Corrigé des exercices : Sommabilité et produit de Cauchy en maths sup (MPSI)

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Une famille indexée par Z

Idée clé : on regroupe les indices \(n\) et \(-n\), ce qui ramène chaque question à une série indexée par \(\mathbb{N}\).

1. La famille est positive. On utilise la partition de \(\mathbb{Z}\) formée de \(\{0\}\) et des paires \(\{n,-n\}\), pour \(n\geqslant 1\). Par sommation par paquets dans \([0,+\infty]\), la somme vaut \(1+2\sum_{n\geqslant 1}(2/5)^n=1+2\cdot\dfrac{2/5}{3/5}\). Ainsi, la somme vaut \(\dfrac{7}{3}\).
2. Les termes sont positifs, et le même regroupement donne \(1+2\sum_{n\geqslant 1}\frac{1}{1+n^2}\). Or \(\frac{1}{1+n^2}\leqslant\frac{1}{n^2}\) pour \(n\geqslant 1\), et la série de Riemann \(\sum\frac{1}{n^2}\) converge. Par comparaison, la somme est finie : la famille est sommable.
3. Passons aux modules. Le regroupement donne \(2\sum_{n\geqslant 1}n(2/5)^n\). Cette série converge, par exemple par la règle de d’Alembert, car le quotient de deux termes consécutifs tend vers \(\frac{2}{5}<1\). La famille est donc sommable. On peut alors sommer par paquets la famille elle-même. Le paquet \(\{0\}\) donne \(0\), et chaque paquet \(\{n,-n\}\) donne \(n(2/5)^n-n(2/5)^n=0\). Par conséquent, la somme est nulle.

Corrigé de l’exercice 2 – Somme double de termes géométriques

Idée clé : le terme général se sépare en un facteur qui ne dépend que de \(p\) et un facteur qui ne dépend que de \(q\), si bien que la somme double se factorise.

1. Les termes sont positifs. Par Fubini positif, la somme vaut \(\sum_{p}2^{-p}\sum_{q}5^{-q}=2\times\dfrac{5}{4}\). Donc la somme vaut \(\dfrac{5}{2}\).
2. La famille des modules est celle de la question 1, de somme finie. La famille est donc sommable. Le résultat sur les produits de familles sommables donne alors pour somme \(\sum_p\left(-\tfrac{1}{2}\right)^p\sum_q 5^{-q}=\dfrac{1}{1+1/2}\times\dfrac{5}{4}\). Ainsi, la somme vaut \(\dfrac{5}{6}\).

Remarque de rédaction. Dans la question 2, on aurait pu sommer directement par lignes après avoir établi la sommabilité. Le résultat sur les produits fait simplement gagner une ligne. En revanche, il serait faux de citer Fubini positif, car la famille change de signe.

Corrigé de l’exercice 3 – Sommes de familles positives

Idée clé : pour une suite positive, la somme de la famille est celle de la série, éventuellement infinie.

1. On décompose : \(\frac{1}{n(n+2)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}\right)\). Les sommes partielles télescopent : \(\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n(n+2)}=\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{2}-\frac{1}{N+1}-\frac{1}{N+2}\right)\). Par passage à la limite, la somme vaut \(\dfrac{3}{4}\).
2. On a \(\frac{1}{\sqrt{n}}\geqslant\frac{1}{n}\), et la série harmonique diverge. Donc la somme vaut \(+\infty\). Cette égalité a un sens dans \([0,+\infty]\).
3. Par Fubini positif, la somme vaut \(\sum_p\frac{1}{p!}\sum_q\frac{1}{q!}\). Donc elle vaut \(e^2\).
4. La somme finie sur \(\{0\}\) vaut déjà \(+\infty\). Par conséquent, la somme de la famille vaut \(+\infty\). Son produit par \(0\) vaut \(0\), d’après la convention \(0\times(+\infty)=0\).

Corrigé de l’exercice 4 – Une somme pondérée par Fubini positif

Idée clé : le facteur \(k\) compte des termes égaux ; on les éclate en une somme double, puis on change l’ordre.

1. On pose \(u_{j,k}=4^{-k}\) si \(1\leqslant j\leqslant k\), et \(u_{j,k}=0\) sinon. Cette famille est positive, indexée par \(\mathbb{N}^{*2}\). À \(k\) fixé, la somme en \(j\) vaut \(k\,4^{-k}\).
2. Par Fubini positif, on peut sommer d’abord en \(k\). À \(j\) fixé, les valeurs permises sont \(k\geqslant j\). Ainsi, \(\sum_{k\geqslant j}4^{-k}=\frac{4^{-j}}{1-1/4}=\frac{4}{3}\,4^{-j}\). Ensuite, \(\sum_{j\geqslant 1}\frac{4}{3}\,4^{-j}=\frac{4}{3}\times\frac{1}{3}\). Finalement, \(\sum_{k\geqslant 1}\dfrac{k}{4^k}=\dfrac{4}{9}\). Contrôle avec deux termes : \(\frac{1}{4}+\frac{2}{16}=0{,}375\), proche de \(0{,}444\).

