Familles sommables : corrigé des exercices de maths sup.

Corrigé de l’exercice 1 : Calculs dans [0, +∞]

1. Pour tout \(n \geq\, 1\), on a \(1 – \frac{1}{n} \leq\, 1\), donc \(1\) majore \(A\). De plus, \(1 – \frac{1}{n} \to 1\), donc aucun réel \(M < 1\) ne majore \(A\). Ainsi \(\sup A = 1\), et cette borne n’est pas atteinte. Ensuite, \(\mathbb{N}\) n’est majoré par aucun réel. Par conséquent, \(\sup \mathbb{N} = +\infty\) dans \([0, +\infty]\).
2. On découpe \(\mathbb{Z}\) en trois paquets : \(\{0\}\), \(\mathbb{N}^*\) et \(-\mathbb{N}^*\). La famille est positive, donc la sommation par paquets s’applique sans hypothèse. Le paquet \(\{0\}\) donne \(1\). Les deux autres donnent chacun \(\sum_{n \geq\, 1} 3^{-n} = \frac{1/3}{1 – 1/3} = \frac{1}{2}\). Donc \(\sum_{n \in \mathbb{Z}} 3^{-|n|} = 1 + 2 \times \frac{1}{2} = 2\).
3. L’ensemble \(I_j\) contient les entiers de \(2^j\) à \(2^{j+1} – 1\), soit \(2^j\) éléments. Pour chacun, \(n < 2^{j+1}\), donc \(\frac{1}{n} > \frac{1}{2^{j+1}}\). Ainsi \(\sum_{n \in I_j} \frac{1}{n} \geq\, \frac{2^j}{2^{j+1}} = \frac{1}{2}\). Ensuite, les \(I_j\) forment une partition de \(\mathbb{N}^*\) : chaque \(n \geq\, 1\) appartient au seul \(I_j\) tel que \(2^j \leq\, n < 2^{j+1}\). Le théorème de sommation par paquets positif donne \(\sum_{n \geq\, 1} \frac{1}{n} = \sum_{j \geq\, 0} \sum_{n \in I_j} \frac{1}{n} \geq\, \sum_{j \geq\, 0} \frac{1}{2}\). Donc \(\sum_{n \in \mathbb{N}^*} \frac{1}{n} = +\infty\).
4. L’ensemble \(\mathbb{Q} \cap [0, 1]\) est infini : il contient les \(\frac{1}{k}\) pour \(k \geq\, 1\). Pour tout entier \(N\), il contient donc une partie finie \(F\) à \(N\) éléments, et \(\sum_{r \in F} u_r = N\). La borne supérieure des sommes finies est donc infinie. La somme vaut \(+\infty\) : une famille constante non nulle indexée par un ensemble infini n’est jamais sommable.

Corrigé de l’exercice 2 : Famille géométrique double

1. La famille est positive, donc le théorème de Fubini positif s’applique. À \(p\) fixé, \(\sum_{q \geq\, 0} \frac{1}{2^p 3^q} = \frac{1}{2^p} \cdot \frac{1}{1 – 1/3} = \frac{3}{2} \cdot \frac{1}{2^p}\). Ensuite, \(\sum_{p \geq\, 0} \frac{3}{2} \cdot \frac{1}{2^p} = \frac{3}{2} \times 2 = 3\). Cette somme est finie. La famille est sommable, de somme \(3\).
2. De même, à \(p\) fixé, \(\sum_{q} 2^{-(p+q)} = 2^{-p} \times 2\). Puis \(\sum_{p} 2 \times 2^{-p} = 4\). La somme vaut \(4\).
3. On utilise les paquets \(I_n = \{(p, q) : p + q = n\}\), qui forment une partition de \(\mathbb{N}^2\). Le paquet \(I_n\) contient les \(n + 1\) couples \((0, n), (1, n-1), \ldots, (n, 0)\), et chaque terme vaut \(2^{-n}\). Par sommation par paquets positive, \(\sum_{\mathbb{N}^2} v_{p,q} = \sum_{n \geq\, 0} \frac{n+1}{2^n}\). En comparant avec la question 2, \(\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{n+1}{2^n} = 4\).
4. Notons \(S_{<}\), \(S_{=}\) et \(S_{>}\) les sommes sur les trois paquets. L’application \((p, q) \mapsto (q, p)\) est une bijection du premier paquet sur le troisième, et \(v_{q,p} = v_{p,q}\). Par invariance par permutation, \(S_{<} = S_{>}\). Ensuite, \(S_{=} = \sum_{p \geq\, 0} 4^{-p} = \frac{1}{1 – 1/4} = \frac{4}{3}\). La sommation par paquets donne \(4 = 2 S_{<} + \frac{4}{3}\). Toutes ces quantités sont finies, donc on peut soustraire. Ainsi \(\sum_{p < q} 2^{-(p+q)} = \frac{4}{3}\).

Point de méthode : dans \([0, +\infty]\), on ne soustrait qu’après avoir vérifié que les sommes sont finies.

