Exercice 1 5535 Correction

Soit $q \in [0; 1 [$ . Calculer

\sum_{n \in ℤ} q^{| n |} .

Solution

La somme porte sur des termes tous positifs, on peut directement conduire un calcul dans $[0; + \infty]$ .

L’ensemble d’indexation $ℤ$ est la réunion des trois ensembles disjoints:

I_{1} = ℕ^{*}, I_{0} = {0} et I_{- 1} = - ℕ^{*} .

Par le théorème de sommation par paquets,

	$\sum_{q \in ℤ} q^{\| n \|}$	$= \sum_{q \in I_{1}} q^{\| n \|} + \sum_{q \in I_{0}} q^{\| n \|} + \sum_{q \in I_{- 1}} q^{\| n \|}$
		$= \sum_{n = 1}^{+ \infty} q^{n} + 1 + \sum_{n = 1}^{+ \infty} q^{n} = 1 + 2 \sum_{n = 1}^{+ \infty} q^{n}$

Par sommation géométrique,

\sum_{q \in ℤ} q^{| n |} = 1 + 2 \frac{q}{1 - q} = \frac{1 + q}{1 - q} .

Exercice 2 4066 Correction

Soient $r \in [0; 1 [$ et $θ \in ℝ$ .

Justifier l’existence et calculer

\sum_{n \in ℤ} r^{| n |} e^{i n θ} .

Solution

Étudions la sommabilité de ${(| r^{| n | e^{i n θ}} |)}_{n \in ℤ} = {(r^{| n |})}_{n \in ℤ}$ .

On peut décomposer

ℤ = ℕ^{*} \cup {0} \cup ℤ_{-}^{*} .

et l’on a

\sum_{n \in ℤ} r^{| n |} = 1 + 2 \sum_{n = 1}^{+ \infty} r^{n} = 1 + \frac{2 r}{1 - r} < + \infty

La famille ${(| r^{| n | e^{i n θ}} |)}_{n \in ℤ}$ est donc sommable.

En sommant par paquets

	$\sum_{n \in ℤ} r^{\| n \|} e^{i n θ}$	$= \sum_{n \in ℕ^{}} r^{n} e^{i n θ} + 1 + \sum_{n \in ℤ_{-}^{}} r^{- n} e^{i n θ}$
		$= \sum_{n = 1}^{+ I} r^{n} e^{i n θ} + 1 + \sum_{n = 1}^{+ \infty} r^{n} e^{- i n θ}$
		$= 1 + \frac{r e^{i θ}}{1 - r e^{i θ}} + \frac{r e^{- i θ}}{1 - r e^{- i θ}} = \frac{1 - r^{2}}{1 - 2 r \cos (θ) + r^{2}} .$

Exercice 3 5534 Correction

Soit $x \in [0; 1 [$ . Établir

\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{x^{2^{n}}}{1 - x^{2^{n + 1}}} = \frac{x}{1 - x} .

Solution

La somme en premier membre est une somme de termes positifs, on peut conduire un calcul dans $[0; + \infty]$ . Puisque $| x^{2^{n + 1}} | < 1$ , on peut écrire par sommation géométrique

\frac{1}{1 - x^{2^{n + 1}}} = \sum_{k = 0}^{+ \infty} x^{2^{n + 1} k}

Les termes sommés sont encore positifs, on poursuit le calcul dans $[0; + \infty]$ en écrivant

\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{x^{2^{n}}}{1 - x^{2^{n + 1}}} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} x^{2^{n}} \sum_{k = 0}^{+ \infty} x^{2^{n + 1} k} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \sum_{k = 0}^{+ \infty} x^{2^{n} (2 k + 1)} .

(1)

Tout entier naturel non nul $p$ s’écrit de façon unique sous la forme

p = 2^{n} (2 k + 1) avec (n, k) \in ℕ^{2} .

On peut donc affirmer que $ℕ^{*}$ est la réunion des ensembles deux à deux disjoints suivants

A_{n} = {2^{n} (2 k + 1) | k \in ℕ} .

Par sommation par paquets,

\sum_{p \in ℕ^{*}} x^{p} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \sum_{p \in A_{n}} x^{p} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \sum_{k = 0}^{+ \infty} x^{2^{n} (2 k + 1)}

(2)

Des relations (1) et (2), on déduit

\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{x^{2^{n}}}{1 - x^{2^{n + 1}}} = \sum_{p = 1}^{+ \infty} x^{p} = \frac{x}{1 - x} .

Exercice 4 4649

Soit $z \in ℂ$ vérifiant $| z | < 1$ . Calculer

\sum_{p = 0}^{+ \infty} \frac{z^{2^{p}}}{1 - z^{2^{p + 1}}} .

Exercice 5 3447 Correction

Calculer

\sum_{(p, q) \in ℕ \times ℕ^{*}} \frac{1}{(p + q^{2}) (p + q^{2} + 1)} .

Solution

Notons que les termes sommés sont positifs. On peut conduire un calcul dans $[0; + \infty]$ .

Pour $q \in ℕ^{*}$ , on a la décomposition en éléments simples

\frac{1}{(p + q^{2}) (p + q^{2} + 1)} = \frac{1}{p + q^{2}} - \frac{1}{p + q^{2} + 1}

Par télescopage,

\sum_{p = 0}^{+ \infty} \frac{1}{(p + q^{2}) (p + q^{2} + 1)} = \sum_{p = 0}^{+ \infty} (\frac{1}{p + q^{2}} - \frac{1}{p + q^{2} + 1}) = \frac{1}{q^{2}} .

puis

\sum_{(p, q) \in ℕ \times ℕ^{*}} \frac{1}{(p + q^{2}) (p + q^{2} + 1)} = \sum_{q = 1}^{+ \infty} \sum_{p = 0}^{+ \infty} \frac{1}{(p + q^{2}) (p + q^{2} + 1)} = \sum_{q = 1}^{+ \infty} \frac{1}{q^{2}} = \frac{π^{2}}{6} .

Exercice 6 5603 CENTRALE (MP)Correction

Calculer

\sum_{p, q \geq 1} \frac{1}{p q (p + q - 1)} .

Solution

On étudie ici la somme d’une famille de réels tous positifs, on conduit directement le calcul dans $[0; + \infty]$ .

Pour $p \geq 2$ , on remarque par décomposition en éléments simples (en la variable $q$ )

\frac{1}{p q (p + q - 1)} = \frac{1}{p (p - 1)} (\frac{1}{q} - \frac{1}{(p + q - 1)}) .

Après télescopage (via sommes partielles et passage à la limite),

\sum_{q = 1}^{+ \infty} \frac{1}{p q (p + q - 1)} = \frac{1}{p (p - 1)} \sum_{q = 1}^{p - 1} \frac{1}{q}

avec convergence de la série en premier membre. On a donc

\sum_{p, q \geq 1} \frac{1}{p q (p + q - 1)} = \underset{\begin{matrix} p = 1 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\sum_{q = 1}^{+ \infty} \frac{1}{q^{2}}}} + \underset{\begin{matrix} p \geq 2 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\sum_{p = 2}^{+ \infty} \sum_{q = 1}^{p - 1} \frac{1}{p q (p - 1)}}} .

On réorganise le calcul triangulaire (les termes sont positifs)

\sum_{p = 2}^{+ \infty} \sum_{q = 1}^{p - 1} \frac{1}{p q (p - 1)} = \sum_{q = 1}^{+ \infty} \sum_{p = q + 1}^{+ \infty} \frac{1}{p q (p - 1)} = \sum_{q = 1}^{+ \infty} \frac{1}{q} \sum_{p = q + 1}^{+ \infty} (\frac{1}{p - 1} - \frac{1}{p}) = \sum_{q = 1}^{+ \infty} \frac{1}{q^{2}} .

On conclut

\sum_{p, q \geq 1} \frac{1}{p q (p + q - 1)} = 2 \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2}} = \frac{π^{2}}{3} .

Exercice 7 5447 Correction

Calculer

\sum_{p, q \geq 1} \frac{1}{p q (p + q + 1)} .

Solution

On étudie ici la somme d’une famille de réels tous positifs, on conduit directement le calcul dans $[0; + \infty]$ .

Pour $p \geq 1$ , on remarque par décomposition en éléments simples (en la variable $q$ )

\frac{1}{p q (p + q + 1)} = \frac{1}{p (p + 1)} (\frac{1}{q} - \frac{1}{(p + q + 1)}) .

Après télescopage (via sommes partielles et passage à la limite),

\sum_{q = 1}^{+ \infty} \frac{1}{p q (p + q + 1)} = \frac{1}{p (p + 1)} \sum_{q = 1}^{p + 1} \frac{1}{q}

avec convergence de la série en premier membre. On a donc

	$\sum_{p, q \geq 1} \frac{1}{p q (p + q + 1)}$	$= \sum_{p = 1}^{+ \infty} (\sum_{q = 1}^{+ \infty} \frac{1}{p q (p + q + 1)}) = \sum_{p = 1}^{+ \infty} (\frac{1}{p (p + 1)} \sum_{q = 1}^{p + 1} \frac{1}{q})$
		$= \sum_{\binom{p \geq 1}{1 \leq q \leq p + 1}} \frac{1}{p q (p + 1)}$

On réorganise ce calcul triangulaire

\sum_{p, q \geq 1} \frac{1}{p q (p + q + 1)} = \underset{\begin{matrix} q = 1 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\sum_{p = 1}^{+ \infty} \frac{1}{p (p + 1)}}} + \underset{\begin{matrix} q \geq 2 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\sum_{q = 2}^{+ \infty} \sum_{p = q - 1}^{+ \infty} \frac{1}{p q (p + 1)}}}

D’une part,

\sum_{p = 1}^{+ \infty} \frac{1}{p (p + 1)} = \sum_{p = 1}^{+ \infty} (\frac{1}{p} - \frac{1}{p + 1}) = 1

D’autre part,

\sum_{q = 2}^{+ \infty} \sum_{p = q - 1}^{+ \infty} \frac{1}{p q (p + 1)} = \sum_{q = 2}^{+ \infty} \frac{1}{q} \sum_{p = q - 1}^{+ \infty} (\frac{1}{p} - \frac{1}{p + 1}) = \sum_{q = 2}^{+ \infty} \frac{1}{q (q - 1)} = \sum_{q = 2}^{+ \infty} (\frac{1}{q - 1} - \frac{1}{q}) = 1

On conclut

\sum_{p, q \geq 1} \frac{1}{p q (p + q + 1)} = 2

Exercice 8 5602 MINES (MP)Correction

Pour $s > 1$ , on pose $ζ (s) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{s}}$ .

