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

Pour $q\in {\mathbb{N}}^{*}$, 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,

$$\sum _{p=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{(p+q^2)(p+q^2+1)}=\sum _{p=0}^{+\mathrm{\infty }}\left(\frac{1}{p+q^2}-\frac{1}{p+q^2+1}\right)=\frac{1}{q^2}\text{.}$$

puis

$$\sum _{(p,q)\in \mathbb{N}\times {\mathbb{N}}^{*}}\frac{1}{(p+q^2)(p+q^2+1)}=\sum _{q=1}^{+\mathrm{\infty }}\sum _{p=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{(p+q^2)(p+q^2+1)}=\sum _{q=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{q^2}=\frac{{\pi }^2}{6}\text{.}$$

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

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

$$\frac{1}{pq(p+q-1)}=\frac{1}{p(p-1)}\left(\frac{1}{q}-\frac{1}{(p+q-1)}\right)\text{.}$$

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

$$\sum _{q=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{pq(p+q-1)}=\frac{1}{p(p-1)}\sum _{q=1}^{p-1}\frac{1}{q}$$

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

$$\sum _{p,q\ge 1}\frac{1}{pq(p+q-1)}=\underset{\begin{array}{c}p=1\end{array}}{\underbrace{\sum _{q=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{q^2}}}+\underset{\begin{array}{c}p\ge 2\end{array}}{\underbrace{\sum _{p=2}^{+\mathrm{\infty }}\sum _{q=1}^{p-1}\frac{1}{pq(p-1)}}}\text{.}$$

On réorganise le calcul triangulaire (les termes sont positifs)

$$\sum _{p=2}^{+\mathrm{\infty }}\sum _{q=1}^{p-1}\frac{1}{pq(p-1)}=\sum _{q=1}^{+\mathrm{\infty }}\sum _{p=q+1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{pq(p-1)}=\sum _{q=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{q}\sum _{p=q+1}^{+\mathrm{\infty }}\left(\frac{1}{p-1}-\frac{1}{p}\right)=\sum _{q=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{q^2}\text{.}$$

On conclut

$$\sum _{p,q\ge 1}\frac{1}{pq(p+q-1)}=2\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{3}\text{.}$$

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

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

$$\frac{1}{pq(p+q+1)}=\frac{1}{p(p+1)}\left(\frac{1}{q}-\frac{1}{(p+q+1)}\right)\text{.}$$

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

$$\sum _{q=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{pq(p+q+1)}=\frac{1}{p(p+1)}\sum _{q=1}^{p+1}\frac{1}{q}$$

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

	${\displaystyle \sum _{p,q\ge 1}}{\displaystyle \frac{1}{pq(p+q+1)}}$	$={\displaystyle \sum _{p=1}^{+\mathrm{\infty }}}\left({\displaystyle \sum _{q=1}^{+\mathrm{\infty }}}{\displaystyle \frac{1}{pq(p+q+1)}}\right)={\displaystyle \sum _{p=1}^{+\mathrm{\infty }}}\left({\displaystyle \frac{1}{p(p+1)}}{\displaystyle \sum _{q=1}^{p+1}}{\displaystyle \frac{1}{q}}\right)$
		$={\displaystyle \sum _{\genfrac{}{}{0pt}{}{p\ge 1}{1\le q\le p+1}}}{\displaystyle \frac{1}{pq(p+1)}}$

On réorganise ce calcul triangulaire

$$\sum _{p,q\ge 1}\frac{1}{pq(p+q+1)}=\underset{\begin{array}{c}q=1\end{array}}{\underbrace{\sum _{p=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{p(p+1)}}}+\underset{\begin{array}{c}q\ge 2\end{array}}{\underbrace{\sum _{q=2}^{+\mathrm{\infty }}\sum _{p=q-1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{pq(p+1)}}}$$

D’une part,

$$\sum _{p=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{p(p+1)}=\sum _{p=1}^{+\mathrm{\infty }}\left(\frac{1}{p}-\frac{1}{p+1}\right)=1$$

D’autre part,

$$\sum _{q=2}^{+\mathrm{\infty }}\sum _{p=q-1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{pq(p+1)}=\sum _{q=2}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{q}\sum _{p=q-1}^{+\mathrm{\infty }}\left(\frac{1}{p}-\frac{1}{p+1}\right)=\sum _{q=2}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{q(q-1)}=\sum _{q=2}^{+\mathrm{\infty }}\left(\frac{1}{q-1}-\frac{1}{q}\right)=1$$

On conclut

$$\sum _{p,q\ge 1}\frac{1}{pq(p+q+1)}=2$$

Commençons par observer que toutes les sommes considérées ici convergent.