Corrigé de l’exercice 3 : Permutation des termes

1. La famille \((2^{-n})_{n \in \mathbb{N}}\) est positive. D’après le théorème d’invariance par permutation, \(\sum_{n} 2^{-\sigma(n)} = \sum_{m} 2^{-m}\). Donc \(\sum_{n=0}^{+\infty} 2^{-\sigma(n)} = 2\), quelle que soit la bijection \(\sigma\).
2. D’abord, la suite \(\big(\frac{1}{n+1}\big)\) décroît et tend vers \(0\). Le critère spécial des séries alternées montre donc que \(\sum \frac{(-1)^n}{n+1}\) converge. En revanche, \(\sum \big| \frac{(-1)^n}{n+1} \big| = \sum_{n \geq\, 1} \frac{1}{n} = +\infty\), d’après l’exercice 1. La famille n’est donc pas sommable, bien que la série converge.
3. On a \(\sum_{m \geq\, 1} \big| \frac{(-1)^{m-1}}{m^2} \big| = \frac{\pi^2}{6} < +\infty\) : la famille est sommable. Ensuite, en posant \(m = 2j\), \(\sum_{m \text{ pair}} \frac{1}{m^2} = \sum_{j \geq\, 1} \frac{1}{4j^2} = \frac{\pi^2}{24}\). La sommation par paquets positive donne alors \(\sum_{m \text{ impair}} \frac{1}{m^2} = \frac{\pi^2}{6} – \frac{\pi^2}{24} = \frac{\pi^2}{8}\). Enfin, la famille alternée est sommable : on la somme par paquets selon la parité. Les termes d’indice impair valent \(+\frac{1}{m^2}\), et ceux d’indice pair valent \(-\frac{1}{m^2}\). Donc \(\sum_{m=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{m-1}}{m^2} = \frac{\pi^2}{8} – \frac{\pi^2}{24} = \frac{\pi^2}{12}\).

Corrigé de l’exercice 4 : Sommabilité par un calcul positif

1. La famille est positive. Par Fubini positif, à \(p\) fixé, \(\sum_{q \geq\, 0} \frac{1}{(p+1)(q+1)^2} = \frac{1}{p+1} \cdot \frac{\pi^2}{6}\). Ensuite, \(\sum_{p \geq\, 0} \frac{\pi^2}{6(p+1)} = +\infty\), car la série harmonique diverge. La famille \((u_{p,q})\) n’est pas sommable.
2. On somme par paquets \(p + q = n\). Le paquet contient \(n + 1\) couples, et chaque terme vaut \(\frac{1}{(n+1)^2}\). Sa somme est donc \(\frac{1}{n+1}\). Or \(\sum_{n \geq\, 0} \frac{1}{n+1} = +\infty\). La famille \((v_{p,q})\) n’est pas sommable.
3. Avec les mêmes paquets, la somme du paquet vaut \(\frac{n+1}{(n+1)^3} = \frac{1}{(n+1)^2}\). Ainsi \(\sum_{\mathbb{N}^2} w_{p,q} = \sum_{m \geq\, 1} \frac{1}{m^2}\). La famille \((w_{p,q})\) est sommable, de somme \(\frac{\pi^2}{6}\).

Point de méthode : lorsque le terme ne dépend que de \(p + q\), les paquets diagonaux ramènent une famille double à une série simple.

Corrigé de l’exercice 5 : Familles de Riemann doubles

1. Pour \(n \geq\, 2\), le paquet \(\{(p, q) \in (\mathbb{N}^*)^2 : p + q = n\}\) contient les \(n – 1\) couples \((1, n-1), \ldots, (n-1, 1)\). Ces paquets forment une partition de \((\mathbb{N}^*)^2\). La sommation par paquets positive donne donc \(\sum \frac{1}{(p+q)^\alpha} = \sum_{n \geq\, 2} \frac{n-1}{n^\alpha}\). Or \(\frac{n-1}{n^\alpha} \sim \frac{1}{n^{\alpha – 1}}\), et ces termes sont positifs. Par comparaison avec une série de Riemann, la série converge si et seulement si \(\alpha – 1 > 1\). La famille est sommable si et seulement si \(\alpha > 2\).
2. D’abord, \((p+q)^2 – (p^2 + q^2) = 2pq \geq\, 0\). Ensuite, \(2(p^2 + q^2) – (p+q)^2 = (p – q)^2 \geq\, 0\). Les deux inégalités sont donc établies. Comme \(t \mapsto t^{-\beta}\) décroît sur \(]0, +\infty[\), on en déduit
   \[ \frac{1}{(p+q)^{2\beta}} \leq\, \frac{1}{(p^2+q^2)^\beta} \leq\, \frac{2^\beta}{(p+q)^{2\beta}}. \]
   Par comparaison de familles positives, \(\big(\frac{1}{(p^2+q^2)^\beta}\big)\) est sommable si et seulement si \(\big(\frac{1}{(p+q)^{2\beta}}\big)\) l’est. D’après la question 1, cela équivaut à \(2\beta > 2\). La famille est sommable si et seulement si \(\beta > 1\).
3. Pour \(n \geq\, 1\), on pose \(J_n = \{(p, q) : \max(p, q) = n\}\). Ce paquet contient les couples \((n, q)\) avec \(1 \leq\, q \leq\, n\) et les couples \((p, n)\) avec \(1 \leq\, p \leq\, n – 1\), soit \(2n – 1\) couples. Les \(J_n\) forment une partition de \((\mathbb{N}^*)^2\). Donc \(\sum \frac{1}{\max(p,q)^\alpha} = \sum_{n \geq\, 1} \frac{2n – 1}{n^\alpha}\). Or \(\frac{2n-1}{n^\alpha} \sim \frac{2}{n^{\alpha-1}}\). La famille est sommable si et seulement si \(\alpha > 2\).