(a)

Calculer

$S = \sum_{k = 2}^{+ \infty} (ζ (k) - 1) .$
(b)

Calculer

$S^{'} = \sum_{k = 2}^{+ \infty} {(- 1)}^{k} (ζ (k) - 1) .$

Solution

(a)

Il s’agit de calculer

$S = \sum_{k = 2}^{+ \infty} (\sum_{n = 2}^{+ \infty} \frac{1}{n^{k}}) .$

Puisque les termes sont positifs, on peut conduire le calcul dans $[0; + \infty]$ et poursuivre en échangeant les deux sommes

$S = \sum_{n = 2}^{+ \infty} (\sum_{k = 2}^{+ \infty} \frac{1}{n^{k}}) .$

Par sommation géométrique de raison $1 / n \in [0; 1 [$ ,

$\sum_{k = 2}^{+ \infty} \frac{1}{n^{k}} = \frac{1}{n^{2}} \cdot \frac{1}{1 - \frac{1}{n}} = \frac{1}{n (n - 1)} = \frac{1}{n - 1} - \frac{1}{n}$

et l’on a donc

$S = \sum_{n = 2}^{+ \infty} (\frac{1}{n - 1} - \frac{1}{n}) = 1 .$
(b)

Le calcul qui précède assure la sommabilité et permet de reprendre la trame de l’étude précédente

$S^{'} = \sum_{n = 2}^{+ \infty} (\sum_{k = 2}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k}}{n^{k}}) = \sum_{n = 2}^{+ \infty} \frac{1}{n (n + 1)} = \sum_{n = 2}^{+ \infty} (\frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1}) = \frac{1}{2}$

Exercice 9 5704 Correction

Établir

\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{{(2 n + 1)}^{2}} = \frac{3}{4} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2}} et \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n^{2}} = \frac{1}{2} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2}} .

Solution

Commençons par observer que toutes les sommes considérées ici convergent.

Les termes de la somme $\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2}}$ sont tous positifs, cela permet de procéder à une sommation par paquets séparant les termes d’indices pairs de ceux d’indices impairs:

\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2}} = \sum_{p = 0}^{+ \infty} \frac{1}{{(2 p + 1)}^{2}} + \sum_{p = 1}^{+ \infty} \frac{1}{{(2 p)}^{2}} .

Or, on remarque

\sum_{p = 1}^{+ \infty} \frac{1}{{(2 p)}^{2}} = \frac{1}{4} \sum_{p = 1}^{+ \infty} \frac{1}{p^{2}}

et la relation qui précède se relit

\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2}} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{{(2 n + 1)}^{2}} + \frac{1}{4} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2}} .

La somme $\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2}}$ étant un nombre réel, on obtient

\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{{(2 n + 1)}^{2}} = \frac{3}{4} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2}} .

La somme $\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n^{2}}$ converge absolument. La famille associée est donc sommable et il est encore possible de séparer les termes d’indices pairs de ceux d’indices impairs. On obtient

\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n^{2}} = \sum_{p = 0}^{+ \infty} \frac{1}{{(2 p + 1)}^{2}} - \sum_{p = 1}^{+ \infty} \frac{1}{{(2 p)}^{2}} .

On introduit artificiellement un terme dans le calcul qui précède

\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n^{2}} = (\sum_{p = 0}^{+ \infty} \frac{1}{{(2 p + 1)}^{2}} + \sum_{p = 1}^{+ \infty} \frac{1}{{(2 p)}^{2}}) - 2 \sum_{p = 1}^{+ \infty} \frac{1}{{(2 p)}^{2}}

et l’on regroupe les deux premières sommes

\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n^{2}} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2}} - 2 \sum_{p = 1}^{+ \infty} \frac{1}{{(2 p)}^{2}} .

Enfin, on simplifie

\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n^{2}} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2}} - \frac{1}{2} \sum_{p = 1}^{+ \infty} \frac{1}{p^{2}} = \frac{1}{2} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2}} .

Exercice 10 5604 Correction

On rappelle

\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2}} = \frac{π^{2}}{6} .

(a)

Calculer

$\sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{1}{{(2 k + 1)}^{2}} et \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{n^{2}} .$
(b)

En déduire la somme de la famille

${(\frac{{(- 1)}^{p q}}{p^{2} q^{2}})}_{(p, q) \in {(ℕ^{*})}^{2}} .$

Solution

(a)

Par sommation par paquets, on sépare les termes selon la parité de l’indice

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2}} = \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{1}{{(2 k + 1)}^{2}} + \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{{(2 k)}^{2}} = \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{1}{{(2 k + 1)}^{2}} + \frac{1}{4} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2}}$

et donc

$\sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{1}{{(2 k + 1)}^{2}} = \frac{3}{4} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2}} = \frac{π^{2}}{8} .$

Avec sommabilité, on a aussi

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{n^{2}} = - \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{1}{{(2 k + 1)}^{2}} + \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{{(2 k)}^{2}} = - \frac{π^{2}}{8} + \frac{π^{2}}{24} = - \frac{π^{2}}{12} .$
(b)

La famille étudiée est sommable car

$\sum_{p = 1}^{+ \infty} \sum_{q = 1}^{+ \infty} | \frac{{(- 1)}^{p q}}{p^{2} q^{2}} | = \sum_{p = 1}^{+ \infty} \sum_{q = 1}^{+ \infty} \frac{1}{p^{2} q^{2}} = \sum_{p = 1}^{+ \infty} \frac{1}{p^{2}} \sum_{q = 1}^{+ \infty} \frac{1}{q^{2}} = \frac{π^{4}}{36} < + \infty .$

On peut alors calculer la somme de la famille étudiée en organisant le calcul comme il suit

$\sum_{p = 1}^{+ \infty} \sum_{q = 1}^{+ \infty} | \frac{{(- 1)}^{p q}}{p^{2} q^{2}} | = \sum_{k = 1}^{+ \infty} \sum_{q = 1}^{+ \infty} | \frac{{(- 1)}^{2 k q}}{{(2 k)}^{2} q^{2}} | + \sum_{k = 0}^{+ \infty} \sum_{q = 1}^{+ \infty} | \frac{{(- 1)}^{(2 k + 1) q}}{{(2 k + 1)}^{2} q^{2}} | .$

D’une part,

$\sum_{q = 1}^{+ \infty} | \frac{{(- 1)}^{2 k q}}{{(2 k)}^{2} q^{2}} | = \frac{1}{4 k^{2}} \sum_{q = 1}^{+ \infty} \frac{1}{q^{2}} = \frac{1}{4 k^{2}} \cdot \frac{π^{2}}{6} .$

D’autre part,

$\sum_{q = 1}^{+ \infty} | \frac{{(- 1)}^{(2 k + 1) q}}{{(2 k + 1)}^{2} q^{2}} | = \frac{1}{{(2 k + 1)}^{2}} \sum_{q = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{q}}{q^{2}} = - \frac{1}{{(2 k + 1)}^{2}} \cdot \frac{π^{2}}{12} .$

On en déduit

$\sum_{p = 1}^{+ \infty} \sum_{q = 1}^{+ \infty} | \frac{{(- 1)}^{p q}}{p^{2} q^{2}} | = \frac{1}{4} \cdot \frac{π^{2}}{6} \cdot \frac{π^{2}}{6} - \frac{π^{2}}{8} \cdot \frac{π^{2}}{12} = - \frac{π^{4}}{288} .$

[<] Calcul de sommes[>] Étude de sommabilité

Exercice 11 1095 Correction

Soit $z \in ℂ$ tel que $| z | < 1$ .

En considérant la famille des nombres $u_{p, q} = z^{p (2 q - 1)}$ (avec $p, q \geq 1$ ), établir

\sum_{p = 1}^{+ \infty} \frac{z^{p}}{1 - z^{2 p}} = \sum_{p = 1}^{+ \infty} \frac{z^{2 p - 1}}{1 - z^{2 p - 1}} .

Solution

Commençons par étudier la sommabilité de la famille ${(u_{p, q})}_{(p, q) \in {(ℕ^{*})}^{2}}$ introduite. On conduit un calcul dans $[0; + \infty]$ .

Par sommation par paquets puis sommation géométrique,

\sum_{(p, q) \in {(ℕ^{*})}^{2}} | u_{p, q} | = \sum_{q = 1}^{+ \infty} (\sum_{p = 1}^{+ \infty} | z^{p (2 q - 1)} |) = \sum_{q = 1}^{+ \infty} \frac{{| z |}^{2 q - 1}}{1 - {| z |}^{2 q - 1}} < + \infty .

En effet, la série de terme général $\frac{{| z |}^{2 q - 1}}{1 - {| z |}^{2 q - 1}}$ est absolument convergente puisque l’on a l’équivalent géométrique

\frac{{| z |}^{2 q - 1}}{1 - {| z |}^{2 q - 1}} \underset{q \to + \infty}{\sim} {| z |}^{2 q - 1} avec {| z |}^{2} \in [0; 1 [.

La famille ${(u_{p, q})}_{p, q \geq 1}$ est donc sommable.

Par le théorème de Fubini,

\sum_{(p, q) \in {(ℕ^{*})}^{2}} u_{p, q} = \sum_{q = 1}^{+ \infty} (\sum_{p = 1}^{+ \infty} u_{p, q}) = \sum_{p = 1}^{+ \infty} (\sum_{q = 1}^{+ \infty} u_{p, q}) .

En employant des sommation géométrique, cela fournit l’identité

\sum_{q = 1}^{+ \infty} \frac{z^{2 q - 1}}{1 - z^{2 q - 1}} = \sum_{p = 1}^{+ \infty} \frac{z^{p}}{1 - z^{2 p}} .

Exercice 12 2427

Pour $x \in] - 1; 1 [$ , établir l’identité

\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{x^{n}}{1 - x^{n}} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} d (n) x^{n}

où $d (n)$ désigne le nombre de diviseurs positifs de $n$ .

Exercice 13 5609 Correction

Soit $z \in ℂ$ tel que $| z | < 1$ . Établir

\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{z^{n}}{1 + z^{n}} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(- 1)}^{n} \frac{z^{n + 1}}{1 - z^{n + 1}} .

Solution

Par sommation géométrique,

\frac{z^{n}}{1 + z^{n}} = \frac{z^{n}}{1 - (- z^{n})} = \sum_{p = 0}^{+ \infty} {(- 1)}^{p} z^{n (p + 1)} .

Sous réserve d’existence,

\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{z^{n}}{1 + z^{n}} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \sum_{p = 0}^{+ \infty} {(- 1)}^{p} z^{n (p + 1)} .

Conduisons alors une étude de sommabilité en réalisant un calcul dans $[0; + \infty]$

\sum_{n = 1}^{+ \infty} \sum_{p = 0}^{+ \infty} | {(- 1)}^{p} z^{n (p + 1)} | = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \sum_{p = 0}^{+ \infty} {| z |}^{n (p + 1)} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{| z |}^{n}}{1 - {| z |}^{n}} .

