Exercices sur les familles sommables

(1)

Familles sommables

Ensemble dénombrable

Exercice 1 [ 03897 ][correction]

Soitf :R→Rcroissante. Montrer que l’ensemble des points de discontinuité def est au plus dénombrable.

Existe-t-il une fonction continuef deRdansRenvoyant les rationnels dans les irrationnels et les irrationnels dans les rationnels ?

On souhaite établir que l’ensemble℘(N) des parties deNn’est pas dénombrable.

Pour cela on raisonne par l’absurde et l’on suppose qu’il existe une bijectionϕde Nvers℘(N).

Etablir une absurdité en introduisant l’ensemble A={n∈N/n /∈ϕ(n)}

On appelle nombre algébrique, tout nombre complexexsolution d’une équation de la forme

a_nxⁿ+· · ·+a₁x+a₀= 0 aveca₀, a₁, . . . , a_n ∈Zeta_n6= 0 On appelle degré d’un nombre algébriquex, le plus petitn∈Ntel quexsoit solution d’une équation comme ci-dessus.

a) Quels sont les nombres algébriques de degré 1 ?

b) Montrer que l’ensemble des nombres algébriques de degré au plusnest dénombrable.

c) L’ensemble de tous les nombres algébriques est-il dénombrable ?

a) Calculer

+∞

X

n=0

1 2ⁿ⁺¹

b) Soit (un)_n∈N une suite d’éléments de [0,1]. Montrer

∀n∈N,[0,1]\

n

[

k=0

un− 1

2^k+2, un+ 1 2^k+2

6=∅

c) On peut alors construire une suite (xn)n∈Nd’éléments de [0,1] vérifiant

∀n∈N, xn∈/

n

[

k=0

un− 1

2^k+2, un+ 1 2^k+2

Justifier qu’on peut extraire la suite (xn)n∈N une suite convergeant vers un élément`de [0,1].

d) Exploiter les idées précédentes pour établir que [0,1] n’est pas dénombrable.

Etude de sommabilité

Déterminer selonα∈Rla nature de la somme X

m,n>1

1 (m+n)^α

Pour quelsα >0, la famille suivante est-elle sommable ? 1

(p²+q²)^α

(p,q)∈N^?2

Sommation par paquets

Etablir que pourx∈]−1,1[,

+∞

X

n=1

xⁿ 1−xⁿ =

+∞

X

n=1

d(n)xⁿ

en notantd(n) le nombre de diviseurs positifs den.

(2)

Convergence et calcul, pourz complexe tel que|z|<1, de

+∞

X

n=0

z²ⁿ 1−z²ⁿ⁺¹

On note`¹(Z) l’ensemble des suites complexesu= (un)_n∈Z sommables.

a) Soitu, v∈`¹(Z). Montrer que pour toutn∈Z, la famille (ukv_n−k)_k∈Zest sommable.

b) Pouru, v∈`¹(Z), on pose (u ? v)n= P

k∈Z

ukv_n−k. Montrer queu ? v∈`¹(Z) et que

X

n∈Z

(u ? v)_n=X

n∈Z

u_nX

n∈Z

v_n

c) Montrer que la loi ? ainsi définie est commutative, associative et possède un neutre.

d) La structure (`¹(Z), ?) est-elle un groupe ?

Soitq∈Cavec|q|<1.

Montrer que la famille q^|n|

n∈Zest sommable et calculer sa somme.

Soitr∈[0,1[ et θ∈R. Justifier l’existence et calculer

X

n∈Z

r^|n|e^inθ

Permutation des termes

Soient P

n>0

u_n une série absolument convergente etv_n=u_σ(n)avecσ∈S(N).

Montrer que la série P

n>0

vn est absolument convergente de même somme deP un.

Soitσ:N^?→N^? une application bijective.

a) Déterminer la nature de

X

n>1

1 σ(n)²

b) Même question pour

X

n>1

1 σ(n)

Siσest une bijection deN^? surN^?, montrer la divergence de la série Xσ(n)

n²

Soitσune permutation deN^?.