Corrigé de l’exercice 6 : Familles produits

1. Posons \(Z(t) = \sum_{n \geq\, 1} \frac{1}{n^t} \in [1, +\infty]\) pour \(t > 0\). Par Fubini positif, \(\sum_{(p,q)} \frac{1}{p^a q^b} = \sum_{p \geq\, 1} \frac{Z(b)}{p^a}\). Si \(Z(b) = +\infty\), chaque terme vaut \(+\infty\), donc la somme aussi. Sinon, par linéarité positive, la somme vaut \(Z(a) Z(b)\). Comme \(Z(a) \geq\, 1\) et \(Z(b) \geq\, 1\), la somme est finie si et seulement si \(Z(a)\) et \(Z(b)\) sont finis. Enfin, d’après le critère de Riemann, \(Z(t) < +\infty\) si et seulement si \(t > 1\). La famille est sommable si et seulement si \(a > 1\) et \(b > 1\).
2. On a \(|u_{p,q}| = |x|^p |y|^q\). Par Fubini positif, \(\sum |u_{p,q}| = \frac{1}{1 – |x|} \cdot \frac{1}{1 – |y|} < +\infty\). La famille est donc sommable. Ensuite, c’est le produit des familles sommables \((x^p)_p\) et \((y^q)_q\). D’après le théorème sur le produit de deux familles sommables, \(\sum_{(p,q) \in \mathbb{N}^2} x^p y^q = \frac{1}{(1-x)(1-y)}\).
3. Pour \(q = 0\), on a \(|u_{p,0}| = |x|^p \geq\, 1\) pour tout \(p\). La sous-famille \((u_{p,0})_{p \in \mathbb{N}}\) a donc une somme de modules infinie. Or la somme des modules de la famille entière majore celle de toute sous-famille. Par conséquent, la famille \((x^p y^q)\) n’est pas sommable dès que \(|x| \geq\, 1\).

Corrigé de l’exercice 7 : Sommes des ζ(n) − 1

1. Pour \(n \geq\, 2\), \(\zeta(n) – 1 = \sum_{k \geq\, 2} k^{-n}\). On considère la famille positive \((k^{-n})_{n \geq\, 2, k \geq\, 2}\). Par Fubini positif, on peut sommer d’abord en \(n\). Pour \(k \geq\, 2\), on a \(\frac{1}{k} < 1\), donc
   \[ \sum_{n \geq\, 2} \frac{1}{k^n} = \frac{1/k^2}{1 – 1/k} = \frac{1}{k(k-1)} = \frac{1}{k-1} – \frac{1}{k}. \]
   Cette somme télescopique donne \(\sum_{k=2}^{K} \big( \frac{1}{k-1} – \frac{1}{k} \big) = 1 – \frac{1}{K} \to 1\). Donc \(\sum_{n=2}^{+\infty} \big( \zeta(n) – 1 \big) = 1\).
2. On procède de même avec la famille positive \((k^{-2n})_{n \geq\, 1, k \geq\, 2}\). À \(k\) fixé, \(\sum_{n \geq\, 1} k^{-2n} = \frac{1/k^2}{1 – 1/k^2} = \frac{1}{k^2 – 1}\). Or \(\frac{1}{k^2 – 1} = \frac{1}{2} \big( \frac{1}{k-1} – \frac{1}{k+1} \big)\). Ainsi
   \[ \sum_{k=2}^{K} \frac{1}{k^2-1} = \frac{1}{2} \Big( 1 + \frac{1}{2} – \frac{1}{K} – \frac{1}{K+1} \Big) \to \frac{3}{4}. \]
   Par Fubini positif, \(\sum_{n=1}^{+\infty} \big( \zeta(2n) – 1 \big) = \frac{3}{4}\).
3. Le module du terme vaut \(k^{-n}\). D’après la question 1, la somme des modules vaut \(1\), donc la famille est sommable. Le théorème de Fubini permet alors de sommer d’abord en \(n\). Pour \(k \geq\, 2\), \(\big|-\frac{1}{k}\big| < 1\) et
   \[ \sum_{n \geq\, 2} \Big( -\frac{1}{k} \Big)^n = \frac{1/k^2}{1 + 1/k} = \frac{1}{k(k+1)} = \frac{1}{k} – \frac{1}{k+1}. \]
   La somme sur \(k \geq\, 2\) est télescopique et vaut \(\frac{1}{2}\). En sommant dans l’autre ordre, on obtient \(\sum_{n \geq\, 2} (-1)^n (\zeta(n) – 1)\). Cette somme vaut donc \(\frac{1}{2}\).

La figure ci-dessous montre les termes \(\zeta(n) – 1\) et les sommes partielles de la question 1. Comme prévu, elles croissent rapidement vers \(1\).