La série en second membre converge car on a l’équivalent géométrique

\frac{{| z |}^{n}}{1 - {| z |}^{n}} \underset{n \to + \infty}{\sim} {| z |}^{n} avec | z | < 1 .

On dispose donc de la propriété de sommabilité qui permet de reprendre le calcul précédent. Avec existence,

\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{z^{n}}{1 + z^{n}} = \sum_{p = 0}^{+ \infty} \sum_{n = 1}^{+ \infty} {(- 1)}^{p} z^{n (p + 1)} = \sum_{p = 0}^{+ \infty} {(- 1)}^{p} \sum_{n = 1}^{+ \infty} z^{(p + 1) n} = \sum_{p = 0}^{+ \infty} {(- 1)}^{p} \frac{z^{p + 1}}{1 - z^{p + 1}} .

Exercice 14 5608 Correction

Soit $z \in ℂ$ tel que $| z | < 1$ . Établir

\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{n z^{n}}{1 - z^{n}} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{z^{n}}{{(1 - z^{n})}^{2}} .

Solution

Commençons par conduire un calcul dans $[0; + \infty]$ en supposant $z \in [0; 1 [$ . Par sommation géométrique,

\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{z^{n}}{{(1 - z^{n})}^{2}} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{1 - z^{n}} \cdot \frac{z^{n}}{1 - z^{n}} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} (\sum_{k = 0}^{+ \infty} z^{n k}) (\sum_{ℓ = 1}^{+ \infty} z^{n ℓ}) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \sum_{k = 0}^{+ \infty} \sum_{ℓ = 1}^{+ \infty} z^{n (k + ℓ)} .

Par sommation par paquets en regroupant les $k + ℓ$ égaux,

	$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{z^{n}}{{(1 - z^{n})}^{2}}$	$= \sum_{n = 1}^{+ \infty} \sum_{m = 1}^{+ \infty} \sum_{\binom{k \geq 0, ℓ \geq 1}{k + ℓ = m}} z^{n m} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} (\sum_{m = 1}^{+ \infty} m z^{n m})$
		$= \sum_{m = 1}^{+ \infty} (m \sum_{n = 1}^{+ \infty} z^{n m}) = \sum_{m = 1}^{+ \infty} \frac{m z^{m}}{1 - z^{m}} < + \infty .$

Puisque ce calcul conduit à une valeur finie, on a manipulé une famille sommable¹¹ 1 Plus précisément, il s’agit de la famille $z^{n (k + ℓ)}$ pour $(n, k, ℓ) \in ℕ^{*} \times ℕ \times ℕ^{*}$ et l’on peut reprendre le même calcul avec $z \in ℂ$ tel que $| z | < 1$ .

Exercice 15 5610 Correction

Pour $s > 1$ , on pose $ζ (s) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{s}}$ .

Établir

{(ζ (s))}^{2} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{d_{n}}{n^{s}}

avec $d_{n}$ le nombre de diviseurs positifs de $n$ .

Solution

Les termes considérés étant positifs, on conduit le calcul dans $[0; + \infty]$ .

{(ζ (s))}^{2} = (\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{s}}) (\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{s}}) = \sum_{k = 1}^{+ \infty} \sum_{ℓ = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{s} ℓ^{s}} = \sum_{k, ℓ \geq 1} \frac{1}{{(k ℓ)}^{s}} .

On réorganise le calcul par paquets selon

ℕ^{*} \times ℕ^{*} = ⋃_{n \geq 1} D_{n} avec D_{n} = {(k, ℓ) \in {(ℕ^{*})}^{2} | k ℓ = 1}

et l’on obtient

{(ζ (s))}^{2} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \sum_{(k, ℓ) \in D_{n}} \frac{1}{n^{s}} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{d_{n}}{n^{s}} avec d_{n} = Card (D_{n}) .

Exercice 16 5446 Correction

Soient $α, β$ des réels strictement supérieurs à $1$ . Établir

\sum_{p \geq 2, q \geq 2} \frac{1}{p^{α} q^{β} - 1} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} (ζ (n α) - 1) (ζ (n β) - 1) \in ℝ

avec $ζ$ la fonction de Riemann définie par

ζ (s) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{s}} pour tout s > 1 .

Solution

Les termes sommés sont positifs, on réalise directement un calcul dans $[0; + \infty]$ .

Pour $α, β > 1$ et $p, q \geq 2$ , on écrit par sommation géométrique de raison $\frac{1}{p^{α} q^{β}} \in [0; 1 [$

\frac{1}{p^{α} q^{β} - 1} = \frac{1}{p^{α} q^{β}} \cdot \frac{1}{1 - \frac{1}{p^{α} q^{β}}} = \frac{1}{p^{α} q^{β}} \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{{(p^{α} q^{β})}^{n}} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} (\frac{1}{p^{n α}} \cdot \frac{1}{q^{n β}})

On peut donc écrire

	$\sum_{p \geq 2, q \geq 2} \frac{1}{p^{α} q^{β} - 1}$	$= \sum_{p \geq 2, q \geq 2} (\sum_{n = 1}^{+ \infty} (\frac{1}{p^{n α}} \cdot \frac{1}{q^{n β}}))$
		$= \sum_{n = 1}^{+ \infty} ((\sum_{p = 2}^{+ \infty} \frac{1}{p^{n α}}) (\sum_{q = 2}^{+ \infty} \frac{1}{q^{n β}}))$
		$= \sum_{n = 1}^{+ \infty} (ζ (n α) - 1) (ζ (n β) - 1) .$

Il reste à justifier la sommabilité pour s’assurer que l’expression considérée est finie.

Par comparaison série-intégrale, on montre pour tout $s > 1$

0 \leq ζ (s) - 1 = \sum_{n = 2}^{+ \infty} \frac{1}{n^{s}} \leq \int_{1}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{s}} = \frac{1}{s - 1} .

On en déduit

(ζ (n α) - 1) (ζ (n β) - 1) \underset{n \to + \infty}{=} O (\frac{1}{n^{2}})

La série en second membre converge.

[<] Identités de réorganisation[>] Permutation des termes d'une série

Exercice 17 5618 Correction

Soit ${(a_{n})}_{n \geq 1}$ la suite dont les termes successifs sont

1,2,2,3,3,3,4,4,4,4,5, \dots

Déterminer la nature de la série $\sum_{n \geq 1} \frac{1}{a_{n}^{2}}$ .

Solution

La famille ${(1 / a_{n}^{2})}_{n \geq 1}$ est une famille de termes positifs et il s’agit d’étudier la sommabilité de cette famille. Conduisons un calcul dans $[0; + \infty]$ .

Pour $k \in ℕ^{*}$ , posons

I_{k} = {n \in ℕ^{*} | a_{n} = k}

Les ensembles $I_{k}$ sont deux à deux disjoints et de réunion $ℕ^{*}$ . Par sommation par paquets,

\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{a_{n}^{2}} = \sum_{k = 1}^{+ \infty} \sum_{n \in I_{k}} \frac{1}{a_{k}^{2}} = \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{Card (I_{k})}{k^{2}}

Or, par définition de la suite $(a_{n})$ , $Card (I_{k}) = k$ et donc

\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{a_{n}^{2}} = \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k} = + \infty

La série étudiée diverge.

Notons que l’on peut aussi établir

\forall n \in ℕ^{*}, a_{n} = ⌊ \frac{1 + \sqrt{8 n}}{2} ⌋

mais c’est une autre histoire.

Exercice 18 5607 Correction

Étudier la sommabilité de la sommabilité de la famille

{(\frac{1}{a b (a + b)})}_{(a, b) \in {(ℕ^{*})}^{2}}

Solution

Il s’agit d’une famille de réels positifs, on peut directement conduire le calcul dans $[0; + \infty]$ et écrire par sommation par paquets

\sum_{a, b \geq 1} \frac{1}{a b (a + b)} = \sum_{n = 2}^{+ \infty} \sum_{\binom{a, b \geq 1}{a + b = n}} \frac{1}{a b n} = \sum_{n = 2}^{+ \infty} \frac{1}{n} \sum_{a = 1}^{n - 1} \frac{1}{a (n - a)}

Or, par décomposition en éléments simples,

\frac{1}{a (n - a)} = \frac{1}{n} (\frac{1}{a} + \frac{1}{n - a})

et donc

\sum_{a, b \geq 1} \frac{1}{a b (a + b)} = \sum_{n = 2}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2}} \sum_{a = 1}^{n - 1} (\frac{1}{a} + \frac{1}{n - a}) = \sum_{n = 2}^{+ \infty} \frac{2}{n^{2}} H_{n - 1}

avec

H_{n - 1} = \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{1}{k} \underset{n \to + \infty}{\sim} \ln (n) .

Puisque

\frac{2}{n^{2}} H_{n - 1} \underset{n \to + \infty}{=} o (\frac{1}{n^{3 / 2}}) avec \frac{3}{2} > 1

on conclut

\sum_{a, b \geq 1} \frac{1}{a b (a + b)} < + \infty

La famille étudiée est sommable.

Exercice 19 5605 Correction

Étudier la sommabilité de la famille

{(\frac{1}{a^{2} + b^{2}})}_{(a, b) \in ℕ^{*}} .

Solution

Pour $a, b \in ℝ_{+}$ ,

a^{2} + b^{2} \leq a^{2} + 2 a b + b^{2} \leq {(a + b)}^{2}

et l’on a donc

\sum_{a, b \in ℕ^{*}} \frac{1}{a^{2} + b^{2}} \geq \sum_{a, b \in ℕ^{*}} \frac{1}{{(a + b)}^{2}}

où les calculs sont conduits dans $[0; + \infty]$ .

Par sommation par paquets,

\sum_{a, b \in ℕ^{*}} \frac{1}{{(a + b)}^{2}} = \sum_{n = 2}^{+ \infty} \sum_{\binom{a, b \geq 1}{a + b = n}} \frac{1}{n^{2}} = \sum_{n = 2}^{+ \infty} \frac{n - 1}{n^{2}} = + \infty .

La famille étudiée n’est pas sommable.

Exercice 20 2631

Déterminer pour quelles valeurs de $α \in ℝ$ la somme suivante est finie

\sum_{(p, q) \in {(ℕ^{*})}^{2}} \frac{1}{{(p + q)}^{α}} .

Exercice 21 3896 Correction

Pour quels $α > 0$ , la famille suivante est-elle sommable?

{(\frac{1}{{(p^{2} + q^{2})}^{α}})}_{(p, q) \in ℕ^{* 2}} .

