QCM : Sommabilité et produit de Cauchy en maths sup (MPSI)

Réponse B.

La convention \(0\times(+\infty)=0\) traduit qu’une infinité de termes nuls a une somme nulle. Elle rend ainsi cohérents les calculs de sommes doubles, par exemple pour la famille produit. En revanche, la soustraction n’est pas définie dans \([0,+\infty]\) : seules l’addition et la multiplication y ont un sens. Par conséquent, parler de forme indéterminée relève du calcul de limites, et non de cette convention.

Réponse A.

Une série semi-convergente n’est pas absolument convergente, donc ses termes positifs et négatifs forment deux séries divergentes. On peut alors les réordonner pour atteindre n’importe quelle somme, ou pour diverger. En revanche, l’invariance par permutation vaut pour une famille positive ou sommable. Ainsi, croire la somme toujours conservée oublie cette hypothèse. Enfin, une permutation ne rend pas forcément la série divergente : l’identité est une permutation.

Réponse C.

Pour des termes positifs, la somme se définit comme le plus petit majorant des sommes portant sur un nombre fini d’indices, et elle peut valoir \(+\infty\). Avec cette définition, regrouper en paquets, finis ou infinis, en nombre quelconque, conserve toujours la valeur. Ainsi, si l’un des deux membres vaut \(+\infty\), l’autre aussi. Exiger une somme finie confond avec le cas des complexes, où la sommabilité est indispensable. De plus, la taille des paquets n’impose aucune restriction.

Réponse A.

Les termes sont positifs, donc on peut sommer dans l’ordre voulu. La somme intérieure vaut \(\frac{1}{2^n}\times2=\frac{2}{2^n}\), puis \(\sum_n\frac{2}{2^n}=4\). De même, en intervertissant, chaque \(\frac{1}{2^k}\) apparaît \(k+1\) fois, et \(\sum_k\frac{k+1}{2^k}=4\). La réponse 2 oublie le facteur 2 de la somme géométrique. Enfin, \(+\infty\) suppose à tort qu’une somme double diverge toujours.

Réponse D.

Une famille de complexes est sommable lorsque la famille de ses modules l’est. Ici, les modules forment la série harmonique, qui diverge : la famille n’est donc pas sommable. Pourtant, la série alternée converge vers \(-\ln2\), ce qui explique les pièges. Ainsi, la convergence de la série ne suffit pas, car elle dépend de l’ordre des termes. Enfin, affirmer que la série diverge est faux, même si la conclusion est la bonne.

Réponse B.

Le théorème de Fubini positif, appliqué aux modules, transforme la condition \(\sum_n\sum_k|a_{n,k}|<+\infty\) en sommabilité de la famille. Ensuite, Fubini dans le cas sommable autorise l’interversion. En revanche, la convergence d’une somme itérée sans modules ne garantit rien : des compensations peuvent la produire. De même, la convergence de chaque somme intérieure, ou la limite nulle des termes, est bien trop faible.

Réponse B.

À \(p\) fixé, la ligne contient un 1 et un \(-1\), donc chaque somme vaut 0 et le total aussi. À \(q\geq1\) fixé, la colonne contient aussi un 1 et un \(-1\) ; cependant, la colonne \(q=0\) ne contient que \(a_{0,0}=1\). On trouve ainsi 1. Il n’y a aucune contradiction : la somme des modules est infinie, donc Fubini ne s’applique pas. Supposer des sommes égales revient à intervertir sans vérification.

Réponse C.

Les familles \((x^i)\) et \((y^j)\) sont sommables, car les séries géométriques de raisons \(|x|\) et \(|y|\) convergent. Par conséquent, la famille produit est sommable et sa somme est le produit des deux sommes. La réponse \(\frac{1}{1-xy}\) ne garde que les termes diagonaux \(i=j\). En outre, la somme des deux fractions confond produit et addition de familles. Enfin, \(\frac{1}{1-x-y}\) correspond à une autre série.

Réponse D.

Cette multiplication regroupe les produits \(a_ib_j\) selon la valeur de la somme des indices \(i+j\). C’est exactement ainsi que l’on obtient le coefficient de \(X^n\) dans un produit de polynômes. La version \(a_ib_i\) ne retient que la diagonale. De même, le produit terme à terme \(a_nb_n\) perd presque tous les produits croisés. Enfin, une différence d’indices fixée donne une infinité de termes, sans regroupement fini.

Réponse D.

On calcule \(c_n=\sum_{k=0}^{n}x^kx^{n-k}=\sum_{k=0}^{n}x^n\). Or cette somme comporte \(n+1\) termes, d’où \((n+1)x^n\). Comme la série géométrique converge absolument, on en déduit \(\sum(n+1)x^n=\frac{1}{(1-x)^2}\). La réponse \(nx^n\) oublie le terme \(k=0\). Ensuite, \(x^{2n}\) multiplie terme à terme. Enfin, \(2^n\) confond le nombre de termes avec le nombre de parties.

Réponse A.

On a \(c_n=\sum_{k=0}^{n}\frac{a^kb^{n-k}}{k!\,(n-k)!}=\frac{1}{n!}\sum_{k=0}^{n}\binom nka^kb^{n-k}\). La formule du binôme donne donc \(\frac{(a+b)^n}{n!}\). Les deux séries convergeant absolument, on obtient ainsi \(e^ae^b=e^{a+b}\). Le piège \((n!)^2\) multiplie les dénominateurs sans faire apparaître le coefficient binomial. Par ailleurs, \(a^n+b^n\) ne garde que les termes extrêmes.

Réponse C.

Le terme de rang \(n\) vaut, au signe près, \(\sum_{i+j=n}\left((i+1)(j+1)\right)^{-1/4}\). Or \((i+1)(j+1)\le\left(\frac{n+2}{2}\right)^2\), donc chacun des \(n+1\) termes dépasse \(\left(\frac{2}{n+2}\right)^{1/2}\). Leur somme tend vers \(+\infty\), et la série diverge grossièrement. Ainsi, le théorème exige la convergence absolue, alors que \(\sum u_n\), alternée, n’est que semi-convergente. Croire au carré de la somme applique ce résultat sans son hypothèse.