Corrigé de l’exercice 8 : Écrire un entier comme une somme

1. À \(n\) fixé, \(\sum_{k \geq\, 1} |u_{n,k}| = n |x|^n\). De plus, \(\frac{(n+1)|x|^{n+1}}{n |x|^n} \to |x| < 1\) lorsque \(x \neq 0\), donc \(\sum n |x|^n\) converge par la règle de d’Alembert. Par Fubini positif, la famille est donc sommable. Le théorème de Fubini s’applique alors. D’une part, sommer d’abord en \(k\) donne \(\sum_{n \geq\, 1} n x^n\). D’autre part, à \(k\) fixé, \(\sum_{n \geq\, k} x^n = \frac{x^k}{1-x}\). Donc \(\sum_{n \geq\, 1} n x^n = \frac{1}{1-x} \sum_{k \geq\, 1} x^k\). Ainsi \(\sum_{n=1}^{+\infty} n x^n = \frac{x}{(1-x)^2}\).
2. On pose \(v_{n,k} = k x^n\) si \(k \leq\, n\), et \(0\) sinon. À \(n\) fixé, \(\sum_k |v_{n,k}| = \frac{n(n+1)}{2} |x|^n\), terme d’une série convergente par la règle de d’Alembert. La famille est donc sommable. Ensuite, à \(k\) fixé, \(\sum_{n \geq\, k} k x^n = \frac{k x^k}{1-x}\). Par Fubini et la question 1,
   \[ \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{n(n+1)}{2} x^n = \frac{1}{1-x} \sum_{k=1}^{+\infty} k x^k = \frac{x}{(1-x)^3}. \]
   Le résultat demandé est établi.
3. On écrit \(n^2 = 2 \cdot \frac{n(n+1)}{2} – n\). Les deux séries convergent, donc par linéarité
   \[ \sum_{n=1}^{+\infty} n^2 x^n = \frac{2x}{(1-x)^3} – \frac{x}{(1-x)^2} = \frac{x(2 – (1 – x))}{(1-x)^3} = \frac{x(1+x)}{(1-x)^3}. \]
   Pour \(x = \frac{1}{2}\), on obtient \(\frac{(1/2)(3/2)}{1/8} = 6\). Donc \(\sum_{n \geq\, 1} n^2 x^n = \frac{x(1+x)}{(1-x)^3}\) et \(\sum_{n \geq\, 1} \frac{n^2}{2^n} = 6\).

Corrigé de l’exercice 9 : Un contre-exemple au théorème de Fubini

1. À \(p\) fixé, seuls \(a_{p,p} = 1\) et \(a_{p,p+1} = -1\) sont non nuls. Donc \(\sum_{q} a_{p,q} = 0\) pour tout \(p\). Ainsi \(\sum_p \big( \sum_q a_{p,q} \big) = 0\).
2. À \(q = 0\) fixé, le seul terme non nul est \(a_{0,0} = 1\), car \(a_{p,0} = -1\) exigerait \(p + 1 = 0\). Donc \(\sum_p a_{p,0} = 1\). Pour \(q \geq\, 1\), les termes non nuls sont \(a_{q,q} = 1\) et \(a_{q-1,q} = -1\), de somme nulle. Ainsi \(\sum_q \big( \sum_p a_{p,q} \big) = 1\).
3. La famille contient une infinité de termes de module \(1\) (tous les \(a_{p,p}\)). Donc \(\sum |a_{p,q}| = +\infty\) : la famille n’est pas sommable. Le théorème de Fubini pour les familles de signe quelconque exige la sommabilité. Il ne s’applique donc pas ici, et les deux sommes itérées peuvent différer.

Point de méthode : avant toute interversion de sommes de signe quelconque, on vérifie la sommabilité par un calcul positif sur les modules.

Corrigé de l’exercice 10 : Noyau de Poisson

1. On a \(|r^{|n|} e^{in\theta}| = r^{|n|}\). Par sommation par paquets positive sur \(\{0\}\), \(\mathbb{N}^*\) et \(-\mathbb{N}^*\), la somme des modules vaut \(1 + 2 \sum_{n \geq\, 1} r^n = 1 + \frac{2r}{1-r}\). Elle vaut \(\frac{1+r}{1-r} < +\infty\), donc la famille est sommable.
2. Posons \(w = r e^{i\theta}\), avec \(|w| = r < 1\). On somme par paquets sur \(\mathbb{N}\) et \(-\mathbb{N}^*\), ce qui est permis car la famille est sommable. D’abord, \(\sum_{n \geq\, 0} w^n = \frac{1}{1-w}\). Ensuite, \(\sum_{n \geq\, 1} r^n e^{-in\theta} = \sum_{n \geq\, 1} \overline{w}^n = \frac{\overline{w}}{1 – \overline{w}}\). Donc
   \[ P_r(\theta) = \frac{(1 – \overline{w}) + \overline{w}(1 – w)}{(1-w)(1-\overline{w})} = \frac{1 – |w|^2}{|1 – w|^2}. \]
   Or \(|1 – w|^2 = (1 – r\cos\theta)^2 + r^2 \sin^2\theta = 1 – 2r\cos\theta + r^2\). Ainsi \(P_r(\theta) = \dfrac{1 – r^2}{1 – 2r\cos\theta + r^2}\).
3. On somme maintenant par les paquets \(\{0\}\) et \(\{n, -n\}\) pour \(n \geq\, 1\). Le paquet \(\{n, -n\}\) donne \(r^n (e^{in\theta} + e^{-in\theta}) = 2 r^n \cos(n\theta)\). Le théorème de sommation par paquets donne \(P_r(\theta) = 1 + \sum_{n \geq\, 1} 2 r^n \cos(n\theta)\). L’égalité demandée en découle.
4. Le numérateur \(1 – r^2\) est strictement positif. Le dénominateur vaut \(|1 – w|^2\), strictement positif car \(w \neq 1\). Donc \(P_r(\theta) > 0\). Ensuite, le dénominateur est minimal pour \(\cos\theta = 1\), où il vaut \((1-r)^2\), et maximal pour \(\cos\theta = -1\), où il vaut \((1+r)^2\). Le maximum vaut \(\frac{1+r}{1-r}\), atteint en \(\theta \equiv 0 \ [2\pi]\), et le minimum vaut \(\frac{1-r}{1+r}\), atteint en \(\theta \equiv \pi \ [2\pi]\). Le maximum est égal à la somme des modules, ce qui est cohérent avec l’inégalité triangulaire.