Solution

La famille est à termes positifs, étudier sa sommabilité signifie vérifier

\sum_{p, q \geq 1} \frac{1}{{(p^{2} + q^{2})}^{α}} < + \infty .

On a l’encadrement

\frac{1}{{(p + q)}^{2}} \leq \frac{1}{p^{2} + q^{2}} \leq \frac{2}{{(p + q)}^{2}} .

La sommabilité de la famille étudiée équivaut alors à étudier si

\sum_{p, q \geq 1} \frac{1}{{(p + q)}^{2 α}} < + \infty .

Effectuons un calcul dans $[0; + \infty]$ . En regroupant par paquets selon

I_{n} = {(p, q) \in ℕ^{* 2} | p + q = n} avec n \geq 2

on obtient

\sum_{p, q \geq 1} \frac{1}{{(p + q)}^{2 α}} = \sum_{n = 2}^{+ \infty} \sum_{(p, q) \in I_{n}} \frac{1}{n^{2 α}} = \sum_{n = 2}^{+ \infty} \frac{n - 1}{n^{2 α}} .

On remarque

\frac{n - 1}{n^{2 α}} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{n^{2 α - 1}} .

Par équivalence aux séries de Riemann,

	$\sum_{p, q \geq 1} \frac{1}{{(p + q)}^{2 α}} < + \infty$	$\Leftrightarrow 2 α - > 1$
		$\Leftrightarrow α > 1 .$

Exercice 22 5011 X (PC)Correction

Soient ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ une suite réelle et ${(v_{n})}_{n \geq 1}$ la suite de ses moyennes de Cesàro:

v_{n} = \frac{1}{n} (u_{1} + \dots + u_{n}) pour tout n \geq 1 .

(a)

Montrer que $(n + 1) v_{n}^{2} - (n - 1) v_{n - 1}^{2} \leq 2 u_{n} v_{n}$ pour tout $n \geq 2$ .

On suppose désormais que la série de terme général $u_{n}^{2}$ converge.

(b)

Montrer que la série de terme général $v_{n}^{2}$ converge et vérifier

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} v_{n}^{2} \leq 4 \sum_{n = 1}^{+ \infty} u_{n}^{2} .$
(c)

En déduire la sommabilité de la famille

${(\frac{u_{n} u_{m}}{n + m})}_{m, n \geq 1} .$

Solution

(a)

Méthode: On peut exprimer $u_{n}$ en fonction de $v_{n}$ et $v_{n - 1}$ .

Puisque $n v_{n}$ correspond à la somme $u_{1} + \dots + u_{n}$ , on remarque

$u_{n} = n v_{n} - (n - 1) v_{n - 1} pour n \geq 2 .$

La différence des membres de l’inégalité étudiée s’écrit alors

$(n + 1) v_{n}^{2} - (n - 1) v_{n - 1}^{2} - 2 u_{n} v_{n}$ $= (n + 1) v_{n}^{2} - (n - 1) v_{n - 1}^{2} - 2 n v_{n}^{2} + 2 (n - 1) v_{n} v_{n - 1}$

$= (1 - n) v_{n}^{2} + 2 (n - 1) v_{n} v_{n - 1} + (1 - n) v_{n - 1}^{2}$

$= (1 - n) {(v_{n} - v_{n - 1})}^{2} \leq 0 .$

On en déduit l’inégalité voulue.
(b)

Soit $n \geq 2$ . On peut écrire

$(n + 1) v_{n}^{2} - (n - 1) v_{n - 1}^{2} = v_{n}^{2} + n v_{n}^{2} - (n - 1) v_{n - 1}^{2}$

ce qui fait apparaître $v_{n}^{2}$ et un terme télescopique. En sommant ces termes pour $n$ allant de $2$ jusqu’à un entier $N$ , on obtient

$\sum_{n = 2}^{N} v_{n}^{2} + N v_{N}^{2} - v_{1}^{2} \leq 2 \sum_{n = 2}^{N} u_{n} v_{n} .$

En ajoutant $2 v_{1}^{2}$ dans chaque membre et en remarquant $u_{1} = v_{1}$ , on obtient

$\sum_{n = 1}^{N} v_{n}^{2} + N v_{N}^{2} \leq 2 \sum_{n = 1}^{N} u_{n} v_{n}$

puis

$\sum_{n = 1}^{N} v_{n}^{2} \leq 2 \sum_{n = 1}^{N} u_{n} v_{n} .$

Méthode: On majore la somme en second membre en séparant les facteurs $u_{n}$ et $v_{n}$ grâce à l’inégalité de Cauchy-Schwarz.

Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz,

$\sum_{n = 1}^{N} v_{n}^{2} \leq 2 {(\sum_{n = 1}^{N} u_{n}^{2})}^{1 / 2} {(\sum_{n = 1}^{N} v_{n}^{2})}^{1 / 2} .$

Que la somme en premier membre soit nulle ou non, on obtient

${(\sum_{n = 1}^{N} v_{n}^{2})}^{1 / 2} \leq 2 {(\sum_{n = 1}^{N} u_{n}^{2})}^{1 / 2} .$

Enfin, on élève au carré pour écrire

$\sum_{n = 1}^{N} v_{n}^{2} \leq 4 \sum_{n = 1}^{N} u_{n}^{2} \leq 4 \sum_{n = 1}^{+ \infty} u_{n}^{2} .$

On en déduit que la série de terme général $v_{n}^{2}$ car il s’agit d’une série à termes positifs aux sommes partielles majorées. Au surplus,

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} v_{n}^{2} = lim_{N \to + \infty} \sum_{n = 1}^{N} v_{n}^{2} \leq 4 \sum_{n = 1}^{+ \infty} u_{n}^{2} .$
(c)

Sans perte de généralité, on peut supposer les termes $u_{n}$ positifs (ou simplement mener l’étude avec $| u_{n} |$ au lieu de $u_{n}$ ). Soit $N \geq 2$ .

$\sum_{n = 1}^{N} \sum_{m = 1}^{N} \frac{u_{m} u_{n}}{m + n} = \sum_{n = 1}^{N} \sum_{m = 1}^{n} \frac{u_{m} u_{n}}{m + n} + \sum_{n = 1}^{N} \sum_{m = n + 1}^{N} \frac{u_{m} u_{n}}{m + n} .$

On échange les deux sommes du deuxième terme

$\sum_{n = 1}^{N} \sum_{m = 1}^{N} \frac{u_{m} u_{n}}{m + n} = \sum_{n = 1}^{N} \sum_{m = 1}^{n} \frac{u_{m} u_{n}}{m + n} + \sum_{m = 2}^{N} \sum_{n = 1}^{m - 1} \frac{u_{m} u_{n}}{m + n} .$

On exploite l’inégalité $m + n \geq n$ pour majorer le premier terme et faire apparaître $v_{n}$ et l’inégalité $m + n \geq m$ pour le second terme en faisant apparaître $v_{m}$ quitte à adjoindre un terme positif à la somme:

$\sum_{n = 1}^{N} \sum_{m = 1}^{N} \frac{u_{m} u_{n}}{m + n}$ $\leq \sum_{n = 1}^{N} \sum_{m = 1}^{n} \frac{u_{m} u_{n}}{n} + \sum_{m = 2}^{N} \sum_{n = 1}^{m - 1} \frac{u_{m} u_{n}}{m}$

$\leq \sum_{n = 1}^{N} u_{n} v_{n} + \sum_{m = 2}^{N} u_{m} v_{m} \leq 2 \sum_{n = 1}^{N} u_{n} v_{n} .$

L’inégalité $2 a b \leq a^{2} + b^{2}$ complète l’étude

$\sum_{n = 1}^{N} \sum_{m = 1}^{N} \frac{u_{m} u_{n}}{m + n} \leq \sum_{n = 1}^{N} (u_{n}^{2} + v_{n}^{2}) \leq \sum_{n = 1}^{+ \infty} u_{n}^{2} + \sum_{n = 1}^{+ \infty} v_{n}^{2} .$

Finalement, la famille étudiée est sommable car les sommes partielles sur les parties finies sont majorées.

[<] Étude de sommabilité[>] Sommes doubles

Exercice 23 1031 Correction

Soit $σ : ℕ^{*} \to ℕ^{*}$ une application bijective.

(a)

Déterminer la nature de

$\sum_{n \geq 1} \frac{1}{σ {(n)}^{2}} .$
(b)

Même question pour

$\sum_{n \geq 1} \frac{1}{σ (n)} .$

Solution

(a)

La série $\sum \frac{1}{n^{2}}$ est à termes positifs. Dans $[0; + \infty]$ , on peut procéder à un changement d’indice

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{σ {(n)}^{2}} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2}} < + \infty .$

On en déduit la convergence

$\sum_{n \geq 1} \frac{1}{σ {(n)}^{2}} .$
(b)

La démarche est identique

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{σ (n)} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n} = + \infty .$

La série $\sum_{n \geq 1} \frac{1}{σ (n)}$ diverge.

Exercice 24 1030 Correction

Soient $\sum_{n \geq 0} u_{n}$ une série absolument convergente et $v_{n} = u_{σ (n)}$ avec $σ \in 𝒮_{ℕ}$ .

Montrer que la série $\sum_{n \geq 0} v_{n}$ est absolument convergente et de même somme que $\sum u_{n}$ .

Solution

On a

\sum_{k = 0}^{n} | v_{k} | \leq \sum_{n = 0}^{+ \infty} | u_{n} | < + \infty

donc $\sum_{n \geq 0} v_{n}$ est absolument convergente.

Pour $n \in ℕ$ , posons

p (n) = \max {σ^{- 1} (k) | 0 \leq k \leq n} .

Pour tout $ε > 0$ , il existe $N \in ℕ$ tel que $\sum_{n \geq N + 1} | u_{n} | \leq ε$ .
Pour tout $M \geq p (N)$ :

| \sum_{n = 0}^{M} v_{n} - \sum_{n = 0}^{N} u_{n} | \leq \sum_{n \geq N + 1} | u_{n} | \leq ε

donc

| \sum_{n = 0}^{M} v_{n} - \sum_{n = 0}^{+ \infty} u_{n} | \leq 2 ε .

Par suite,

\sum_{n = 0}^{+ \infty} v_{n} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} u_{n} .

Exercice 25 2425

Soit $σ$ une permutation¹¹ 1 Une permutation de $ℕ^{*}$ est une application bijective de $ℕ^{*}$ vers lui-même. de $ℕ^{*}$ .

Déterminer la nature des séries de termes généraux:

(a)

$\frac{1}{n σ (n)}$
(b)

$\frac{σ (n)}{n^{2}}$ .

Exercice 26 3678 Correction

Soit $σ$ une permutation de $ℕ^{*}$ .

Quelle est la nature de

\sum \frac{σ (n)}{n^{2} \ln (n)} ?