Etudier la nature des séries de termes généraux a) 1

nσ(n) b) σ(n)

n² c) σ(n)

nlnn d) σ(n) n³

Soitσune permutation deN^?. Quelle est la nature de

X σ(n) n²lnn? Exercice 18 [ 03426 ][correction]

Soit (un) une suite réelle telle qu’il y ait convergence de la sérieP u²_n Soitσune bijection deNet (vn) la suite déterminée par

∀n∈N, vn =u_σ(n)

a) Montrer la convergence et calculer la somme de la sériePv²_n. b) Quelle est la nature de la sérieP|unvn|?

c) Déterminer les bornes supérieure et inférieure de

+∞

X

n=0

|unvn| pourσparcourant l’ensemble des bijections deN.

(3)

Soit (zn) une suite de complexes non nuls telles que n6=m⇒ |zn−zm|>1 Montrer la convergence de la série de terme général 1/z_n³.

Sommes doubles

a) Soitα >1. Déterminer un équivalent à Rn=

+∞

X

k=n+1

1 k^α

b) Pour quelsα∈R, la somme

+∞

P

n=0 +∞

P

k=n+1 1

k^α a-t-elle un sens ? c) Montrer qu’alors

+∞

X

n=0 +∞

X

k=n+1

1 k^α =

+∞

X

p=1

1 p^α−1

Soitaun complexe de module strictement inférieur à 1.

En introduisantup,q =a^p(2q−1)(pourp, q>1) établir l’égalité

+∞

X

p=1

a^p 1−a^2p =

+∞

X

p=1

a^2p−1 1−a^2p−1

On pose

a_p,q = 2p+ 1

p+q+ 2 − p

p+q+ 1 − p+ 1 p+q+ 3 Calculer

+∞

X

q=0 +∞

X

p=0

a_p,q et

+∞

X

p=0 +∞

X

q=0

a_p,q

Qu’en déduire ?

Existence et valeur de

X

(p,q)∈N×N^?

1

(p+q²)(p+q²+ 1)

Justifier

+∞

X

n=1,n6=p

1

n²−p² = 3 4p² En déduire

+∞

X

p=1 +∞

X

n=1,n6=p

1 n²−p² 6=

+∞

X

n=1 +∞

X

p=1,p6=n

1 n²−p²

Qu’en déduire ?

Produit de Cauchy

Existence et calcul de

+∞

X

n=0

(n+ 1)3⁻ⁿ

Pourn>1, on pose

un =vn=(−1)ⁿ

√n a) Montrer que les sériesPun etPvn convergent.

b) Montrer la divergence de la série produit de Cauchy des sériesPun et Pvn.

Soit (un) une suite numérique. Pour toutn∈N, on pose vn= 1

2ⁿ

n

X

k=0

2^kuk

(4)

a) On suppose dans cette question la sérieP

un absolument convergente.

En observant un produit de Cauchy, montrer que la sérieP

vn converge et exprimer sa somme en fonction de celle deP

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 sériePu_n convergente.

Montrer la convergence dePv_n et déterminer sa somme en fonction de celle de Pu_n.

Etablir

e

+∞

X

n=1

(−1)ⁿ⁻¹ n.n! =

+∞

X

n=1

Hn

n!

avec

Hn=

n

X

k=1

1 k

(5)

Corrections

Exercice 1 :[énoncé]

Notons

f(x⁺) = lim

h→0⁺f(x+h) etf(x⁻) = lim

h→0⁺f(x−h) Ces limites existent car la fonctionf est monotone et l’on a évidemment

f(x⁻)6f(x)6f(x⁺)

L’ensemble des points de discontinuité def se comprend alors comme l’ensemble suivant

E=

x∈R/f(x⁻)< f(x⁺)

Pour chaquexappartenant àE, on peut déterminer un nombre rationnel r vérifiant

r∈

f(x⁻), f(x⁺)

L’application qui àxassocierdéfinit une injection deE dansQ. L’ensembleE est donc au plus dénombrable.