La figure ci-dessous trace \(P_r\) pour trois valeurs de \(r\). Plus \(r\) est proche de \(1\), plus le pic en \(0\) est haut et étroit.

Corrigé de l’exercice 11 : Paquets et factorielles

1. La famille est positive. On la somme par paquets \(p + q = n\). Le paquet contient \(n + 1\) couples, chacun de valeur \(\frac{1}{(n+1)!}\). Sa somme vaut donc \(\frac{n+1}{(n+1)!} = \frac{1}{n!}\). La somme totale vaut \(\sum_{n \geq\, 0} \frac{1}{n!} = e\) : la famille est sommable.
2. Première méthode. Le paquet \(p + q = n\) a pour somme \(\frac{1}{(n+1)!} \sum_{p=0}^{n} p = \frac{n(n+1)}{2 (n+1)!} = \frac{n}{2 \cdot n!}\). Ce terme est nul pour \(n = 0\), et vaut \(\frac{1}{2 (n-1)!}\) pour \(n \geq\, 1\). La somme vaut donc \(\frac{1}{2} \sum_{m \geq\, 0} \frac{1}{m!} = \frac{e}{2}\).
   Seconde méthode. Notons \(S_p\) et \(S_q\) les sommes des familles \(\frac{p}{(p+q+1)!}\) et \(\frac{q}{(p+q+1)!}\). L’échange \((p, q) \mapsto (q, p)\) est une bijection de \(\mathbb{N}^2\), donc \(S_p = S_q\) par invariance par permutation. De plus, \(S_p + S_q = \sum_{n} \frac{n(n+1)}{(n+1)!} = \sum_{n \geq\, 1} \frac{1}{(n-1)!} = e\). Ces sommes sont finies. Donc \(\sum_{(p,q)} \frac{p}{(p+q+1)!} = \frac{e}{2}\).
3. D’une part, par Fubini positif, \(\sum_{(p,q)} \frac{1}{p!\,q!} = \Big( \sum_p \frac{1}{p!} \Big) \Big( \sum_q \frac{1}{q!} \Big) = e^2\). D’autre part, le paquet \(p + q = n\) a pour somme \(\sum_{p=0}^{n} \frac{1}{p!(n-p)!} = \frac{1}{n!} \sum_{p=0}^{n} \binom\,{n}{p} = \frac{2^n}{n!}\). En comparant, \(\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{2^n}{n!} = e^2\).

Corrigé de l’exercice 12 : Somme des restes d’une série

1. La famille \((a_k)_{(n,k) \in D}\) est positive. On la somme de deux façons, par le théorème de sommation par paquets positif. D’abord, par paquets \(\{n\} \times \{k : k > n\}\) : à \(n\) fixé, la somme vaut \(\sum_{k \geq\, n+1} a_k = R_n\). Ensuite, par paquets \(\{(n, k) : 0 \leq\, n \leq\, k – 1\}\) à \(k\) fixé : ce paquet a \(k\) éléments, tous égaux à \(a_k\), comme le montre la figure de l’énoncé. Sa somme vaut \(k a_k\). Donc \(\sum_{n \geq\, 0} R_n = \sum_{k \geq\, 1} k a_k\) dans \([0, +\infty]\).
2. Pour \(a_k = 2^{-k}\), on a \(R_n = \sum_{k \geq\, n+1} 2^{-k} = \frac{2^{-(n+1)}}{1 – 1/2} = 2^{-n}\). Donc \(\sum_{n \geq\, 0} R_n = 2\). Par ailleurs, l’exercice 8 avec \(x = \frac{1}{2}\) donne \(\sum_{k \geq\, 1} \frac{k}{2^k} = \frac{1/2}{1/4} = 2\). Les deux membres valent bien \(2\).
3. On a \(a_k = \frac{1}{k} – \frac{1}{k+1}\), donc \(R_n = \lim_{K} \big( \frac{1}{n+1} – \frac{1}{K+1} \big) = \frac{1}{n+1}\). Ainsi \(\sum_n R_n = +\infty\). De même, \(k a_k = \frac{1}{k+1}\), et \(\sum_k \frac{1}{k+1} = +\infty\). Les deux membres valent \(+\infty\), ce qui est cohérent.
4. Comme \(|a_k| \leq\, k |a_k|\), la série \(\sum a_k\) converge absolument, donc chaque \(R_n\) est défini. Ensuite, la question 1 appliquée à \((|a_k|)\) montre que \(\sum_{(n,k) \in D} |a_k| = \sum_k k |a_k| < +\infty\). La famille \((a_k)_{(n,k) \in D}\) est donc sommable. Le théorème de sommation par paquets s’applique aux deux découpages précédents. Par conséquent, \(\sum_{n \geq\, 0} R_n = \sum_{k \geq\, 1} k a_k\), les deux séries convergeant.