Solution

Pour $n \geq 2$ , posons

S_{n} = \sum_{k = 2}^{n} \frac{σ (k)}{k^{2} \ln (k)} .

On a

S_{2^{n + 1}} - S_{2^{n}} \geq \frac{1}{2^{2 (n + 1)} \ln (2^{n + 1})} \sum_{k = 2^{n} + 1}^{2^{n + 1}} σ (k) \geq \frac{1}{2^{2 (n + 1)} \ln (2^{n + 1})} \sum_{k = 1}^{2^{n}} k

car les entiers $σ (k)$ de la première somme sont aux moins égaux aux entiers $k$ de la seconde.
On en déduit
et donc

S_{2^{n + 1}} - S_{2^{n}} \geq \frac{2^{n} (2^{n} + 1)}{2^{2 n + 3} (n + 1) \ln (2)} \sim \frac{1}{8 \ln (2)} \frac{1}{n} .

Puisque la série $\sum 1 / n$ diverge, il en de même de la série télescopique $\sum S_{2^{n + 1}} - S_{2^{n}}$ et donc la suite $(S_{2^{n}})$ tend vers $+ \infty$ . On en déduit la divergence de la série étudiée.

Exercice 27 3426 Correction

Soit $(u_{n})$ une suite réelle telle qu’il y ait convergence de la série $\sum u_{n}^{2}$ .

Soient $σ$ une bijection de $ℕ$ et $(v_{n})$ la suite déterminée par

v_{n} = u_{σ (n)} pour tout n \in ℕ .

(a)

Montrer la convergence et calculer la somme de la série $\sum v_{n}^{2}$ .
(b)

Quelle est la nature de la série $\sum | u_{n} v_{n} |$ ?
(c)

Déterminer les bornes supérieure et inférieure de

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} | u_{n} v_{n} |$

pour $σ$ parcourant l’ensemble des bijections de $ℕ$ .

Solution

(a)

La permutation des termes d’une série à termes positifs ne change ni sa nature, ni sa somme. On peut donc affirmer

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} v_{n}^{2} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} u_{n}^{2} .$
(b)

En vertu de la majoration

$a b \leq \frac{1}{2} (a^{2} + b^{2})$

on a

$| u_{n} v_{n} | \leq \frac{1}{2} (u_{n}^{2} + v_{n}^{2}) .$

Par comparaison de série à termes positifs, on peut affirmer la convergence de la série $\sum | u_{n} v_{n} |$ …
(c)

et

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} | u_{n} v_{n} | \leq \frac{1}{2} \sum_{n = 0}^{+ \infty} u_{n}^{2} + \frac{1}{2} \sum_{n = 0}^{+ \infty} v_{n}^{2} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} u_{n}^{2} .$

De plus, cette inégalité est une égalité quand $σ = {Id}_{ℕ}$ donc

$sup {\sum_{n = 0}^{+ \infty} | u_{n} v_{n} | | σ bijection de ℕ} = \max {\sum_{n = 0}^{+ \infty} | u_{n} v_{n} | | σ bijection de ℕ} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} u_{n}^{2} .$

On a évidemment

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} | u_{n} v_{n} | \geq 0 .$

Pour montrer que la borne inférieure cherchée est $0$ , montrons que l’on peut rendre la somme précédente aussi petite que l’on veut.

Soit $ε > 0$ . Par convergence de la série $\sum u_{n}^{2}$ , il existe $N \in ℕ$ tel que

$\sum_{n = N}^{+ \infty} u_{n}^{2} \leq ε .$

De plus, la suite $(u_{n})$ tend vers 0, elle est donc bornée par un certain $M > 0$ et il existe un rang $N^{'} > N$ tel que

$\forall n \geq N^{'}, | u_{n} | \leq \frac{ε}{M (N + 1)} .$

Considérons alors la bijection $σ$ de $ℕ$ déterminée par

$σ (n) = {\begin{matrix} N^{'} + n & si n \in {0, \dots, N} \\ n - N^{'} & si n \in {N^{'}, \dots, N^{'} + N} \\ n & sinon. \end{matrix}$

Pour cette permutation

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} | u_{n} v_{n} | \leq \sum_{n = 0}^{N} | u_{n} | \frac{ε}{M (N + 1)} + \sum_{n = N^{'}}^{N^{'} + N} \frac{ε}{M (N + 1)} | u_{n - N^{'}} | + ε \leq 3 ε .$

On peut donc affirmer

$inf {\sum_{n = 0}^{+ \infty} | u_{n} v_{n} | | σ bijection de ℕ} = 0 .$

Exercice 28 3412 ENS ULM (MP)Correction

Soit $(z_{n})$ une suite de complexes non nuls telles que

n \neq m ⟹ | z_{n} - z_{m} | \geq 1 .

Montrer la convergence de la série de terme général $1 / z_{n}^{3}$ .

Solution

Pour $N \in ℕ$ posons $A_{N} = {n \in ℕ, | z_{n} | \leq N}$ .
Pour $n, m \in A_{N}$ distincts, les disques ouverts de centres $z_{n}$ et $z_{m}$ et de rayon $1 / 2$ sont disjoints. La réunion de ces disques pour $n$ parcourant $A_{N}$ , est incluse dans le disque de centre 0 et de rayon $N + 1 / 2$ . Par considération d’aire, on obtient

Card (A_{N}) \times π \times {(\frac{1}{2})}^{2} \leq π {(N + \frac{1}{2})}^{2}

et donc

Card (A_{N}) \leq {(2 N + 1)}^{2} .

Quitte à permuter les termes de la suite, supposons la suite $(| z_{n} |)$ croissante (cela est possible, car il n’y a qu’un nombre fini de termes de la suite de module inférieur à une constante donnée). En vertu de l’étude qui précède

| z_{{(2 N + 1)}^{2} + 1} | > N

et on en déduit

\frac{1}{{| z_{p} |}^{3}} = O (\frac{1}{p^{3 / 2}}) .

La série permutée de terme général $1 / z_{n}^{3}$ est donc absolument convergente et la série initiale l’est donc aussi.

[<] Permutation des termes d'une série[>] Produit de Cauchy

Exercice 29 5892 Correction

Calculer

\sum_{(i, j) \in ℕ} \frac{1}{(i + j)!} .

Solution

Les termes sommés sont positifs, on conduit un calcul dans $[0; + \infty]$ .

On regroupe les termes selon la valeur de $i + j$ .

\sum_{(i, j) \in ℕ} \frac{1}{(i + j)!} = \sum_{n \in ℕ} \sum_{i + j = n} \frac{1}{n!} .

Pour $n \in ℕ$ , il y a exactement $n + 1$ couples $(i, j)$ vérifiant $i + j = n$ . On poursuit

\sum_{(i, j) \in ℕ} \frac{1}{(i + j)!} = \sum_{n \in ℕ} \frac{n + 1}{n!} = \sum_{n \in ℕ} \frac{n}{n!} + \sum_{n \in ℕ} \frac{1}{n!} .

D’une part,

\sum_{n \in ℕ} \frac{1}{n!} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1^{n}}{n!} = e^{1} = e .

D’autre part, en simplifiant le premier terme de la somme puis en opérant un glissement d’indice

\sum_{n \in ℕ} \frac{n}{n!} = \sum_{n \in ℕ^{*}} \frac{1}{(n - 1)!} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{n!} = e .

Finalement,

\sum_{(i, j) \in ℕ} \frac{1}{(i + j)!} = 2 e .

Exercice 30 4648

Montrer l’identité

\sum_{m = 1}^{+ \infty} (\sum_{n = m}^{+ \infty} \frac{1}{n^{3}}) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2}} .

Exercice 31 1093 Correction

Soit $α > 1$ .

(a)

Déterminer un équivalent simple à

$R_{n} = \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{α}} .$
(b)

Pour quels $α > 1$ , la somme suit qui suit est-elle finie?

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{α}} .$
(c)

Montrer qu’alors

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{α}} = \sum_{p = 1}^{+ \infty} \frac{1}{p^{α - 1}} .$

Solution

(a)

Puisque la fonction $x \mapsto \frac{1}{x^{α}}$ est décroissante,

$\int_{n + 1}^{+ \infty} \frac{d x}{x^{α}} \leq \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{α}} \leq \int_{n}^{+ \infty} \frac{d x}{x^{α}}$

donc

$\sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{α}} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{α - 1} \cdot \frac{1}{n^{α - 1}} .$
(b)

Par équivalence de séries à termes positifs, la somme $\sum_{n = 0}^{+ \infty} \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{α}}$ est finie si, et seulement si, la série $\sum \frac{1}{n^{α - 1}}$ converge, c’est-à-dire sens si, et seulement si, $α > 2$ .
(c)

Puisque les termes sont positifs, on peut réaliser un calcul dans $[0; + \infty]$ .

Par sommation par paquets, on remarque

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{α}} = \sum_{(n, k) \in I} \frac{1}{k^{α}}$

avec

$I = {(n, k) \in ℕ^{2} | n < k}$

Par sommation par paquets, on a aussi

$\sum_{(n, k) \in I} \frac{1}{k^{α}} = \sum_{k = 1}^{+ \infty} \sum_{n = 0}^{k - 1} \frac{1}{k^{α}} = \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{k}{k^{α}} = \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{α - 1}}$

On en déduit

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{α}} = \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{α - 1}} < + \infty .$

Exercice 32 5335 Correction

Pour $p, q \in ℕ^{*}$ , on pose

u_{p, q} = {\begin{matrix} 1 & si q = p \\ 0 & si q < p \\ - (1 / 2^{q - p}) & si q > p . \end{matrix}

(a)

Montrer que les sommes suivantes existent et diffèrent

$\sum_{p = 1}^{+ \infty} (\sum_{q = 1}^{+ \infty} u_{p, q}) et \sum_{q = 1}^{+ \infty} (\sum_{p = 1}^{+ \infty} u_{p, q}) .$
(b)

Que dire de la sommabilité de la famille ${(u_{p, q})}_{(p, q) \in ℕ^{2}}$ ?

Solution

(a)

D’une part, étudions

$\sum_{p = 1}^{+ \infty} (\sum_{q = 1}^{+ \infty} u_{p, q}) .$

Soit $p \in ℕ^{*}$ . Sous réserve d’existence et sachant que les premiers termes de la somme sont nuls,

$\sum_{q = 1}^{+ \infty} u_{p, q} = 0 + 1 - \sum_{q = p + 1}^{+ \infty} 2^{p - q} .$

La série qui apparaît en second membre est géométrique de raison $1 / 2$ , elle converge et

$\sum_{q = p + 1}^{+ \infty} 2^{p - q} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} 2^{- n} = 1 .$

Ainsi, on peut écrire avec convergence

$\sum_{q = 1}^{+ \infty} u_{p, q} = 0 .$

On en déduit immédiatement

$\sum_{p = 1}^{+ \infty} (\sum_{q = 1}^{+ \infty} u_{p, q}) = 0$

avec convergences des séries écrites.