Une telle fonction ne prendre qu’un nombre dénombrable de valeurs, or si celle-ci n’est pas constante, elle prend toutes les valeurs d’un intervalle non singulier ce qui constitue un nombre non dénombrable de valeurs. Une telle fonction ne peut donc exister.

L’ensembleAest par définition une partie deN. Puisque l’applicationϕest bijective, il existen∈Ntel que A=ϕ(n). Etudions alors l’appartenance denà la partieA.

Sin∈Aalorsn /∈ϕ(n) maisA=ϕ(n) : c’est absurde.

Sin /∈Aalorsn /∈ϕ(n) et doncn∈A: c’est à nouveau absurde.

a) Ce sont les nombres rationnels.

b) Les nombres algébriques de degré au plusnsont les solutions des équations anxⁿ+· · ·+a1x+a0= 0 aveca0, a1, . . . , an ∈Zetan6= 0

PuisqueZ^?×Zⁿ est un ensemble dénombrable, ces équations sont en nombre dénombrable. De plus, chacune possède au plusnsolutions. On peut donc percevoir l’ensemble des nombres algébriques comme une réunion dénombrable d’ensembles tous finis, c’est donc un ensemble dénombrable.

c) L’ensemble des nombres algébriques est la réunion dénombrable des ensembles précédents, c’est donc un ensemble dénombrable.

a) Par sommation géométrique

+∞

X

n=0

1 2ⁿ⁺¹ = 1

2 1 1−1/2 b) La somme des longueurs des intervalles réunis vaut

n

X

k=0

1 2^k+1 <

+∞

X

k=0

1 2^k+1 = 1 La réunion de ces intervalles ne peut donc recouvrir [0,1].

c) (xn) est une suite bornée. Par le théorème de Bolzano-Weierstrass, on peut en extraire une suite convergente et cette dernière a sa limite dans [0,1].

d) Par l’absurde, supposons [0,1] dénombrable et considérons (un)n∈Nune énumération de ses éléments.

On reprend la suite (x_n)n∈Nconstruite comme ci-dessus et la limite`introduite.

Puisque celle-ci est élément de [0,1], il existeN ∈Ntel queu_N =`. Puisqu’il existe une suite extraite de (x_n)_n∈_N, convergeant vers`, il existe une infinité de termes de cette suite dans l’intervalle

`−1/2^N+2, `+ 1/2^N+2

=

u_N −1/2^N⁺², u_N+ 1/2^N+2

Or, par construction, pour toutn>N, l’élémentx_n est extérieur à cet intervalle.

C’est absurde !

Il s’agit d’une somme de termes positifs. Regroupons les termes par paquets selon la valeur dem+n

X

m,n>1

1 (m+n)^α =

+∞

X

p=2

X

m+n=p

1 (m+n)^α

(6)

et donc

X

m,n>1

1 (m+n)^α =

+∞

X

p=2

p−1 p^α

Or p−1

p^α ∼

p→+∞

1 p^α−1 donc

X

m,n>1

1

(m+n)^α <+∞ ⇔α >2

On a l’encadrement

1

(p+q)² 6 1

p²+q² 6 2 (p+q)² La sommabilité de la famille étudiée équivaut à celle de

1 (p+q)^2α

(p,q)∈N^?2

En regroupant par paquets selon In =

(p, q)∈N^?2/p+q=n celle-ci équivaut à la sommabilité de

n−1 n^2α

n>2

qui est vraie si, et seulement si,α >1.

