Exercice 13-05
(Exercice facultatif)

Étudier la convergence de la série \(\displaystyle\sum_{n\geqslant 1}( \cos(\tfrac1{\sqrt{n}}) - e^{-\frac{1}{n}} )\)
On est en présence d'une série \(\sum_na_n\) dont le terme général est \[ a_n=\cos(\tfrac1{\sqrt{n}})-e^{-\frac{1}{n}} \]

... voir si son terme général tend vers zéro.

une fois qu'on a remarqué que les deux termes \(\cos(\frac{1}{\sqrt{n}})\to 1\) et \(e^{-\frac{1}{n}}\to 1\), et donc que le terme général tend vers zéro, on pourrait essayer de quantifier la petitesse de leur différence, à l'aide de développements limités bien choisis.

comme \(u=\frac{1}{\sqrt{n}}\), et comme pour \(u\) proche de zéro on peut utiliser \[ \cos(u)=1-\frac{u^2}{2}+u^2\varepsilon_c(u) \] Pareil avec \(v=\frac{1}{n}\), et pour \(v\) proche de zéro, \[ e^{v}=1+v+\frac{v^2}{2!}+v^2\varepsilon_e(v) \]

On a \(a_n=\cos(\frac1{\sqrt{n}})-e^{-\frac{1}{n}}\to 0\) lorsque \(n\to \infty\). On utilise les développements autour de zéro: \[ \cos (x)=1-\frac{x^2}{2!}+x^2\varepsilon_1(x)\,,\qquad e^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+x^2\varepsilon_2(x)\,. \] On a donc \[\begin{aligned} a_n&= \bigl\{ 1-\tfrac{1}{2n}+\tfrac{1}{n}\varepsilon_1(\tfrac1{\sqrt{n}}) \bigr\} - \bigl\{ 1-\tfrac1n+\tfrac{1}{2n^2}+\tfrac{1}{n^2}\varepsilon_2(\tfrac1n) \bigr\}\\ &= \tfrac{1}{2n} +\tfrac{1}{n}\varepsilon_1(\tfrac1{\sqrt{n}}) -\tfrac{1}{2n^2} -\tfrac{1}{n^2}\varepsilon_2(\tfrac1n)\\ &=\tfrac{1}{2n} \bigl( 1+2\varepsilon_1(\tfrac1{\sqrt{n}}) -\tfrac{1}{n} -\tfrac{2}{n}\varepsilon_2(\tfrac1n)\bigr)\,, \end{aligned}\] qui montre que \(a_n\gt 0\) pour tout \(n\) suffisamment grand, et que la petitesse de \(a_n\) est essentiellement en ''\(\frac{1}{n}\)'', donc la série doit diverger. Pour le faire rigoureusement. posons \(b_n:=\frac{1}{n}\), et calculons \[ \lim_{n\to\infty} \frac{a_n}{b_n} = \lim_{n\to\infty} \tfrac{1}{2} \bigl( 1+2\varepsilon_1(\tfrac1{\sqrt{n}}) -\tfrac{1}{n} -\tfrac{2}{n}\varepsilon_2(\tfrac1n)\bigr) =\tfrac12\gt 0\,. \] Comme \(\sum_nb_n\) diverge, \(\sum_na_n\) diverge aussi.