D’autre part, étudions

$\sum_{q = 1}^{+ \infty} (\sum_{p = 1}^{+ \infty} u_{p, q}) .$

Soit $q \in ℕ^{*}$ . La série qui suit converge car elle ne comporte qu’un nombre fini de termes non nuls et

$\sum_{p = 1}^{+ \infty} u_{p, q} = - \sum_{p = 1}^{q - 1} 2^{p - q} + 1 .$

Par calcul d’une somme géométrique (finie) raison $2$ et de premier terme $2^{1 - q}$ ,

$\sum_{p = 1}^{+ \infty} u_{p, q} = - 2^{1 - q} \frac{2^{q - 1} - 1}{2 - 1} + 1 = 2^{1 - q} .$

Par sommation géométrique (infinie) de raison $1 / 2$ , on obtient

$\sum_{q = 1}^{+ \infty} (\sum_{p = 1}^{+ \infty} u_{p, q}) = \frac{1}{1 - 1 / 2} = 2$

avec convergences des séries écrites.
(b)

On en déduit que la famille n’est pas sommable car sinon les deux sommes auraient du être égales.

Exercice 33 5799 Correction

Soient ${(a_{n})}_{n \in ℕ}$ une suite de réels positifs. Pour tout $n \in ℕ$ , on pose

u_{n} = n \sum_{k = n}^{+ \infty} \frac{a_{k}}{k (k + 1)} .

Calculer $\sum_{n = 0}^{+ \infty} u_{n}$ .

Solution

Les termes sommés étant tous positifs, on peut conduire un calcul dans $[0; + \infty]$ . En réorganisant l’ordre de calcul

	$\sum_{n = 0}^{+ \infty} u_{n}$	$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} (\sum_{k = n}^{+ \infty} \frac{n a_{k}}{k (k + 1)}) = \sum_{k = 0}^{+ \infty} (\sum_{n = 0}^{k} \frac{n a_{k}}{k (k + 1)})$
		$= \sum_{k = 0}^{+ \infty} (\frac{a_{k}}{k (k + 1)} \sum_{n = 0}^{k} n) = \sum_{k = 0}^{+ \infty} (\frac{a_{k}}{k (k + 1)} \cdot \frac{k (k + 1)}{2}) = \frac{1}{2} \sum_{k = 0}^{+ \infty} a_{k} .$

Exercice 34 1096 Correction

Pour $p, q \in ℕ$ , on pose

a_{p, q} = \frac{2 p + 1}{p + q + 2} - \frac{p}{p + q + 1} - \frac{p + 1}{p + q + 3} .

(a)

Calculer

$\sum_{q = 0}^{+ \infty} \sum_{p = 0}^{+ \infty} a_{p, q} et \sum_{p = 0}^{+ \infty} \sum_{q = 0}^{+ \infty} a_{p, q} .$
(b)

Que peut-on en déduire?

Solution

(a)

D’une part, pour $N \in ℕ$

	$\sum_{p = 0}^{N} a_{p, q}$	$= \sum_{p = 0}^{N} \frac{2 p + 1}{p + q + 2} - \sum_{p = 0}^{N} \frac{p}{p + q + 1} - \sum_{p = 0}^{N} \frac{p + 1}{p + q + 3}$
		$= \sum_{p = 0}^{N} \frac{2 p + 1}{p + q + 2} - \sum_{p = - 1}^{N - 1} \frac{p + 1}{p + q + 2} - \sum_{p = 1}^{N + 1} \frac{p}{p + q + 2}$
		$= \sum_{p = 0}^{N} \frac{2 p + 1}{p + q + 2} - \sum_{p = 0}^{N - 1} \frac{p + 1}{p + q + 2} - \sum_{p = 0}^{N + 1} \frac{p}{p + q + 2}$
		$= \frac{N + 1}{N + q + 2} - \frac{N + 1}{N + 1 + 2} .$

On a donc

\sum_{p = 0}^{N} a_{p, q} \to_{N \to + \infty}^{} 0

puis

\sum_{q = 0}^{+ \infty} \sum_{p = 0}^{+ \infty} a_{p, q} = \sum_{q = 0}^{+ \infty} 0 = 0 .

D’autre part, pour $N \in ℕ$ ,

	$\sum_{q = 0}^{N} a_{p, q}$	$= \sum_{q = 0}^{N} \frac{2 p + 1}{p + q + 2} - \sum_{q = 0}^{N} \frac{p}{p + q + 1} - \sum_{q = 0}^{N} \frac{p + 1}{p + q + 3}$
		$= \sum_{q = 1}^{N + 1} \frac{2 p + 1}{p + q + 1} - \sum_{q = 0}^{N} \frac{p}{p + q + 1} - \sum_{q = 2}^{N + 2} \frac{p + 1}{p + q + 1}$
		$= \frac{p + 1}{p + 2} - \frac{p}{p + 1} + \frac{2 p + 1}{p + N + 2} - \frac{p + 1}{p + N + 2} - \frac{p + 1}{p + N + 3} .$

On a donc

\sum_{q = 0}^{N} a_{p, q} \to_{N \to + \infty}^{} \frac{p + 1}{p + 2} - \frac{p}{p + 1} = \frac{1}{p + 1} - \frac{1}{p + 2}

donc

\sum_{p = 0}^{+ \infty} \sum_{q = 0}^{+ \infty} a_{p, q} = \sum_{p = 0}^{+ \infty} (\frac{1}{p + 1} - \frac{1}{p + 2}) = 1 .

(b)

La formule de Fubini ne s’applique pas, la famille ${(a_{p, q})}_{(p, q) \in ℕ^{2}}$ n’est donc pas sommable.

Exercice 35 1094 Correction

(a)

Justifier

$\sum_{n = 1, n \neq p}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2} - p^{2}} = \frac{3}{4 p^{2}} .$
(b)

En déduire

$\sum_{p = 1}^{+ \infty} \sum_{n = 1, n \neq p}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2} - p^{2}} \neq \sum_{n = 1}^{+ \infty} \sum_{p = 1, p \neq n}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2} - p^{2}} .$
(c)

Que peut-on en conclure?

Solution

(a)

La série converge compte tenu des critères usuels.

$\frac{1}{n^{2} - p^{2}} = \frac{1}{2 p} (\frac{1}{n - p} - \frac{1}{n + p}) .$

Par télescopage,

$\sum_{n = p + 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2} - p^{2}} = \frac{1}{2 p} (1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{2 p}) .$

De plus,

$\sum_{n = 1}^{p - 1} \frac{1}{n^{2} - p^{2}} = - \frac{1}{2 p} (\frac{1}{p - 1} + \dots + 1 + \frac{1}{p + 1} + \dots + \frac{1}{2 p - 1})$

donc

$\sum_{n = 1, n \neq p}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2} - p^{2}} = \frac{1}{2 p} (\frac{1}{p} + \frac{1}{2 p}) = \frac{3}{4 p^{2}} .$
(b)

D’une part,

$\sum_{p = 1}^{+ \infty} \sum_{n = 1, n \neq p}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2} - p^{2}} = \sum_{p = 1}^{+ \infty} \frac{3}{4 p^{2}} > 0 .$

D’autre part,

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \sum_{p = 1, p \neq n}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2} - p^{2}} = - \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{3}{4 n^{2}} = - \sum_{p = 1}^{+ \infty} \frac{3}{4 p^{2}} < 0 .$

On a donc

$\sum_{p = 1}^{+ \infty} \sum_{n = 1, n \neq p}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2} - p^{2}} \neq \sum_{n = 1}^{+ \infty} \sum_{p = 1, p \neq n}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2} - p^{2}} .$
(c)

On en déduit que la famille des $1 / (n^{2} - p^{2})$ pour $(p, n) \in ℕ^{* 2}$ avec $p \neq n$ n’est pas sommable.

Exercice 36 5890 Correction

Pour $n, m \in ℕ^{*}$ , on pose

u_{n, m} = \frac{{(- 1)}^{n}}{2^{\max (n, m)}} .

(a)

Justifier que la famille ${(u_{n, m})}_{n, m \geq 1}$ est sommable.
(b)

En déduire la valeur de

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} {(- 1)}^{n} \frac{n}{2^{n}} .$

Solution

(a)

On procède à un calcul dans $[0; + \infty]$ :

$\sum_{m, n \in ℕ^{*}} | u_{m, n} | = \sum_{m \in ℕ^{*}} \sum_{n \in ℕ^{*}} \frac{1}{2^{\max (m, n)}} .$

Pour $m \in ℕ^{*}$ ,

$\sum_{n \in ℕ^{*}} \frac{1}{2^{\max (m, n)}} = \sum_{n = 1}^{m} \frac{1}{2^{m}} + \sum_{n > m} \frac{1}{2^{n}} = \frac{m}{2^{m}} + \frac{1}{2^{m + 1}} \cdot \frac{1}{1 - 1 / 2} = \frac{m + 1}{2^{m}} = v_{m} .$

On remarque

$\frac{v_{m + 1}}{v_{m}} = \frac{m + 2}{2 (m + 1)} \to_{m \to + \infty}^{} \frac{1}{2} < 1 .$

Par le critère de d’Alembert, $\sum_{m \in ℕ^{*}} v_{m} < + \infty$ .

La famille ${(u_{m, n})}_{m, n \geq 1}$ est sommable.
(b)

Calculons la somme de la famille précédente de deux façons.