Corrigé de l’exercice 5 – Carré de Cauchy d’une série géométrique

Idée clé : dans le produit de Cauchy de deux séries géométriques de même raison, tous les termes du paquet \(n\) sont égaux.

1. Le terme général vaut \(c_n=\sum_{k=0}^{n}3^{-k}\,3^{-(n-k)}=\sum_{k=0}^{n}3^{-n}\). Ainsi, \(c_n=\dfrac{n+1}{3^n}\).
2. La série \(\sum 3^{-n}\) est géométrique de raison \(\frac{1}{3}\), à termes positifs. Elle converge donc absolument, de somme \(\frac{3}{2}\). Le théorème sur le produit de Cauchy s’applique. Par conséquent, \(\sum_{n\geqslant 0}\dfrac{n+1}{3^n}=\left(\dfrac{3}{2}\right)^2=\dfrac{9}{4}\).

Corrigé de l’exercice 6 – Suites sommables ou non

Idée clé : une suite est sommable si et seulement si la série de ses modules converge.

1. La série des modules est \(\sum\frac{1}{(n+1)^2}\), qui converge. Donc la suite est sommable, et sa somme est celle de la série alternée correspondante.
2. La série des modules est la série harmonique, divergente. Donc la suite n’est pas sommable. Pourtant, la série \(\sum\frac{(-1)^n}{n+1}\) converge, vers \(\ln 2\). C’est l’exemple type d’une série semi-convergente, dont la somme dépend de l’ordre des termes.
3. Les modules valent \(2^{-n}\), terme d’une série convergente : la suite est sommable. Sa somme est celle de la série géométrique, soit \(\dfrac{1}{1-i/2}=\dfrac{2}{2-i}=\dfrac{2(2+i)}{5}\). Ainsi, la somme vaut \(\dfrac{4}{5}+\dfrac{2}{5}i\).

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Sommabilité de quatre familles doubles

Idée clé : toutes les familles sont positives ; on calcule leur somme dans \([0,+\infty]\) avec le découpage le plus adapté.

1. Par Fubini positif, la somme vaut \(\sum_p\frac{1}{p^2}\sum_q\frac{1}{q^2}\), produit de deux réels finis. Donc la famille est sommable.
2. Regroupons selon \(n=p+q\geqslant 2\). Le paquet d’indice \(n\) contient les \(n-1\) couples \((p,n-p)\), avec \(1\leqslant p\leqslant n-1\). Sa somme vaut \(\frac{n-1}{n^2}\). Or \(\frac{n-1}{n^2}\geqslant\frac{1}{2n}\) pour \(n\geqslant 2\), et la série harmonique diverge. La somme vaut donc \(+\infty\) : la famille n’est pas sommable.
3. Le même regroupement donne \(\sum_{n\geqslant 2}\frac{n-1}{n^3}\). De plus, \(\frac{n-1}{n^3}\leqslant\frac{1}{n^2}\), terme d’une série convergente. Ainsi, la famille est sommable.
4. Comme \(p^2+q^2\leqslant(p+q)^2\), on a \(\frac{1}{p^2+q^2}\geqslant\frac{1}{(p+q)^2}\). Par comparaison avec la question 2, la somme vaut \(+\infty\). Donc la famille n’est pas sommable.

Corrigé de l’exercice 8 – Paquets pairs et impairs

Idée clé : on découpe \(\mathbb{N}^*\) en entiers pairs et impairs ; pour une famille positive, ce découpage est toujours permis.

1. D’abord, \(\sum_{k\geqslant 1}\frac{1}{4k^2}=\frac{1}{4}\cdot\frac{\pi^2}{6}=\frac{\pi^2}{24}\). Ensuite, par sommation par paquets positive, \(\frac{\pi^2}{6}\) est la somme des deux paquets. Donc \(\sum_{k\geqslant 0}\dfrac{1}{(2k+1)^2}=\dfrac{\pi^2}{6}-\dfrac{\pi^2}{24}=\dfrac{\pi^2}{8}\).
2. On regroupe \(n\) et \(-n\). Chaque paquet donne \(\frac{2}{n^2}\), d’où une somme égale à \(\dfrac{\pi^2}{3}\).
3. Les modules valent \(\frac{1}{n^2}\), de somme finie : la famille est sommable. On peut donc la sommer par paquets. Les indices impairs portent le signe \(+\) et donnent \(\frac{\pi^2}{8}\). Les indices pairs portent le signe \(-\) et donnent \(-\frac{\pi^2}{24}\). Finalement, la somme vaut \(\dfrac{\pi^2}{12}\).

