Corrigé Banque PT 2026 Mathématiques C PT — Partie I (I.1 à I.7.d) : La série semi-convergente de terme général ln(1+(-1)^n/n) et sa somme nulle

Sujet officiel du concours Banque PT, session 2026, épreuve Mathématiques C PT. Corrigé rédigé par Ibrahim Alame.

Énoncé

Pour $t > 0$ , $h (t) = \frac{1}{t + t ^{2}}$ . Pour $n \geq 2$ , on pose $u_{n} = - n \int_{0}^{π} \frac{sin ( n t )}{n + cos ( n t )} d t + \int_{n}^{+ \infty} \frac{d t}{t + t ^{2}}$ , et $S_{N} = k = 2 \sum N u_{k}$ .

I.1. Déterminer une primitive $H$ de $h$ sur $R_{+}^{⋆}$ .
I.2. Pour $n \geq 2$ , étudier la convergence de $\int_{n}^{+ \infty} \frac{d t}{t + t ^{2}}$ et la calculer.
I.3. Montrer que $u_{n} = ln (1 + \frac{( - 1 ) ^{n}}{n})$ pour $n \geq 2$ .
I.4. Déterminer la limite de $(u_{n})_{n \geq 2}$ .
I.5. Si $\sum a_{n}$ et $\sum b_{n}$ convergent et $λ \in R$ , montrer que $\sum (a_{n} + λ b_{n})$ converge.
I.6. Étudier la convergence et la convergence absolue de $\sum_{n \geq 2} u_{n}$ (indication : $h = \frac{1}{n}$ et un développement limité).
I.7.a. Montrer que $S_{2 N} = ln \frac{2 N + 1}{2 N}$ pour $N \geq 1$ .
I.7.b. Pour $n \geq 1$ , comparer $u_{2 n + 1}$ et $u_{2 n}$ .
I.7.c. En déduire $S_{2 N - 1}$ pour $N \geq 2$ .
I.7.d. Calculer $\sum_{n = 2}^{+ \infty} u_{n}$ .

Corrigé

I.1. Pour $t > 0$ , $t + t^{2} = t (1 + t)$ et la décomposition en éléments simples s'écrit

$\frac{1}{t ( 1 + t )} = \frac{1}{t} - \frac{1}{1 + t} (v e ˊ rification : \frac{( 1 + t ) - t}{t ( 1 + t )} = \frac{1}{t ( 1 + t )}) .$

Sur $R_{+}^{⋆}$ , où $t > 0$ et $1 + t > 0$ , une primitive est donc

$H (t) = ln t - ln (1 + t) = ln \frac{t}{1 + t} .$

I.2. Soit $n \geq 2$ . La fonction $h$ est continue et positive sur $[n, + \infty [$ , et $h (t) t \to + \infty \sim \frac{1}{t ^{2}}$ ; comme $\int_{n}^{+ \infty} \frac{d t}{t ^{2}}$ converge (intégrale de Riemann, exposant $2 > 1$ ), le critère de comparaison pour les fonctions positives assure la convergence de $\int_{n}^{+ \infty} h (t) d t$ . Pour le calcul, soit $A > n$ :

$\int_{n}^{A} h (t) d t = H (A) - H (n) = ln \frac{A}{1 + A} - ln \frac{n}{n + 1} .$

Quand $A \to + \infty$ , $\frac{A}{1 + A} \to 1$ et, $ln$ étant continue en $1$ , $ln \frac{A}{1 + A} \to 0$ . D'où

$\int_{n}^{+ \infty} \frac{d t}{t + t ^{2}} = - ln \frac{n}{n + 1} = ln \frac{n + 1}{n} .$

(L'existence de cette limite finie prouve d'ailleurs à elle seule la convergence.)

I.3. Soit $n \geq 2$ . Pour tout $t$ , $n + cos (n t) \geq n - 1 \geq 1 > 0$ : la fonction $t \mapsto \frac{s i n ( n t )}{n + c o s ( n t )}$ est continue sur le segment $[0, π]$ , l'intégrale est une intégrale de Riemann ordinaire. La fonction $t \mapsto ln (n + cos (n t))$ est de classe $C^{1}$ sur $[0, π]$ , de dérivée $\frac{- n sin ( n t )}{n + cos ( n t )}$ , donc

$- n \int_{0}^{π} \frac{sin ( n t )}{n + cos ( n t )} d t = [ln (n + cos (n t))]_{0}^{π} = ln (n + (- 1)^{n}) - ln (n + 1),$

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