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

$$\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}=\sum _{p=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{{(2p+1)}^2}+\sum _{p=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{{(2p)}^2}\text{.}$$

Or, on remarque

$$\sum _{p=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{{(2p)}^2}=\frac{1}{4}\sum _{p=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{p^2}$$

et la relation qui précède se relit

$$\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}=\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{{(2n+1)}^2}+\frac{1}{4}\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}\text{.}$$

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

$$\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{{(2n+1)}^2}=\frac{3}{4}\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}\text{.}$$

La somme ${\sum }_{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{(-1)}^{n-1}}{n^2}$ 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

$$\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{(-1)}^{n-1}}{n^2}=\sum _{p=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{{(2p+1)}^2}-\sum _{p=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{{(2p)}^2}\text{.}$$

On introduit artificiellement un terme dans le calcul qui précède

$$\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{(-1)}^{n-1}}{n^2}=\left(\sum _{p=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{{(2p+1)}^2}+\sum _{p=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{{(2p)}^2}\right)-2\sum _{p=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{{(2p)}^2}$$

et l’on regroupe les deux premières sommes

$$\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{(-1)}^{n-1}}{n^2}=\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}-2\sum _{p=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{{(2p)}^2}\text{.}$$

Enfin, on simplifie

$$\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{(-1)}^{n-1}}{n^2}=\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}-\frac{1}{2}\sum _{p=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{p^2}=\frac{1}{2}\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}\text{.}$$

• (a)

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

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

  et donc

  $$\sum _{k=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{{(2k+1)}^2}=\frac{3}{4}\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{8}\text{.}$$

  Avec sommabilité, on a aussi

  $$\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{(-1)}^n}{n^2}=-\sum _{k=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{{(2k+1)}^2}+\sum _{k=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{{(2k)}^2}=-\frac{{\pi }^2}{8}+\frac{{\pi }^2}{24}=-\frac{{\pi }^2}{12}\text{.}$$

• (b)

  La famille étudiée est sommable car

  $$\sum _{p=1}^{+\mathrm{\infty }}\sum _{q=1}^{+\mathrm{\infty }}\left|\frac{{(-1)}^{pq}}{p^2{q}^2}\right|=\sum _{p=1}^{+\mathrm{\infty }}\sum _{q=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{p^2{q}^2}=\sum _{p=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{p^2}\sum _{q=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{q^2}=\frac{{\pi }^4}{36}<+\mathrm{\infty }\text{.}$$

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

  $$\sum _{p=1}^{+\mathrm{\infty }}\sum _{q=1}^{+\mathrm{\infty }}\left|\frac{{(-1)}^{pq}}{p^2{q}^2}\right|=\sum _{k=1}^{+\mathrm{\infty }}\sum _{q=1}^{+\mathrm{\infty }}\left|\frac{{(-1)}^{2kq}}{{(2k)}^2{q}^2}\right|+\sum _{k=0}^{+\mathrm{\infty }}\sum _{q=1}^{+\mathrm{\infty }}\left|\frac{{(-1)}^{(2k+1)q}}{{(2k+1)}^2{q}^2}\right|\text{.}$$

  D’une part,

  $$\sum _{q=1}^{+\mathrm{\infty }}\left|\frac{{(-1)}^{2kq}}{{(2k)}^2{q}^2}\right|=\frac{1}{4k^2}\sum _{q=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{q^2}=\frac{1}{4k^2}\cdot \frac{{\pi }^2}{6}\text{.}$$

  D’autre part,

  $$\sum _{q=1}^{+\mathrm{\infty }}\left|\frac{{(-1)}^{(2k+1)q}}{{(2k+1)}^2{q}^2}\right|=\frac{1}{{(2k+1)}^2}\sum _{q=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{(-1)}^q}{q^2}=-\frac{1}{{(2k+1)}^2}\cdot \frac{{\pi }^2}{12}\text{.}$$

  On en déduit

  $$\sum _{p=1}^{+\mathrm{\infty }}\sum _{q=1}^{+\mathrm{\infty }}\left|\frac{{(-1)}^{pq}}{p^2{q}^2}\right|=\frac{1}{4}\cdot \frac{{\pi }^2}{6}\cdot \frac{{\pi }^2}{6}-\frac{{\pi }^2}{8}\cdot \frac{{\pi }^2}{12}=-\frac{{\pi }^4}{288}\text{.}$$