Exercice 43

1. Montrons par récurrence que $u_{n} \in \,]0\,,1]$. C'est vrai pour $u_{1} = 1$. Si $u_{n} \in \,]0\,,1] \subset \big]0\,,\frac{\pi}{2}\big[$, alors $\cos u_{n} \in \,]0\,,1]$, et, comme $n^{\alpha} \geqslant 1$, $u_{n+1} = \frac{\cos u_{n}}{n^{\alpha}} \in \,]0\,,1]$.

On en déduit $0 < u_{n+1} \leqslant \frac{1}{n^{\alpha}}$, qui tend vers $0$ puisque $\alpha > 0$ : $\boxed{u_{n} \to 0}$. Alors $\cos u_{n}$ tend vers $1$, et $$u_{n+1} \sim \frac{1}{n^{\alpha}}, \qquad\text{donc}\qquad u_{n} \sim \frac{1}{(n - 1)^{\alpha}} \sim \frac{1}{n^{\alpha}}.$$ La série $\sum u_{n}$ est à termes positifs ; par les théorèmes 4 et 5, $$\boxed{\sum\nolimits u_{n} \text{ converge} \iff \alpha > 1}$$

2. On note $d_{n} = u_{n} - u_{n+1}$ et $\rho_{n} = \max(u_{n}, u_{n+1})$, qui tend vers $0$. On écrit $u_{n+2} = \frac{\cos u_{n+1}}{(n + 1)^{\alpha}}$, et l'on fait apparaître $\cos u_{n} - \cos u_{n+1}$ : $$d_{n+1} = \frac{\cos u_{n}}{n^{\alpha}} - \frac{\cos u_{n+1}}{(n + 1)^{\alpha}} = \cos(u_{n})\Big(\frac{1}{n^{\alpha}} - \frac{1}{(n + 1)^{\alpha}}\Big) + \frac{\cos u_{n} - \cos u_{n+1}}{(n + 1)^{\alpha}}. \tag{$\ast$}$$ Deux estimations servent. D'abord, l'égalité des accroissements finis (chapitre 9, théorème 5), appliquée à $t \mapsto t^{-\alpha}$ sur $[n\,,n + 1]$, fournit $c \in \,]n\,,n + 1[$ tel que $\frac{1}{n^{\alpha}} - \frac{1}{(n + 1)^{\alpha}} = \frac{\alpha}{c^{\alpha + 1}}$, d'où $$\frac{\alpha}{(n + 1)^{\alpha + 1}} \leqslant \frac{1}{n^{\alpha}} - \frac{1}{(n + 1)^{\alpha}} \leqslant \frac{\alpha}{n^{\alpha + 1}}.$$ Ensuite, l'inégalité des accroissements finis (chapitre 9, théorème 6), appliquée à $\cos$ entre $u_{n+1}$ et $u_{n}$, où $|\sin x| \leqslant x \leqslant \rho_{n}$, donne $|\cos u_{n} - \cos u_{n+1}| \leqslant \rho_{n}|d_{n}|$.

Domination. Par $(\ast)$, $|d_{n+1}| \leqslant \frac{\alpha}{n^{\alpha + 1}} + \rho_{n}|d_{n}|$. On pose $D_{n} = n^{\alpha + 1}|d_{n}|$ ; en multipliant par $(n + 1)^{\alpha + 1} \leqslant 2^{\alpha + 1}n^{\alpha + 1}$, $$D_{n+1} \leqslant 2^{\alpha + 1}\big(\alpha + \rho_{n}D_{n}\big).$$ Soit $N$ tel que $2^{\alpha + 1}\rho_{n} \leqslant \frac{1}{2}$ pour $n \geqslant N$, et $M = \max\big(D_{N}, 2^{\alpha + 2}\alpha\big)$. Si $D_{n} \leqslant M$ pour un $n \geqslant N$, alors $D_{n+1} \leqslant 2^{\alpha + 1}\alpha + \frac{M}{2} \leqslant \frac{M}{2} + \frac{M}{2} = M$. Par récurrence, $D_{n} \leqslant M$ pour tout $n \geqslant N$ : $$\boxed{u_{n} - u_{n+1} = O\Big(\frac{1}{n^{\alpha + 1}}\Big)}$$

Décroissance. On revient à $(\ast)$ : le premier terme est au moins $\cos(1)\frac{\alpha}{(n + 1)^{\alpha + 1}}$, puisque $u_{n} \leqslant 1$, et le second est majoré en valeur absolue par $\rho_{n}|d_{n}| \leqslant \frac{\rho_{n}M}{n^{\alpha + 1}}$ pour $n \geqslant N$. Ainsi $$(n + 1)^{\alpha + 1}d_{n+1} \geqslant \alpha\cos 1 - 2^{\alpha + 1}\rho_{n}M \xrightarrow[n \to +\infty]{} \alpha\cos 1 > 0.$$ Le membre de droite est strictement positif à partir d'un certain rang, donc $d_{n+1} > 0$ : la suite $(u_{n})$ est décroissante à partir d'un certain rang. Le même calcul montre d'ailleurs que $d_{n+1} \sim \frac{\alpha}{n^{\alpha + 1}}$, puisque $\cos u_{n} \to 1$. Numériquement, $(u_{n})$ décroît à partir de $n = 9$ pour $\alpha = 0{,}1$, de $n = 5$ pour $\alpha = 0{,}2$, de $n = 3$ pour $\alpha = \frac{1}{2}$, et dès $n = 1$ pour $\alpha \geqslant 1$ ✓.

3. À partir d'un certain rang, $(u_{n})$ est décroissante et de limite nulle : le théorème 7, appliqué à partir de ce rang, donne la convergence. La convergence absolue est celle de $\sum u_{n}$, étudiée à la question 1. $$\boxed{\sum\nolimits (-1)^{n}u_{n} \text{ converge pour tout } \alpha > 0, \text{ absolument si et seulement si } \alpha > 1}$$

Piège. L'erreur la plus répandue est de partir d'un développement de $u_{n}$. Comme $u_{n} = O\big(\frac{1}{n^{\alpha}}\big)$, $$u_{n+1} = \frac{1}{n^{\alpha}}\Big(1 - \frac{u_{n}^{2}}{2} + O(u_{n}^{4})\Big) = \frac{1}{n^{\alpha}} + O\Big(\frac{1}{n^{3\alpha}}\Big), \qquad (-1)^{n}u_{n} = \frac{(-1)^{n}}{(n - 1)^{\alpha}} + O\Big(\frac{1}{n^{3\alpha}}\Big),$$ et le reste n'est le terme d'une série absolument convergente que si $3\alpha > 1$. Pousser le développement ne fait que déplacer le seuil, en $\frac{1}{5}$, puis $\frac{1}{7}$, et ainsi de suite, sans jamais couvrir tous les $\alpha > 0$. L'argument de monotonie, lui, règle tous les cas d'un coup : quand le théorème 7 s'applique, il est plus fort qu'un développement.