D’une part,

$\sum_{m, n \in ℕ^{*}} u_{m, n} = \sum_{m \in ℕ^{*}} \sum_{n \in ℕ^{*}} \frac{{(- 1)}^{n}}{2^{\max (m, n)}} .$

Pour $m \in ℕ^{*}$ ,

$\sum_{n \in ℕ^{*}} \frac{{(- 1)}^{n}}{2^{\max (m, n)}}$ $= \sum_{n = 1}^{m} \frac{{(- 1)}^{n}}{2^{m}} + \sum_{n > m} \frac{{(- 1)}^{n}}{2^{n}}$

$= (- 1) \frac{1 - {(- 1)}^{m}}{1 - (- 1)} \cdot \frac{1}{2^{m}} + \frac{{(- 1)}^{m + 1}}{2^{m + 1}} \cdot \frac{1}{1 + 1 / 2}$

$= - \frac{1}{2^{m + 1}} + \frac{{(- 1)}^{m}}{3 \cdot 2^{m + 1}}$

puis

$\sum_{m, n \in ℕ^{*}} u_{m, n}$ $= \sum_{m = 1}^{+ \infty} (- \frac{1}{2^{m + 1}} + \frac{{(- 1)}^{m}}{3 \cdot 2^{m + 1}})$

$= - \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{1 - 1 / 2} - \frac{1}{12} \cdot \frac{1}{1 + 1 / 2}$

$= - \frac{1}{2} - \frac{1}{18} = - \frac{5}{9} .$

D’autre part,

$\sum_{m, n \in ℕ^{*}} u_{m, n} = \sum_{n \in ℕ^{*}} \sum_{m \in ℕ^{*}} \frac{{(- 1)}^{n}}{2^{\max (m, n)}} .$

Pour $n \in ℕ^{*}$ ,

$\sum_{m \in ℕ^{*}} \frac{{(- 1)}^{n}}{2^{\max (m, n)}}$ $= \sum_{m = 1}^{n} \frac{{(- 1)}^{n}}{2^{n}} + \sum_{m = n + 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{2^{m}}$

$= {(- 1)}^{n} \frac{n}{2^{n}} + {(- 1)}^{n} \frac{1}{2^{n + 1}} \cdot \frac{1}{1 - 1 / 2}$

$= {(- 1)}^{n} \frac{n}{2^{n}} + {(- 1)}^{n} \frac{1}{2^{n}}$

et donc, avec convergences,

$\sum_{m, n \in ℕ^{*}} u_{m, n}$ $= \sum_{n = 1}^{+ \infty} {(- 1)}^{n} \frac{n}{2^{n}} + \sum_{n = 1}^{+ \infty} {(- 1)}^{n} \frac{1}{2^{n}}$

$= \sum_{n = 1}^{+ \infty} {(- 1)}^{n} \frac{n}{2^{n}} - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1 + 1 / 2}$

$= \sum_{n = 1}^{+ \infty} {(- 1)}^{n} \frac{n}{2^{n}} - \frac{1}{3} .$

On en déduit

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} {(- 1)}^{n} \frac{n}{2^{n}} = - \frac{5}{9} + \frac{1}{3} = - \frac{2}{9} .$

[<] Sommes doubles

Exercice 37 4640

Soit $a \in ℂ$ tel que $| a | < 1$ . Montrer l’identité

\frac{1}{{(1 - a)}^{2}} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} (n + 1) a^{n} .

Exercice 38 3445 Correction

Existence et calcul de

\sum_{n = 0}^{+ \infty} (n + 1) 3^{- n} .

Solution

Par produit de Cauchy de série convergeant absolument

\sum_{n = 0}^{+ \infty} (n + 1) 3^{- n} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \sum_{k = 0}^{n} \frac{1}{3^{k}} \frac{1}{3^{n - k}} = (\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{3^{n}}) (\sum_{m = 0}^{+ \infty} \frac{1}{3^{m}}) = \frac{9}{4} .

Exercice 39 5606 Correction

Soient $a, b \in ℂ$ distincts avec $| a | < 1$ et $| b | < 1$ .

Montrer

\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{a^{n + 1} - b^{n + 1}}{a - b} = \frac{1}{1 - (a + b) + a b} .

Solution

Pour $n \in ℕ$ ,

\frac{a^{n + 1} - b^{n + 1}}{a - b} = \sum_{k = 0}^{n} a^{n - k} b^{k} .

Ainsi, sous réserve d’existence,

\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{a^{n + 1} - b^{n + 1}}{a - b} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \sum_{k = 0}^{n} a^{n - k} b^{k} .

On reconnaît ici le produit de Cauchy des séries $\sum a^{n}$ et $\sum b^{n}$ . Or celles-ci convergent absolument et donc, avec convergence absolue,

\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{a^{n + 1} - b^{n + 1}}{a - b} = (\sum_{n = 0}^{+ \infty} a^{n}) (\sum_{n = 0}^{+ \infty} b^{n}) = \frac{1}{1 - a} \cdot \frac{1}{1 - b} = \frac{1}{1 - (a + b) + a b} .

Exercice 40 4998 Correction

Pour $x \in ℝ$ , on pose

f (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{n!} x^{n} .

(a)

Montrer que la fonction $f$ est bien définie sur $ℝ$ .
(b)

Établir

$f (x) f (y) = f (x + y) pour tous x, y \in ℝ .$

La fonction $f$ est en fait la fonction exponentielle.

Solution

(a)

Pour $x = 0$ , la convergence de la série définissant $f (0)$ est immédiate.

Pour $x \neq 0$ , la convergence (absolue) de la série définissant $f (x)$ découle de la règle de d’Alembert

$| \frac{\frac{x^{n + 1}}{(n + 1)!}}{\frac{x^{n}}{n!}} | = \frac{| x |}{n + 1} \to_{n \to + \infty}^{} 0 < 1 .$
(b)

Par produit de Cauchy de séries absolument convergentes,

$f (x) f (y) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \sum_{k = 0}^{n} \frac{x^{k}}{k!} \frac{y^{n - k}}{(n - k)!} .$

On fait apparaître un terme $1 / n!$ et un coefficient du binôme pour conclure:

$f (x) f (y)$ $= \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{n!} \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) x^{k} y^{n - k}$

$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{n!} {(x + y)}^{n} = f (x + y) .$

Exercice 41 5222

Retrouver l’identité

\exp (z_{1} + z_{2}) = \exp (z_{1}) \exp (z_{2}) pour tous z_{1}, z_{2} \in ℂ

sachant que l’exponentielle d’un nombre complexe $z$ est définie par la formule

\exp (z) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{n!} z^{n} .

Exercice 42 1044

Pour $n \geq 1$ , on pose

a_{n} = b_{n} = \frac{{(- 1)}^{n}}{\sqrt{n}} .

(a)

Montrer que les séries $\sum a_{n}$ et $\sum b_{n}$ convergent.
(b)

Montrer la divergence de leur série produit de Cauchy¹¹ 1 Par cette étude, on voit que la convergence d’un produit de Cauchy n’est pas automatique. Par théorème, on a vu que celle-ci est vraie lorsque l’on opère un produit de séries absolument convergentes..

Exercice 43 4201 Correction

Pour $α \in ℝ$ et $n \in ℕ$ , on pose

u_{n} = \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{1}{k^{α} {(n - k)}^{α}} .

Pour quels $α$ la série de terme général $u_{n}$ converge?

Solution

Le terme $u_{n}$ est le terme général de la série produit de Cauchy de la série $\sum a_{n}$ par elle-même avec

a_{n} = {\begin{matrix} 0 & si n = 0 \\ 1 / n^{α} & si n \geq 1 \end{matrix}

Les termes $a_{n}$ étant tous positifs, on peut écrire dans $[0; + \infty]$ ,

\sum_{n = 0}^{+ \infty} u_{n} = (\sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n}) (\sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n})

On en déduit que la série $\sum u_{n}$ converge si, et seulement si, $\sum a_{n}$ converge c’est-à-dire si, et seulement si, $α > 1$ .

Exercice 44 4135 Correction

Soit ${(u_{n})}_{n \in ℕ}$ une famille sommable. Pour tout $n \in ℕ$ , on pose

v_{n} = \frac{1}{2^{n}} \sum_{k = 0}^{n} 2^{k} u_{k} .

Montrer que la famille ${(v_{n})}_{n \in ℕ}$ est sommable et exprimer sa somme en fonction de celle de la famille ${(u_{n})}_{n \in ℕ}$ .

Solution

On peut écrire

v_{n} = \sum_{k = 0}^{n} (u_{k} \times \frac{1}{2^{n - k}}) .

La série $\sum v_{n}$ est donc la série produit de Cauchy de $\sum u_{n}$ et $\sum \frac{1}{2^{n}}$ . Puisqu’elles sont toutes deux absolument convergentes, la série $\sum v_{n}$ est absolument convergente et

\sum_{n = 0}^{+ \infty} v_{n} = (\sum_{n = 0}^{+ \infty} u_{n}) (\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{2^{n}}) = 2 \sum_{n = 0}^{+ \infty} u_{n} .

Exercice 45 3446 Correction

Soit $(u_{n})$ une suite numérique. Pour tout $n \in ℕ$ , on pose

v_{n} = \frac{1}{2^{n}} \sum_{k = 0}^{n} 2^{k} u_{k} .

(a)

On suppose dans cette question la série $\sum u_{n}$ absolument convergente.
En observant un produit de Cauchy, montrer que la série $\sum v_{n}$ converge et exprimer sa somme en fonction de celle de $\sum u_{n}$ .
(b)

On suppose dans cette question que la suite $(u_{n})$ tend vers 0. Déterminer la limite de $(v_{n})$
(c)

On suppose dans cette dernière question la série $\sum u_{n}$ convergente.
Montrer la convergence de $\sum v_{n}$ et déterminer sa somme en fonction de celle de $\sum u_{n}$ .

Solution

(a)

On a

$v_{n} = \sum_{k = 0}^{n} u_{k} \times \frac{1}{2^{n - k}} .$

La série $\sum v_{n}$ est donc la série produit de Cauchy de $\sum u_{n}$ et $\sum \frac{1}{2^{n}}$ . Puisqu’elles sont toutes deux absolument convergentes, la série $\sum v_{n}$ est absolument convergente, donc convergente et

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} v_{n} = (\sum_{n = 0}^{+ \infty} u_{n}) (\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{2^{n}}) = 2 \sum_{n = 0}^{+ \infty} u_{n} .$
(b)

Soit $ε > 0$ . Il existe $N \in ℕ$ tel que

$\forall n \geq N, | u_{n} | \leq ε .$

On a alors

$| v_{n} | \leq \frac{\sum_{k = 0}^{N - 1} 2^{k} | u_{k} |}{2^{n}} + ε \sum_{k = N}^{n} \frac{2^{k}}{2^{n}} \leq \frac{C^{t e}}{2^{n}} + 2 ε$

puis pour $n$ assez grand

$| v_{n} | \leq 3 ε .$

On peut donc affirmer que la suite $(v_{n})$ converge vers 0.
(c)

En permutant les sommes

$\sum_{n = 0}^{N} v_{n} = \sum_{n = 0}^{N} \sum_{k = 0}^{n} \frac{u_{k}}{2^{n - k}} = \sum_{k = 0}^{N} u_{k} \sum_{n = k}^{N} \frac{1}{2^{n - k}} .$

En évaluant la somme géométrique

$\sum_{n = 0}^{N} v_{n} = 2 \sum_{k = 0}^{N} u_{k} (1 - \frac{1}{2^{N - k + 1}}) = 2 \sum_{k = 0}^{N} u_{k} - \sum_{k = 0}^{N} \frac{u_{k}}{2^{N - k}}$

et compte tenu du résultat de la question précédente

$\sum_{n = 0}^{N} v_{n} \to 2 \sum_{k = 0}^{+ \infty} u_{k} .$

On en déduit à nouveau que la série $\sum v_{n}$ converge et

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} v_{n} = 2 \sum_{n = 0}^{+ \infty} u_{n} .$

Exercice 46 5224

Montrer

{(\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{{(n!)}^{2}})}^{2} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{(2 n)!} {(\binom{2 n}{n})}^{2} .