Pourx∈]−1,1[, on peut écrire x^k 1−x^k =

+∞

X

`=1

x^k`

Par suite

+∞

X

k=1

x^k 1−x^k =

+∞

X

k=1 +∞

X

`=1

x^k`

Pour chaquek>1, la série P

`>1

x^k`

converge et la série P

k>1 +∞

P

`=1

x^k`

= P

k>1

|x|^k 1−|x|^k

converge aussi. La famille (x^k`)_k,`∈_N? est donc sommable.

Réorganisons la somme selon les valeurs du produitk`

+∞

X

k=1

x^k 1−x^k =

+∞

X

n=1

X

k`=n

x^k`=

+∞

X

n=1

d(n)xⁿ

avec

dn= Card{(k, `)∈N^?/k`=n}

dn apparaît alors comme étant le nombre de diviseurs positifs den, i.e.d(n).

Puisque|z|<1, on peut écrire par sommation géométrique 1

1−z²ⁿ⁺¹ =

+∞

X

k=0

z²ⁿ⁺¹^k

et donc

+∞

X

n=0

z²ⁿ 1−z²ⁿ⁺¹ =

+∞

X

n=0

z²ⁿ

+∞

X

k=0

z²ⁿ⁺¹^k =

+∞

X

n=0 +∞

X

k=0

z²ⁿ^(2k+1)

Tout entier naturel non nulps’écrit de façon unique sous la forme p= 2ⁿ(2k+ 1) avecn, k∈N

On peut donc affirmer queN^? est la réunion des ensembles deux à deux disjoints suivants

An ={2ⁿ(2k+ 1)/k∈N}

Puisque la famille (z^p)_p∈_N? est sommable, on peut sommer par paquets et écrire

+∞

X

p=1

z^p=

+∞

X

n=0

X

m∈An

z^m=

+∞

X

n=0 +∞

X

k=0

z²ⁿ^(2k+1)

Finalement

+∞

X

n=0

z²ⁿ 1−z²ⁿ⁺¹ =

+∞

X

p=1

z^p= z 1−z

(7)

a) Puisquev∈`¹(Z),vn−−−−−−→

|n|→+∞ 0 et donc (vn) est bornée par un certainM. On a|ukv_n−k|6M|uk| donc la famille (ukv_n−k)_k∈Z est sommable.

b) Pour chaquek∈Z, la famille (|ukv_n−k|)_n∈Zest sommable avec X

n∈Z

|ukv_n−k|=|uk|X

n∈Z

|v_n−k|=|uk|X

n∈Z

|vn|

et la famille

|uk| P

n∈Z

|vn|

k∈Z

est aussi sommable, donc, par sommation par paquets, la famille (ukvn−k)_(n,k)∈_Z2 est sommable.

Par sommation par paquets X

(n,k)∈Z²

|ukv_n−k|=X

n∈Z

X

k∈Z

|uk| |v_n−k|<+∞

Puisque

X

k∈Z

u_kv_n−k

6X

k∈Z

|uk| |vn−k| on a obtientu ? v∈`¹(Z).

De plus, par sommation par paquets X

(n,k)∈Z²

u_kv_n−k =X

n∈Z

X

k∈Z

u_kv_n−k =X

k∈Z

X

n∈Z

u_kv_n−k

ce qui donne

X

n∈Z

(u ? v)_n=X

k∈Z

u_kX

n∈Z

v_n−k =X

k∈Z

u_kX

`∈Z

v_`

c) On a

(u ? v)n= X

k+`=n

ukv`= (v ? u)n

et

((u ? v)? w)n= X

k+`+m=n

ukv`wm= (u ? (v ? w))n

Pourεdéfinie parεn=δn,0,u ? ε=udoncεest élément neutre.

d) Considéronsudéfinie parun=δ0,n−δ1,n.

Siuest inversible etv son inverse, la relationu ? v=εdonne vn−v_n−1=εn=δ0,n.

Par suite pour toutn∈N, vn =v0et puisquevn−−−−−→

n→+∞ 0, pour tout n∈N, v_n= 0. De même pour toutn <0, v_n= 0

Mais alors, pourn= 0,vn−v_n−1=δ0,n donne 0 = 1.