Corrigé de l’exercice 13 : Produit de Cauchy de séries géométriques

1. Le terme général vaut \(c_n = \sum_{k=0}^{n} x^k y^{n-k}\). Or \((x – y) \sum_{k=0}^{n} x^k y^{n-k} = x^{n+1} – y^{n+1}\), par télescopage. Donc \(c_n = \frac{x^{n+1} – y^{n+1}}{x – y}\). Les deux séries géométriques convergent absolument, car \(|x| < 1\) et \(|y| < 1\). Le théorème du produit de Cauchy s’applique. Ainsi \(\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{x^{n+1} – y^{n+1}}{x – y} = \frac{1}{(1-x)(1-y)}\).
2. Si \(x = y\), alors \(c_n = \sum_{k=0}^{n} x^n = (n+1) x^n\). Donc \(\sum_{n=0}^{+\infty} (n+1) x^n = \frac{1}{(1-x)^2}\).
3. La série \(\sum (n+1) x^n\) converge absolument : par la question 2 appliquée à \(|x|\), \(\sum (n+1)|x|^n\) converge. On fait son produit de Cauchy avec \(\sum x^n\). Le terme général vaut \(\sum_{k=0}^{n} (k+1) x^k x^{n-k} = x^n \sum_{k=0}^{n} (k+1) = \frac{(n+1)(n+2)}{2} x^n\). Donc \(\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(n+1)(n+2)}{2} x^n = \frac{1}{(1-x)^2} \cdot \frac{1}{1-x} = \frac{1}{(1-x)^3}\).
4. Avec \(x = \frac{1}{2}\) et \(y = \frac{1}{3}\), on a \(x – y = \frac{1}{6}\). Le terme de la série est donc \(\frac{x^{n+1} – y^{n+1}}{x – y}\), et la question 1 donne \(\frac{1}{(1/2)(2/3)} = 3\). Directement, \(6 \big( \sum_{n \geq\, 0} 2^{-(n+1)} – \sum_{n \geq\, 0} 3^{-(n+1)} \big) = 6 \big( 1 – \frac{1}{2} \big) = 3\). Les deux calculs donnent \(3\).

Corrigé de l’exercice 14 : Produit de Cauchy et exponentielle

1. La série \(\sum \frac{x^n}{n!}\) converge absolument pour tout complexe \(x\), et \(\sum x^n\) converge absolument car \(|x| < 1\). Leur produit de Cauchy a pour terme \(c_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{x^k}{k!} x^{n-k} = x^n \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!} = s_n x^n\). Le théorème du produit de Cauchy donne \(\sum_{n=0}^{+\infty} s_n x^n = \frac{\exp(x)}{1-x}\).
2. Le terme général vaut \(c_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!(n-k)!} = \frac{1}{n!} \sum_{k=0}^{n} \binom\,{n}{k} = \frac{2^n}{n!}\). La série \(\sum \frac{1}{n!}\) est à termes positifs et converge vers \(e\). Donc \(\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{2^n}{n!} = e \times e = e^2\).
3. Les deux séries convergent absolument. Le terme général vaut \(c_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!} \cdot \frac{(-1)^{n-k}}{(n-k)!} = \frac{1}{n!} \sum_{k=0}^{n} \binom\,{n}{k} (-1)^{n-k} = \frac{(1 – 1)^n}{n!}\). Ainsi \(c_0 = 1\) et \(c_n = 0\) pour \(n \geq\, 1\). On obtient \(e \cdot \sum_{n} \frac{(-1)^n}{n!} = 1\). On retrouve \(\exp(1) \exp(-1) = 1\), c’est-à-dire \(\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{n!} = \frac{1}{e}\).

Corrigé de l’exercice 15 : Produit de Cauchy de deux séries semi-convergentes

1. La suite \(\big( \frac{1}{\sqrt{n+1}} \big)\) décroît et tend vers \(0\). Par le critère spécial des séries alternées, \(\sum a_n\) converge. En revanche, \(|a_n| = \frac{1}{\sqrt{n+1}} \sim \frac{1}{n^{1/2}}\), terme d’une série de Riemann divergente. La série converge, mais pas absolument.
2. Par définition, \(c_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{\sqrt{k+1}} \cdot \frac{(-1)^{n-k}}{\sqrt{n-k+1}}\). Or \((-1)^k (-1)^{n-k} = (-1)^n\). Donc \(c_n = (-1)^n \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{\sqrt{(k+1)(n-k+1)}}\).
3. Pour des réels positifs \(u\) et \(v\), on a \(uv \leq\, \big( \frac{u+v}{2} \big)^2\), car la différence vaut \(\big( \frac{u-v}{2} \big)^2\). Avec \(u = k + 1\) et \(v = n – k + 1\), on a \(u + v = n + 2\). Donc \(\frac{1}{\sqrt{(k+1)(n-k+1)}} \geq\, \frac{2}{n+2}\) pour chacun des \(n + 1\) termes. Il vient \(|c_n| \geq\, \frac{2(n+1)}{n+2}\). Enfin, \(2(n+1) – (n+2) = n \geq\, 0\). Ainsi \(|c_n| \geq\, 1\) pour tout \(n\).
4. La suite \((c_n)\) ne tend pas vers \(0\). La série \(\sum c_n\) diverge donc grossièrement. L’hypothèse manquante est l’absolue convergence de \(\sum a_n\). Le théorème du produit de Cauchy ne s’applique donc pas. La figure ci-dessous montre les valeurs de \(c_n\), qui alternent de signe en restant hors de la bande \(]-1, 1[\).

