Exercice 1 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 2 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 3 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 4 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 5 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 6 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 7 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 8 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

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

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

Édité le 14-10-2023

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

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

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

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

Sommes doubles