L’élémentun’est pas inversible et donc (`¹(Z), ?) n’est pas un groupe.

Etudions la sommabilité de

|q|^|n|

n∈Z

. On peut décomposer

Z=N^?∪ {0} ∪Z^?−

La sous-famille

|q|^|n|

n∈N^? est sommable car la série géométrique P

|q|ⁿ converge.

De même, la sous-famille

|q|^|n|

n∈Z^?−

est sommable.

Par sommation par paquets

|q|^|n|

n∈Z

est sommable. De plus

X

n∈Z

q^|n|= X

n∈N^?

qⁿ+ 1 + X

n∈Z^?₋

q⁻ⁿ= 1 + 2

+∞

X

n=1

qⁿ= 1 +q 1−q

Etudions la sommabilité de

r^|n|e^inθ

n∈Z= r^|n|

n∈Z. On peut décomposer

Z=N^?∪ {0} ∪Z^?−

La sous-famille r^|n|

n∈N^? est sommable car la série géométriquePrⁿ converge.

De même, la sous-famille r^|n|

n∈Z^?−

est sommable.

Par sommation par paquets r^|n|

n∈Z est sommable.

La somme étudiée existe donc et en sommant par paquets X

n∈Z

r^|n|e^inθ= X

n∈N^?

rⁿe^inθ+1+X

n∈Z^?−

r⁻ⁿe^inθ= 1+ re^iθ

1−re^iθ+ re^−iθ

1−re^−iθ = 1−r² 1−2rcosθ+r²

On a

n

X

k=0

|v_n|6

+∞

X

n=0

|u_n|<+∞

donc P

n>0

v_n est absolument convergente.

Pourn∈N, posons

p(n) = max

σ⁻¹(k)/06k6n Pour toutε >0, il existeN ∈Ntel que P

n>N+1

|un|6ε.

(8)

Pour toutM >p(N) :

M

X

n=0

vn−

N

X

n=0

un

6 X

n>N+1

|un|6ε

donc

M

X

n=0

v_n−

+∞

X

n=0

u_n

62ε Par suite

+∞

X

n=0

vn =

+∞

X

n=0

un

a) La sérieP 1

n² converge absolument donc la famille _n¹₂

n>1est sommable. Il en est de même de la famille permutée

1 σ(n)²

n>1

et donc la série P

n>1 1

σ(n)² converge.

b) C’est analogue, mais cette fois la famille _n¹

n>1 n’est pas sommable et la série à termes positifs P

n>1 1

σ(n) diverge.

Posons

S_n=

n

X

k=1

σ(k) k²

On a

S_2n−S_n=

2n

X

k=n+1

σ(k) k² > 1

4n²

2n

X

k=n+1

σ(k)

Or les entiersσ(n+ 1), . . . , σ(2n) sont, à l’ordre près, au moins égaux à 1, . . . , net donc

S_2n−S_n> 1 4n²

n

X

k=1

k=n+ 1 8n > 1

8 On en déduit que (Sn) diverge.

a) Etude deP 1 nσ(n).

Notons que par permutation des termes d’une série absolument convergente, la sérieP 1

σ(n)² converge.

Puisque

06 1 nσ(n)6 1

2 1

n² + 1 σ(n)²

on peut affirmer, par comparaison de séries à termes positifs, que la série étudiée converge.

b) Etude dePσ(n) n² . Posonsu_n=

n

P

k=1 σ(k)

k² . On observe u2n−un=

2n

X

k=n+1

σ(k) k² > 1

4n²

2n

X

k=n+1

σ(k)> 1 4n²

n

X

k=1

k= n+ 1 8n → 1

8 d’où l’on conclut que la série diverge.

c) Etude deP σ(n) nlnn.

Pournassez grand,n²>nlnndonc σ(n)

n² 6 σ(n) nlnn et donc la série étudiée diverge.

d) Etude de P

n∈N? σ(n)

n³ .

