Exercice 1 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 2 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 3 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 4 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 5 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 6 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 7 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 8 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 9 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 10 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 11 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 12 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.

[<] Sommes doubles

Édité le 14-10-2023

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

Produit de Cauchy