[<] Étude de sommabilité [>] Sommes doubles

 
Exercice 1  1031  Correction  

Soit σ:** une application bijective.

  • (a)

    Déterminer la nature de

    n11σ(n)2.
  • (b)

    Même question pour

    n11σ(n).

Solution

  • (a)

    La série 1n2 converge absolument donc la famille (1n2)n1 est sommable. Il en est de même de la famille permutée (1σ(n)2)n1 et donc la série n11σ(n)2 converge.

  • (b)

    C’est analogue, mais cette fois la famille (1n)n1 n’est pas sommable et la série à termes positifs n11σ(n) diverge.

 
Exercice 2  1030   Correction  

Soient n0un une série absolument convergente et vn=uσ(n) avec σ𝒮.

Montrer que la série n0vn est absolument convergente et de même somme que un.

Solution

On a

k=0n|vk|n=0+|un|<+

donc n0vn est absolument convergente.

Pour n, posons

p(n)=max{σ-1(k)| 0kn}.

Pour tout ε>0, il existe N tel que nN+1|un|ε.
Pour tout Mp(N):

|n=0Mvn-n=0Nun|nN+1|un|ε

donc

|n=0Mvn-n=0+un|2ε.

Par suite,

n=0+vn=n=0+un.
 
Exercice 3  2425   

Soit σ une permutation de *. Déterminer la nature des séries de termes généraux

  • (a)

    1nσ(n)

  • (b)

    σ(n)n2.

 
Exercice 4  3678    Correction  

Soit σ une permutation de *.
Quelle est la nature de

σ(n)n2ln(n)?

Solution

Posons

Sn=k=2nσ(k)k2ln(k).

On a

S2n+1-S2n122(n+1)ln(2n+1)k=2n+12n+1σ(k)122(n+1)ln(2n+1)k=12nk

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

S2n+1-S2n2n(2n+1)22n+3(n+1)ln(2)18ln(2)1n.

Puisque la série 1/n diverge, il en de même de la série télescopique S2n+1-S2n et donc la suite (S2n) tend vers +. On en déduit la divergence de la série étudiée.

 
Exercice 5  2636   Correction  

On note 1() l’ensemble des suites complexes u=(un)n sommables.

  • (a)

    Soient u,v1(). Montrer que pour tout n, la famille (ukvn-k)k est sommable.

  • (b)

    Pour u,v1(), on pose

    (uv)n=kukvn-k.

    Montrer que uv1() et que

    n(uv)n=(nun)(nvn).
  • (c)

    Montrer que la loi ainsi définie est commutative, associative et possède un neutre.

  • (d)

    La structure (1(),) est-elle un groupe?

Solution

  • (a)

    Puisque v1(), vn|n|+0 et donc (vn) est bornée par un certain M.
    On a |ukvn-k|M|uk| donc la famille (ukvn-k)k est sommable.

  • (b)

    Pour chaque k, la famille (|ukvn-k|)n est sommable avec

    n|ukvn-k|=|uk|n|vn-k|=|uk|n|vn|

    et la famille (|uk|n|vn|)k est aussi sommable, donc, par sommation par paquets, la famille (ukvn-k)(n,k)2 est sommable.
    Par sommation par paquets

    (n,k)2|ukvn-k|=n(k|uk||vn-k|)<+.

    Puisque

    |kukvn-k|k|uk||vn-k|

    on aobtient uv1().

    De plus, par sommation par paquets,

    (n,k)2ukvn-k=n(kukvn-k)=k(nukvn-k)

    ce qui donne

    n(uv)n=(kuk)(nvn-k)=(kuk)(v).
  • (c)

    On a

    (uv)n=k+=nukv=(vu)n

    et

    ((uv)w)n=k++m=nukvwm=(u(vw))n.

    Pour ε définie par εn=δn,0, uε=u donc ε est élément neutre.

  • (d)

    Considérons u définie par un=δ0,n-δ1,n. Si u est inversible et v son inverse, la relation uv=ε donne vn-vn-1=εn=δ0,n. Par suite, pour tout n, vn=v0 et puisque vnn+0, pour tout n, vn=0. De même, pour tout n<0, vn=0. Mais alors, pour n=0, vn-vn-1=δ0,n donne 0=1.

    L’élément u n’est pas inversible et donc (1(),) n’est pas un groupe.

 
Exercice 6  3426    Correction  

Soit (un) une suite réelle telle qu’il y ait convergence de la série un2.

Soient σ une bijection de et (vn) la suite déterminée par

vn=uσ(n)pour tout n.
  • (a)

    Montrer la convergence et calculer la somme de la série vn2.

  • (b)

    Quelle est la nature de la série |unvn|?

  • (c)

    Déterminer les bornes supérieure et inférieure de

    n=0+|unvn|

    pour σ parcourant l’ensemble des bijections de .

Solution

  • (a)

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

    n=0+vn2=n=0+un2.
  • (b)

    En vertu de la majoration

    ab12(a2+b2)

    on a

    |unvn|12(un2+vn2).

    Par comparaison de série à termes positifs, on peut affirmer la convergence de la série |unvn|

  • (c)

    et

    n=0+|unvn|12n=0+un2+12n=0+vn2=n=0+un2.

    De plus, cette inégalité est une égalité quand σ=Id donc

    sup{n=0+|unvn||σ bijection de }=n=0+un2.

    On a évidemment

    n=0+|unvn|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 un2, il existe N tel que

    n=N+un2ε.

    De plus, la suite (un) tend vers 0, elle est donc bornée par un certain M>0 et il existe un rang N>N tel que

    nN,|un|εM(N+1).

    Considérons alors la bijection σ de déterminée par

    σ(n)={N+n si n{0,,N}n-N si n{N,,N+N}n sinon.

    Pour cette permutation

    n=0+|unvn|n=0N-1|un|εM(N+1)+n=NN+N-1εM(N+1)|un-N|+ε3ε.

    On peut donc affirmer

    inf{n=0+|unvn||σ bijection de }=0.
 
Exercice 7  3412      ENS ULMCorrection  

Soit (zn) une suite de complexes non nuls telles que

nm|zn-zm|1.

Montrer la convergence de la série de terme général 1/zn3.

Solution

Pour N posons AN={n,|zn|N}.
Pour n,mAN distincts, les disques ouverts de centres zn et zm et de rayon 1/2 sont disjoints. La réunion de ces disques pour n parcourant AN, est incluse dans le disque de centre 0 et de rayon N+1/2. Par considération d’aire, on obtient

Card(AN)×π×(12)2π(N+12)2

et donc

Card(AN)(2N+1)2.

Quitte à permuter les termes de la suite, supposons la suite (|zn|) 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(2N+1)2+1|>N

et on en déduit

1|zp|3=O(1p3/2).

La série permutée de terme général 1/zn3 est donc absolument convergente et la série initiale l’est donc aussi.

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Édité le 08-11-2019

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