain rang, donc $u_{n}^{p} \geqslant \frac{1}{n + 1}$, et la série diverge (théorème 3).

• Si $p$ est impair, $u_{n}^{p} = \frac{(-1)^{n}}{(\ln(n + 1))^{p}}$, et la suite $\big((\ln(n + 1))^{-p}\big)$ décroît vers $0$ : la série converge par le théorème 7.

$$\boxed{E(u) = \{p \geqslant 1 \mid p \text{ impair}\}}$$ Cet ensemble n'est ni vide ni de la forme $\{p \geqslant p_{0}\}$ : le résultat de la question 1 ne subsiste pas sans hypothèse de signe.

Second exemple. Pour tout $n \geqslant 2$, on pose $x_{n} = \frac{(-1)^{n + 1}}{n^{1/3}}$. Comme $|x_{n}| \leqslant 2^{-1/3} < 1$, le terme $u_{n} = \ln(1 + x_{n})$ est bien défini. On a $x_{n}^{2} = \frac{1}{n^{2/3}}$ et $x_{n}^{3} = \frac{(-1)^{n + 1}}{n}$, et le développement limité de $\ln(1 + x)$ à l'ordre $3$ en $0$ donne $$u_{n} = \frac{(-1)^{n + 1}}{n^{1/3}} - \frac{1}{2n^{2/3}} + \frac{(-1)^{n + 1}}{3n} + O\Big(\frac{1}{n^{4/3}}\Big).$$

• $p = 1$ : le premier et le troisième terme donnent des séries convergentes (théorème 7), le reste une série absolument convergente (proposition 9), et $\sum \frac{1}{2n^{2/3}}$ diverge : $\sum u_{n}$ diverge.

• $p = 2$ : $u_{n} \sim x_{n}$, donc $u_{n}^{2} \sim \frac{1}{n^{2/3}}$, de signe positif : $\sum u_{n}^{2}$ diverge (théorème 4).

• $p = 3$ : on a $u_{n} - x_{n} = O(x_{n}^{2})$ et $u_{n}^{2} + u_{n}x_{n} + x_{n}^{2} = O(x_{n}^{2})$, donc $$u_{n}^{3} - x_{n}^{3} = (u_{n} - x_{n})\big(u_{n}^{2} + u_{n}x_{n} + x_{n}^{2}\big) = O(x_{n}^{4}), \qquad u_{n}^{3} = \frac{(-1)^{n + 1}}{n} + O\Big(\frac{1}{n^{4/3}}\Big),$$ et $\sum u_{n}^{3}$ converge (théorème 7 et proposition 9), sans convergence absolue.

• $p \geqslant 4$ : $|u_{n}|^{p} \sim \frac{1}{n^{p/3}}$ avec $\frac{p}{3} > 1$ : la série converge absolument.

$$\boxed{E(u) = \{p \in \mathbb{N} \mid p \geqslant 3\}}$$ Ce second ensemble a la forme de la question 1, mais pour une autre raison : le terme $-\frac{x_{n}^{2}}{2}$, de signe constant, fait diverger le cas $p = 1$, ce que la seule comparaison des modules ne laissait pas prévoir.