On pourra employer l’identité¹¹ 1 Cette identité correspond à l’identification des coefficients de $x^{n}$ dans les deux membres de l’égalité ${(1 + x)}^{2 n} = {(1 + x)}^{n} \times {(1 + x)}^{n}$ : voir le sujet 4425.

\sum_{k = 0}^{n} {(\binom{n}{k})}^{2} = (\binom{2 n}{n})

Exercice 47 3637 Correction

Établir

e \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n \cdot n!} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{H_{n}}{n!}

avec

e = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{n!} et H_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} .

Solution

Par produit de Cauchy de séries convergeant absolument

e \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n \cdot n!} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{n!} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n \cdot n!} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{(n - k)!} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k \cdot k!} .

\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{(n - k)!} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k \cdot k!} = \frac{1}{n!} \sum_{k = 1}^{n} (\binom{n}{k}) \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k} .

Il reste à montrer que

\sum_{k = 1}^{n} (\binom{n}{k}) \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} .

Cela peut se faire par récurrence. En effet,

\sum_{k = 1}^{n + 1} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k} (\binom{n + 1}{k}) = \sum_{k = 1}^{n + 1} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k} (\binom{n}{k}) + \sum_{k = 1}^{n + 1} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k} (\binom{n}{k - 1}) .

\sum_{k = 1}^{n + 1} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k} (\binom{n}{k - 1}) = \sum_{k = 1}^{n + 1} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{n + 1} (\binom{n + 1}{k}) = \frac{1}{n + 1} - \frac{{(1 - 1)}^{n + 1}}{n + 1} = \frac{1}{n + 1}

donc

\sum_{k = 1}^{n + 1} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k} (\binom{n + 1}{k}) = \sum_{k = 1}^{n + 1} \frac{1}{k} .

On peut aussi acquérir la formule en considérant

\int_{0}^{1} \frac{{(1 - t)}^{n} - 1}{t} d t \underset{u = 1 - t}{=} \int_{0}^{1} \frac{1 - u^{n}}{1 - u} d u .

Exercice 48 2636 Correction

On note $ℓ^{1} (ℤ)$ l’ensemble des suites complexes $u = {(u_{n})}_{n \in ℤ}$ sommables.

(a)

Soient $u, v \in ℓ^{1} (ℤ)$ . Montrer que pour tout $n \in ℤ$ , la famille ${(u_{k} v_{n - k})}_{k \in ℤ}$ est sommable.
(b)

Pour $u, v \in ℓ^{1} (ℤ)$ , on pose

${(u ⋆ v)}_{n} = \sum_{k \in ℤ} u_{k} v_{n - k} .$

Montrer que $u ⋆ v \in ℓ^{1} (ℤ)$ et que

$\sum_{n \in ℤ} {(u ⋆ v)}_{n} = (\sum_{n \in ℤ} u_{n}) (\sum_{n \in ℤ} v_{n}) .$
(c)

Montrer que la loi $⋆$ ainsi définie est commutative, associative et possède un neutre.
(d)

La structure $(ℓ^{1} (ℤ), ⋆)$ est-elle un groupe?

Solution

(a)

Puisque $v \in ℓ^{1} (ℤ)$ , $v_{n} \to_{| n | \to + \infty}^{} 0$ et donc $(v_{n})$ est bornée par un certain $M$ .
On a $| u_{k} v_{n - k} | \leq M | u_{k} |$ donc la famille ${(u_{k} v_{n - k})}_{k \in ℤ}$ est sommable.
(b)

Pour chaque $k \in ℤ$ , la famille ${(| u_{k} v_{n - k} |)}_{n \in ℤ}$ est sommable avec

$\sum_{n \in ℤ} | u_{k} v_{n - k} | = | u_{k} | \sum_{n \in ℤ} | v_{n - k} | = | u_{k} | \sum_{n \in ℤ} | v_{n} |$

et la famille ${(| u_{k} | \sum_{n \in ℤ} | v_{n} |)}_{k \in ℤ}$ est aussi sommable, donc, par sommation par paquets, la famille ${(u_{k} v_{n - k})}_{(n, k) \in ℤ^{2}}$ est sommable.
Par sommation par paquets

$\sum_{(n, k) \in ℤ^{2}} | u_{k} v_{n - k} | = \sum_{n \in ℤ} (\sum_{k \in ℤ} | u_{k} | | v_{n - k} |) < + \infty .$

Puisque

$| \sum_{k \in ℤ} u_{k} v_{n - k} | \leq \sum_{k \in ℤ} | u_{k} | | v_{n - k} |$

on aobtient $u ⋆ v \in ℓ^{1} (ℤ)$ .

De plus, par sommation par paquets,

$\sum_{(n, k) \in ℤ^{2}} u_{k} v_{n - k} = \sum_{n \in ℤ} (\sum_{k \in ℤ} u_{k} v_{n - k}) = \sum_{k \in ℤ} (\sum_{n \in ℤ} u_{k} v_{n - k})$

ce qui donne

$\sum_{n \in ℤ} {(u ⋆ v)}_{n} = (\sum_{k \in ℤ} u_{k}) (\sum_{n \in ℤ} v_{n - k}) = (\sum_{k \in ℤ} u_{k}) (\sum_{ℓ \in ℤ} v_{ℓ}) .$
(c)

On a

${(u ⋆ v)}_{n} = \sum_{k + ℓ = n} u_{k} v_{ℓ} = {(v ⋆ u)}_{n}$

et

${((u ⋆ v) ⋆ w)}_{n} = \sum_{k + ℓ + m = n} u_{k} v_{ℓ} w_{m} = {(u ⋆ (v ⋆ w))}_{n} .$

Pour $ε$ définie par $ε_{n} = δ_{n,0}$ , $u ⋆ ε = u$ donc $ε$ est élément neutre.
(d)

Considérons $u$ définie par $u_{n} = δ_{0, n} - δ_{1, n}$ . Si $u$ est inversible et $v$ son inverse, la relation $u ⋆ v = ε$ donne $v_{n} - v_{n - 1} = ε_{n} = δ_{0, n}$ . Par suite, pour tout $n \in ℕ$ , $v_{n} = v_{0}$ et puisque $v_{n} \to_{n \to + \infty}^{} 0$ , pour tout $n \in ℕ$ , $v_{n} = 0$ . De même, pour tout $n < 0$ , $v_{n} = 0$ . Mais alors, pour $n = 0$ , $v_{n} - v_{n - 1} = δ_{0, n}$ donne $0 = 1$ .

L’élément $u$ n’est pas inversible et donc $(ℓ^{1} (ℤ), ⋆)$ n’est pas un groupe.

Édité le 14-10-2023

	$(n + 1) v_{n}^{2} - (n - 1) v_{n - 1}^{2} - 2 u_{n} v_{n}$	$= (n + 1) v_{n}^{2} - (n - 1) v_{n - 1}^{2} - 2 n v_{n}^{2} + 2 (n - 1) v_{n} v_{n - 1}$
		$= (1 - n) v_{n}^{2} + 2 (n - 1) v_{n} v_{n - 1} + (1 - n) v_{n - 1}^{2}$
		$= (1 - n) {(v_{n} - v_{n - 1})}^{2} \leq 0 .$

	$\sum_{n = 1}^{N} \sum_{m = 1}^{N} \frac{u_{m} u_{n}}{m + n}$	$\leq \sum_{n = 1}^{N} \sum_{m = 1}^{n} \frac{u_{m} u_{n}}{n} + \sum_{m = 2}^{N} \sum_{n = 1}^{m - 1} \frac{u_{m} u_{n}}{m}$
		$\leq \sum_{n = 1}^{N} u_{n} v_{n} + \sum_{m = 2}^{N} u_{m} v_{m} \leq 2 \sum_{n = 1}^{N} u_{n} v_{n} .$

	$\sum_{n \in ℕ^{*}} \frac{{(- 1)}^{n}}{2^{\max (m, n)}}$	$= \sum_{n = 1}^{m} \frac{{(- 1)}^{n}}{2^{m}} + \sum_{n > m} \frac{{(- 1)}^{n}}{2^{n}}$
		$= (- 1) \frac{1 - {(- 1)}^{m}}{1 - (- 1)} \cdot \frac{1}{2^{m}} + \frac{{(- 1)}^{m + 1}}{2^{m + 1}} \cdot \frac{1}{1 + 1 / 2}$
		$= - \frac{1}{2^{m + 1}} + \frac{{(- 1)}^{m}}{3 \cdot 2^{m + 1}}$

	$\sum_{m, n \in ℕ^{*}} u_{m, n}$	$= \sum_{m = 1}^{+ \infty} (- \frac{1}{2^{m + 1}} + \frac{{(- 1)}^{m}}{3 \cdot 2^{m + 1}})$
		$= - \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{1 - 1 / 2} - \frac{1}{12} \cdot \frac{1}{1 + 1 / 2}$
		$= - \frac{1}{2} - \frac{1}{18} = - \frac{5}{9} .$

	$\sum_{m \in ℕ^{*}} \frac{{(- 1)}^{n}}{2^{\max (m, n)}}$	$= \sum_{m = 1}^{n} \frac{{(- 1)}^{n}}{2^{n}} + \sum_{m = n + 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{2^{m}}$
		$= {(- 1)}^{n} \frac{n}{2^{n}} + {(- 1)}^{n} \frac{1}{2^{n + 1}} \cdot \frac{1}{1 - 1 / 2}$
		$= {(- 1)}^{n} \frac{n}{2^{n}} + {(- 1)}^{n} \frac{1}{2^{n}}$

	$\sum_{m, n \in ℕ^{*}} u_{m, n}$	$= \sum_{n = 1}^{+ \infty} {(- 1)}^{n} \frac{n}{2^{n}} + \sum_{n = 1}^{+ \infty} {(- 1)}^{n} \frac{1}{2^{n}}$
		$= \sum_{n = 1}^{+ \infty} {(- 1)}^{n} \frac{n}{2^{n}} - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1 + 1 / 2}$
		$= \sum_{n = 1}^{+ \infty} {(- 1)}^{n} \frac{n}{2^{n}} - \frac{1}{3} .$

	$f (x) f (y)$	$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{n!} \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) x^{k} y^{n - k}$
		$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{n!} {(x + y)}^{n} = f (x + y) .$