Corrigé de l’exercice 16 : Séries de Dirichlet et diviseurs

1. La famille est positive. Par Fubini positif, \(\sum_{(p,q)} \frac{1}{p^s q^s} = \sum_{p \geq\, 1} \frac{1}{p^s} \zeta(s) = \zeta(s)^2\). Comme \(s > 1\), \(\zeta(s)\) est fini. La famille est sommable, de somme \(\zeta(s)^2\).
2. Tout couple \((p, q)\) appartient à \(P_{pq}\) et à aucun autre \(P_n\). De plus, chaque \(P_n\) est non vide, car il contient \((1, n)\). Les \(P_n\) forment donc une partition de \((\mathbb{N}^*)^2\). Ensuite, l’application \((p, q) \mapsto p\) est une bijection de \(P_n\) sur l’ensemble des diviseurs positifs de \(n\), de réciproque \(p \mapsto (p, n/p)\). Donc \(P_n\) a \(d(n)\) éléments, comme l’illustre la figure de l’énoncé. Sur \(P_n\), chaque terme vaut \(\frac{1}{n^s}\), d’où une somme \(\frac{d(n)}{n^s}\). Par sommation par paquets positive, \(\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{d(n)}{n^s} = \zeta(s)^2\).
3. On considère la famille positive \(\big( \frac{q}{(pq)^s} \big) = \big( \frac{1}{p^s} \cdot \frac{1}{q^{s-1}} \big)\). Par Fubini positif, sa somme vaut \(\zeta(s)\,\zeta(s-1)\), finie car \(s – 1 > 1\). Sur le paquet \(P_n\), \(q\) parcourt les diviseurs de \(n\), donc la somme du paquet vaut \(\frac{1}{n^s} \sum_{q \mid n} q = \frac{\sigma(n)}{n^s}\). Par sommation par paquets, \(\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{\sigma(n)}{n^s} = \zeta(s)\,\zeta(s-1)\).

Corrigé de l’exercice 17 : Séries de Lambert

1. Si \(x = 0\), la famille est nulle. Sinon, à \(k\) fixé, \(\sum_{m \geq\, 1} |x|^{km} = \frac{|x|^k}{1 – |x|^k}\). Or \(|x|^k \leq\, |x|\) pour \(k \geq\, 1\), donc \(\frac{|x|^k}{1 – |x|^k} \leq\, \frac{|x|^k}{1 – |x|}\). Par Fubini positif, \(\sum_{(k,m)} |x|^{km} \leq\, \frac{1}{1 – |x|} \sum_{k \geq\, 1} |x|^k = \frac{|x|}{(1-|x|)^2}\). La famille est donc sommable.
2. D’une part, le théorème de Fubini permet de sommer d’abord en \(m\) : comme \(|x^k| < 1\), \(\sum_{m \geq\, 1} x^{km} = \frac{x^k}{1 – x^k}\). D’autre part, on somme par les paquets \(P_n = \{(k, m) : km = n\}\) de l’exercice 16. Le paquet \(P_n\) contient \(d(n)\) couples, et chaque terme vaut \(x^n\). Donc \(\sum_{k=1}^{+\infty} \frac{x^k}{1 – x^k} = \sum_{n=1}^{+\infty} d(n)\, x^n\).
3. La famille \((k\, x^{km})\) est sommable : à \(k\) fixé, la somme des modules vaut \(\frac{k|x|^k}{1 – |x|^k} \leq\, \frac{k|x|^k}{1 – |x|}\), terme d’une série convergente. En sommant en \(m\), on obtient \(\frac{k x^k}{1 – x^k}\). Sur le paquet \(P_n\), \(k\) parcourt les diviseurs de \(n\), d’où la somme \(\sigma(n)\, x^n\). Ainsi \(\sum_{k=1}^{+\infty} \frac{k\, x^k}{1 – x^k} = \sum_{n=1}^{+\infty} \sigma(n)\, x^n\).
4. On a \(\frac{x^k}{1-x^k} = x^k + x^{2k} + x^{3k} + \cdots\). Le monôme \(x^4\) apparaît pour \(k = 1\) (terme \(x^{4 \times 1}\)), pour \(k = 2\) (terme \(x^{2 \times 2}\)) et pour \(k = 4\) (terme \(x^{1 \times 4}\)). Son coefficient vaut donc \(3\). C’est bien \(d(4) = 3\), car les diviseurs de \(4\) sont \(1\), \(2\) et \(4\).

Corrigé de l’exercice 18 : Problème : l’exponentielle complexe

Partie A.