Pourσ:n7→n, la série est convergente.

Pourσ: 2p7→p²et 2p+ 17→lep+ 1-ième entier qui n’est pas un carré, la série contient les termes 1/8pavecp∈N^? et est donc divergente.

Posons

Sn=

n

X

k=2

σ(k) k²lnk On a

S₂n+1−S₂n> 1 2²⁽ⁿ⁺¹⁾ln 2ⁿ⁺¹

2ⁿ⁺¹

X

k=2ⁿ+1

σ(k)> 1 2²⁽ⁿ⁺¹⁾ln 2ⁿ⁺¹

2ⁿ

X

k=1

k

car les entiersσ(k) de la première somme sont aux moins égaux aux entiersk de la seconde.

(9)

On en déduit et donc

S2ⁿ⁺¹−S2ⁿ> 2ⁿ(2ⁿ+ 1)

2²ⁿ⁺³(n+ 1) ln 2 ∼ 1 8 ln 2

1 n Puisque la sérieP

1/ndiverge, il en de même de la série télescopique

PS₂n+1−S₂n et donc la suite (S₂n) tend vers +∞. On en déduit la divergence de la série étudiée.

a) La permutation des termes d’une série à termes positifs ne change ni sa nature, ni sa somme. On peut donc affirmer

+∞

X

n=0

v_n² =

+∞

X

n=0

u²_n

b) En vertu de la majoration

ab61

2 a²+b² on a

|unvn|61

2 u²_n+v²_n

Par comparaison de série à termes positifs, on peut affirmer la convergence de la sérieP|u_nv_n|. . .

c) et

+∞

X

n=0

|unvn|6 1 2

+∞

X

n=0

u²_n+1 2

+∞

X

n=0

v_n² =

+∞

X

n=0

u²_n

De plus, cette inégalité est une égalité quandσ= Id_Ndonc sup

(_+∞

X

n=0

|unvn|/σbijection deN )

=

+∞

X

n=0

u²_n

On a évidemment

+∞

X

n=0

|unvn|>0

Pour montrer que la borne inférieure cherchée est 0, montrons que l’on peut rendre la somme précédente aussi petite que l’on veut. Soitε >0. Par convergence de la sérieP

u²_n, il existeN ∈Ntel que

+∞

X

n=N

u²_n6ε

De plus la suite (un) tend vers 0, elle est donc bornée par un certainM >0 et il existe un rangN⁰ > N tel que

∀n>N⁰,|un|6 ε M(N+ 1) Considérons alors la bijectionσdeNdéterminée par

σ(n) =







N⁰+n sin∈ {0, . . . , N}

n−N⁰ sin∈ {N⁰, . . . , N⁰+N}

n sinon

Pour cette permutation

+∞

X

n=0

|u_nv_n|6

N−1

X

n=0

|u_n| ε M(N+ 1)+

N⁰+N−1

X

n=N⁰

ε

M(N+ 1)|u_n−N⁰|+ε63ε On peut donc affirmer

inf (_+∞

X

n=0

|u_nv_n|/σbijection deN )

= 0

PourN ∈NposonsA_N ={n∈N,|z_n|6N}.

Pourn, m∈A_N distincts, les disques ouverts de centresz_n et z_met de rayon 1/2 sont disjoints. La réunion de ces disques pournparcourantAN, est incluse dans le disque de centre 0 et de rayonN+ 1/2. Par considération d’aire, on obtient

CardAN×π× 1

2 ²

6π

N+1 2

²

et donc

CardAN 6(2N+ 1)²

Quitte à permuter les termes de la suite, supposons la suite (|z_n|) croissante (ceci est possible, car il n’y a qu’un nombre fini de termes de la suite de module inférieur à une constante donnée). En vertu de l’étude qui précède

z_(2N+1)2+1

> N et on en déduit

1

|zp|³ =O 1

p^3/2

La série permutée de terme général 1/z_n³ est donc absolument convergente et la série initiale l’est donc aussi.

