[<] Sommes doubles

 
Exercice 1  4640  

Soit a tel que |a|<1. Montrer l’identité

1(1-a)2=n=0+(n+1)an.
 
Exercice 2  3445  Correction  

Existence et calcul de

n=0+(n+1)3-n.

Solution

Par produit de Cauchy de série convergeant absolument

n=0+(n+1)3-n=n=0+k=0n13k13n-k=(n=0+13n)(m=0+13m)=94.
 
Exercice 3  4998  Correction  

Pour x, on pose

f(x)=n=0+1n!xn.
  • (a)

    Montrer que la fonction f est bien définie sur .

  • (b)

    Établir

    f(x)f(y)=f(x+y)pour tous x,y 

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 x0, la convergence (absolue) de la série définissant f(x) découle de la règle de d’Alembert

    |xn+1(n+1)!xnn!|=|x|n+1n+0<1
  • (b)

    Par produit de Cauchy de séries absolument convergentes,

    f(x)f(y)=n=0+k=0nxkk!yn-k(n-k)!

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

    f(x)f(y) =n=0+1n!k=0n(nk)xkyn-k
    =n=0+1n!(x+y)n=f(x+y)
 
Exercice 4  5222  

Retrouver l’identité

exp(z1+z2)=exp(z1)exp(z2)pour tous z1,z2

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

exp(z)=n=0+1n!zn.
 
Exercice 5  1044   

Pour n1, on pose

an=bn=(-1)nn.
  • (a)

    Montrer que les séries an et bn 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 le théorème , on a vu que celle-ci est vraie lorsque l’on opère un produit de séries absolument convergentes..

 
Exercice 6  4201   Correction  

Pour α et n, on pose

un=k=1n-11kα(n-k)α.

Pour quels α la série de terme général un converge?

Solution

Les termes de la somme définissant un sont positifs et celui d’indice 1 vaut 1/(n-1)α et donc

un1(n-1)αn+1nα.

Par comparaison de séries à termes positifs, on peut affirmer la divergence de la série de terme général un pour tout α1.

Pour α>1, on sait la convergence absolue de la série de Riemann n11nα. On réalise alors un produit de Cauchy de cette série par elle-même en considérant

an=1nα pour n1 et a0=0.

La série produit de Cauchy a alors pour terme général

k=0nakan-k=k=1n-11kα(n-k)α=un.

On peut donc affirmer la convergence absolue de la série de terme général un pour α>1.

 
Exercice 7  4135  Correction  

Soit (un)n une famille sommable. Pour tout n, on pose

vn=12nk=0n2kuk.

Montrer que la famille (vn)n est sommable et exprimer sa somme en fonction de celle de la famille (un)n.

Solution

On peut écrire

vn=k=0n(uk×12n-k).

La série vn est donc la série produit de Cauchy de un et 12n. Puisqu’elles sont toutes deux absolument convergentes, la série vn est absolument convergente et

n=0+vn=(n=0+un)(n=0+12n)=2n=0+un.
 
Exercice 8  3446   Correction  

Soit (un) une suite numérique. Pour tout n, on pose

vn=12nk=0n2kuk.
  • (a)

    On suppose dans cette question la série un absolument convergente.
    En observant un produit de Cauchy, montrer que la série vn converge et exprimer sa somme en fonction de celle de un.

  • (b)

    On suppose dans cette question que la suite (un) tend vers 0. Déterminer la limite de (vn)

  • (c)

    On suppose dans cette dernière question la série un convergente.
    Montrer la convergence de vn et déterminer sa somme en fonction de celle de un.

Solution

  • (a)

    On a

    vn=k=0nuk×12n-k.

    La série vn est donc la série produit de Cauchy de un et 12n. Puisqu’elles sont toutes deux absolument convergentes, la série vn est absolument convergente, donc convergente et

    n=0+vn=(n=0+un)(n=0+12n)=2n=0+un.
  • (b)

    Soit ε>0. Il existe N tel que

    nN,|un|ε.

    On a alors

    |vn|k=0N-12k|uk|2n+εk=Nn2k2nCte2n+2ε

    puis pour n assez grand

    |vn|3ε.

    On peut donc affirmer que la suite (vn) converge vers 0.

  • (c)

    En permutant les sommes

    n=0Nvn=n=0Nk=0nuk2n-k=k=0Nukn=kN12n-k.

    En évaluant la somme géométrique

    n=0Nvn=2k=0Nuk(1-12N-k+1)=2k=0Nuk-k=0Nuk2N-k

    et compte tenu du résultat de la question précédente

    n=0Nvn2k=0+uk.

    On en déduit à nouveau que la série vn converge et

    n=0+vn=2n=0+un.
 
Exercice 9  5224   

Montrer

(n=0+1(n!)2)2=n=0+1(2n)!(2nn)2.

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

k=0n(nk)2=(2nn)
 
Exercice 10  3637   Correction  

Établir

en=1+(-1)n-1nn!=n=1+Hnn!

avec

e=n=0+1n!etHn=k=1n1k.

Solution

Par produit de Cauchy de séries convergeant absolument

en=1+(-1)n-1nn!=n=0+1n!n=1+(-1)n-1nn!=n=1+k=1n1(n-k)!(-1)k-1kk!.

Or

k=1n1(n-k)!(-1)k-1kk!=1n!k=1n(nk)(-1)k-1k.

Il reste à montrer que

k=1n(nk)(-1)k-1k=k=1n1k

Cela peut se faire par récurrence. En effet,

k=1n+1(-1)k-1k(n+1k)=k=1n+1(-1)k-1k(nk)+k=1n+1(-1)k-1k(nk-1).

Or

k=1n+1(-1)k-1k(nk-1)=k=1n+1(-1)k-1n+1(n+1k)=1n+1-(1-1)n+1n+1=1n+1

donc

k=1n+1(-1)k-1k(n+1k)=k=1n+11k.

On peut aussi acquérir la formule en considérant

01(1-t)n-1tdt=u=1-t011-un1-udu

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Édité le 08-11-2019

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