1. Pour \(z = 0\), la série se réduit à son premier terme. Pour \(z \neq 0\), le rapport \(\frac{|z|^{n+1}/(n+1)!}{|z|^n/n!} = \frac{|z|}{n+1}\) tend vers \(0\). Par la règle de d’Alembert, \(\sum \frac{z^n}{n!}\) converge absolument.
2. Les séries \(\sum \frac{a^n}{n!}\) et \(\sum \frac{b^n}{n!}\) convergent absolument. Leur produit de Cauchy a pour terme général \(c_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{a^k b^{n-k}}{k!(n-k)!} = \frac{1}{n!} \sum_{k=0}^{n} \binom\,{n}{k} a^k b^{n-k}\). Comme \(a\) et \(b\) commutent, la formule du binôme donne \(c_n = \frac{(a+b)^n}{n!}\). Le théorème du produit de Cauchy donne \(\exp(a)\exp(b) = \exp(a+b)\).
3. D’abord, \(\exp(0) = 1\), car seul le terme d’indice \(0\) est non nul. Donc \(\exp(z)\exp(-z) = \exp(0) = 1\). Ainsi \(\exp(z) \neq 0\) et \(\exp(-z) = \frac{1}{\exp(z)}\). Ensuite, pour \(n \in \mathbb{N}\), on raisonne par récurrence : \(\exp(0 \cdot z) = 1\), et \(\exp((n+1)z) = \exp(nz)\exp(z) = \exp(z)^{n+1}\). Enfin, pour \(n < 0\), on a \(\exp(nz) = \frac{1}{\exp(-nz)} = \frac{1}{\exp(z)^{-n}} = \exp(z)^n\). Les trois propriétés sont établies.

Partie B.

1. Pour tout \(N\), la conjugaison est additive et multiplicative, donc \(\overline{\sum_{k=0}^{N} \frac{z^k}{k!}} = \sum_{k=0}^{N} \frac{\overline{z}^k}{k!}\). De plus, la conjugaison est continue, car \(|\overline{u} – \overline{v}| = |u – v|\). On passe à la limite quand \(N \to +\infty\). Ainsi \(\overline{\exp(z)} = \exp(\overline{z})\).
2. On a \(|\exp(z)|^2 = \exp(z)\overline{\exp(z)} = \exp(z)\exp(\overline{z}) = \exp(z + \overline{z}) = \exp(2\,\mathrm{Re}(z))\). Comme \(2\,\mathrm{Re}(z)\) est réel, cette quantité vaut \(e^{2\mathrm{Re}(z)} = \big( e^{\mathrm{Re}(z)} \big)^2\). Les deux nombres \(|\exp(z)|\) et \(e^{\mathrm{Re}(z)}\) sont positifs, et leurs carrés sont égaux. Donc \(|\exp(z)| = e^{\mathrm{Re}(z)}\), et en particulier \(|\exp(i\theta)| = e^0 = 1\) pour \(\theta\) réel.

Partie C.

1. Pour \(k \leq\, n\), on a \(\binom\,{n}{k} = \frac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{k!}\). En divisant chacun des \(k\) facteurs par \(n\), on obtient \(\alpha_{n,k} = \frac{1}{k!} \prod_{j=0}^{k-1} \frac{n – j}{n}\). Chaque facteur \(1 – \frac{j}{n}\) appartient à \([0, 1]\), car \(0 \leq\, j \leq\, n – 1\). Donc \(0 \leq\, \alpha_{n,k} \leq\, \frac{1}{k!}\), inégalité évidente aussi lorsque \(k > n\).
2. Par la formule du binôme, \(\big( 1 + \frac{z}{n} \big)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom\,{n}{k} \frac{z^k}{n^k} = \sum_{k \geq\, 0} \alpha_{n,k} z^k\), somme en réalité finie. Par linéarité,
   \[ \exp(z) – \Big( 1 + \frac{z}{n} \Big)^n = \sum_{k=0}^{+\infty} \Big( \frac{1}{k!} – \alpha_{n,k} \Big) z^k. \]
   Les coefficients \(\beta_k = \frac{1}{k!} – \alpha_{n,k}\) sont positifs d’après la question 1. L’inégalité triangulaire donne donc \(\big| \exp(z) – (1 + \frac{z}{n})^n \big| \leq\, \sum_{k} \beta_k |z|^k\). Or la même égalité, écrite pour le réel \(|z|\), donne \(\sum_k \beta_k |z|^k = e^{|z|} – \big(1 + \frac{|z|}{n}\big)^n\). L’inégalité demandée est établie.
3. D’après le résultat admis, \(\big(1 + \frac{|z|}{n}\big)^n \to e^{|z|}\), donc le majorant tend vers \(0\). Par conséquent, \(\big( 1 + \frac{z}{n} \big)^n \to \exp(z)\) pour tout complexe \(z\). En particulier, pour \(z = i\pi\), \(\big( 1 + \frac{i\pi}{n} \big)^n \to \cos\pi + i\sin\pi = -1\).

La figure ci-dessous représente les puissances successives \(\big(1 + \frac{i\pi}{n}\big)^k\) pour \(0 \leq\, k \leq\, n\). Quand \(n\) grandit, la ligne brisée se rapproche du demi-cercle unité, et son extrémité se rapproche de \(-1\).

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