(10)

a) Puisquex7→ _x¹α est décroissante : Z +∞

n+1

dx x^α 6

+∞

X

k=n+1

1 k^α 6

Z +∞

n

dx x^α

donc

+∞

X

k=n+1

1 k^α ∼ 1

α−1 1 n^α−1

b) Par suite

+∞

P

n=0 +∞

P

k=n+1 1

k^α a un sens si, et seulement si,α >2.

c) Posonsu_k,n= _k¹_α sik > netu_k,n= 0 sinon.

Pour toutn>1, P

k>0

|uk,n|converge et P

n>0 +∞

P

k=0

|uk,n|converge donc on peut appliquer la formule de Fubini et affirmer

+∞

X

n=0 +∞

X

k=0

uk,n=

+∞

X

k=0 +∞

X

n=0

uk,n

avec convergence des séries sous-jacentes.

Or

+∞

X

n=0

u_k,n=

k−1

X

n=0

1 k^α = 1

k^α−1

donc

+∞

X

n=0 +∞

X

k=n+1

1 k^α =

+∞

X

k=1

1 k^α−1

La série P

p>1

up,q est absolument convergente et

+∞

X

p=1

|u_p,q|= |a|^2q−1 1− |a|^2q−1 De plus la série de terme général ^|a|^2q−1

1−|a|^2q−1 est absolument convergente en vertu de la règle de d’Alembert.

La famille (up,q)p,q>1est donc sommable et on a

+∞

X

q=1 +∞

X

p=1

up,q=

+∞

X

p=1 +∞

X

q=1

up,q

ce qui fournit la relation

+∞

X

q=1

a^2q−1 1−a^2q−1 =

+∞

X

p=1

a^p 1−a^2p

D’une part

+∞

P

p=0

ap,q= 0 donc

+∞

P

q=0 +∞

P

p=0

ap,q = 0.

D’autre par

+∞

P

q=0

ap,q= _p+1¹ −_p+2¹ donc

+∞

P

p=0 +∞

P

q=0

ap,q= 1.

La formule de Fubini ne s’applique pas, la famille (ap,q)_(p,q)∈_N2 n’est donc pas sommable.

Notons que les termes sommés sont positifs.

Pour chaqueq∈N^?, la série P

p>0

1

(p+q²)(p+q²+1) converge car _(p+q2)(p+q¹ ²+1) ∼ _p¹2. Par télescopage

+∞

X

p=0

1

(p+q²)(p+q²+ 1) =

+∞

X

p=0

1

p+q²− 1 p+q²+ 1

= 1 q²

La série P

q>1 +∞

P

p=0

1

(p+q²)(p+q²+1) = P

q>1 1

q² converge aussi, on peut donc affirmer que la famille

1

(p+q²)(p+q²+ 1)

(p,q)∈N×N^?

est sommable et sa somme vaut X

(p,q)∈N×N^?

1

(p+q²)(p+q²+ 1) =

+∞

X

q=1 +∞

X

p=0

1

(p+q²)(p+q²+ 1) =

+∞

X

q=1

1 q² = π²

6

(11)

La série converge compte tenu des critères usuels.

1

n²−p² = 1 2p

1

n−p− 1 n+p

Par télescopage :

+∞

X

n=p+1

1

n²−p² = 1 2p

1 +1

2 +· · ·+ 1 2p

De plus

p−1

X

n=1

1

n²−p² =−1 2p

1

p−1 +· · ·+ 1 + 1

p+ 1 +· · ·+ 1 2p−1

donc +∞

X

n=1,n6=p

1

n²−p² = 1 2p

1 p+ 1

2p

= 3 4p² puis

+∞

X

p=1 +∞

X

n=1,n6=p

1 n²−p² =

+∞

X

p=1

3 4p² >0 Cependant

+∞

X

n=1 +∞

X

p=1,p6=n

1

n²−p² =−

+∞

X

n=1

3 4n² =−

+∞

X

p=1

3 4p²

donc +∞

X

p=1 +∞

X

n=1,n6=p

1 n²−p² 6=

+∞

X

n=1 +∞

X

p=1,p6=n

1 n²−p²

On en déduit que la familles des 1/(n²−p²) avec (p, n)∈N^?2,p6=nn’est pas sommable.

Par produit de Cauchy de série convergeant absolument

+∞

X

n=0

(n+ 1)3⁻ⁿ =

+∞

X

n=0 n

X

k=0

1 3^k

1 3^n−k =

+∞

X

n=0

1 3ⁿ

! _+∞

X

m=0

1 3^m

!

= 9 4

a) par application du critère de Leibniz. . . b) On a

wn=

n−1

X

k=1

ukvn−k = (−1)ⁿ

n−1

X

k=1

√ 1 k√

n−k

or 1

√ k√

n−k > 1 n donc

n−1

X

k=1

√ 1 k√

n−k > n−1 n

et par suitewn 6 →0 etP

wn diverge grossièrement.

a) On a

v_n=

n

X

k=0

u_k× 1 2^n−k La sérieP

vn est donc la série produit de Cauchy deP

un et P 1

2ⁿ. Puisqu’elles sont toutes deux absolument convergentes, la sérieP

vn est absolument convergente, donc convergente et

+∞

X

n=0

vn =

+∞

X

n=0

un

! _+∞

X

n=0

1 2ⁿ

!

= 2

+∞

X

n=0

un

b) Soitε >0. Il existeN ∈Ntel que

∀n>N,|un|6ε

On a alors

|vn|6

N−1

P

k=0

2^k|uk| 2ⁿ +ε

n

X

k=N

2^k 2ⁿ 6 C^te

2ⁿ + 2ε puis pournassez grand

|vn|63ε

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

(12)

c) En permutant les sommes

N

X

n=0

vn =

N

X

n=0 n

X

k=0

uk

2^n−k =

N

X

k=0

uk N

X

n=k

1 2^n−k En évaluant la somme géométrique

N

X

n=0

v_n= 2

N

X

k=0

u_k(1− 1

2^N^−k+1) = 2

N

X

k=0

u_k−

N

X

k=0

u_k 2^N^−k et compte tenu du résultat de la question précédente

N

X

n=0

vn →2

+∞

X

k=0

uk

On en déduit à nouveau que la sériePv_n converge et

+∞

X

n=0

vn = 2

+∞

X

n=0

un

Par produit de Cauchy de séries convergeant absolument e

+∞

X

n=1

(−1)ⁿ⁻¹ n.n! =

+∞

X

n=0

1 n!

+∞

X

n=1

(−1)ⁿ⁻¹ n.n! =

+∞

X

n=1 n

X

k=1

1 (n−k)!

(−1)^k−1 k.k!

Or

n

X

k=1

1 (n−k)!

(−1)^k−1 k.k! = 1

n!

n

X

k=1

n k

!(−1)^k−1 k

Il reste à montrer par récurrence surn>1 que

n

X

k=1

n k

!(−1)^k−1

k =

n

X

k=1

1 k

ce qui se fait par

n+1

X

k=1

(−1)^k−1 k

n+ 1 k

!

=

n+1

X

k=1

(−1)^k−1 k

n k

! +

n+1

X

k=1

(−1)^k−1 k

n k−1

!

Or

n+1

X

k=1

(−1)^k−1 k

n k−1

!

=

n+1

X

k=1

(−1)^k−1 n+ 1

n+ 1 k

!

= 1

n+ 1−(1−1)ⁿ⁺¹ n+ 1 = 1

n+ 1 donc

n+1

X

k=1

(−1)^k−1 k

n+ 1 k

!

=

n+1

X

k=1

1 k