Corrigé de l’exercice 9 – Deux calculs d’une même somme double

Idée clé : une fois la sommabilité acquise, deux découpages différents donnent la même somme, ce qui fournit une identité.

1. Les modules valent \(|z|^p|z|^q\). Par Fubini positif, leur somme vaut \(\frac{1}{(1-|z|)^2}\), qui est finie puisque \(|z|<1\). Donc la famille est sommable.
2. Par Fubini dans le cas sommable, on somme la ligne \(p\) : \(\sum_q z^{p+q}=\frac{z^p}{1-z}\). Puis \(\sum_p\frac{z^p}{1-z}=\frac{1}{(1-z)^2}\). Ainsi, la somme vaut \(\dfrac{1}{(1-z)^2}\).
3. Le paquet \(\{(p,q):p+q=n\}\) contient \(n+1\) couples, tous associés au terme \(z^n\). La sommation par paquets dans le cas sommable donne donc \(\sum_{n\geqslant 0}(n+1)z^n\), série absolument convergente. Par unicité de la somme, \(\sum_{n\geqslant 0}(n+1)z^n=\dfrac{1}{(1-z)^2}\). Enfin, en retranchant \(\sum z^n=\frac{1}{1-z}\), on obtient \(\sum_{n\geqslant 1}nz^n=\dfrac{z}{(1-z)^2}\).

Contrôle : avec \(z=\frac{1}{4}\), on obtient \(\frac{1/4}{9/16}=\frac{4}{9}\). C’est exactement la valeur trouvée dans l’exercice 4 par une autre méthode. Les deux calculs se confirment donc mutuellement.

Corrigé de l’exercice 10 – Une somme de valeurs de zêta

Idée clé : à \(k\) fixé, la somme en \(n\) est géométrique de raison \(\frac{1}{k^2}\).

1. Pour \(n\geqslant 1\), on a \(\zeta(2n)-1=\sum_{k\geqslant 2}k^{-2n}\), en retirant le terme \(k=1\). On somme ensuite en \(n\) : l’égalité est immédiate.
2. Les termes \(k^{-2n}\) sont positifs : Fubini positif autorise l’interversion sans autre condition. À \(k\geqslant 2\) fixé, on a \(\sum_{n\geqslant 1}\left(\frac{1}{k^2}\right)^n=\frac{1/k^2}{1-1/k^2}=\frac{1}{k^2-1}\). Puis \(\frac{1}{k^2-1}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k+1}\right)\). La somme de \(k=2\) à \(N\) télescope et vaut \(\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{2}-\frac{1}{N}-\frac{1}{N+1}\right)\). Par conséquent, \(\sum_{n\geqslant 1}\big(\zeta(2n)-1\big)=\dfrac{3}{4}\).

Corrigé de l’exercice 11 – Une somme double alternée

Idée clé : la famille des modules est celle de l’exercice 10 ; une fois la sommabilité établie, on somme d’abord en \(n\).

1. On a \(|u_{n,k}|=k^{-2n}\). D’après l’exercice précédent, la somme de cette famille positive vaut \(\frac{3}{4}<+\infty\). Donc la famille \((u_{n,k})\) est sommable.
2. Avec \(\frac{1}{k^2-1}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k+1}\right)\), la somme partielle jusqu’à \(N\) s’écrit \(\frac{1}{2}(A_N-B_N)\). Ici, \(A_N=\sum_{k=2}^{N}\frac{(-1)^k}{k-1}=\sum_{j=1}^{N-1}\frac{(-1)^{j+1}}{j}\), qui tend vers \(\ln 2\). De même, \(B_N=\sum_{k=2}^{N}\frac{(-1)^k}{k+1}=\sum_{j=3}^{N+1}\frac{(-1)^{j+1}}{j}\), qui tend vers \(\ln 2-1+\frac{1}{2}\). La différence tend donc vers \(\frac{1}{2}\). Ainsi, \(\sum_{k\geqslant 2}\dfrac{(-1)^k}{k^2-1}=\dfrac{1}{4}\).
3. Par Fubini dans le cas sommable, on peut sommer d’abord en \(n\). À \(k\) fixé, \(\sum_{n\geqslant 1}\frac{(-1)^k}{k^{2n}}=\frac{(-1)^k}{k^2-1}\), comme dans l’exercice 10. Par conséquent, la somme double vaut \(\dfrac{1}{4}\).

Corrigé de l’exercice 12 – Produit de Cauchy et exponentielle

Idée clé : le terme du produit de Cauchy de deux séries exponentielles est une formule du binôme.

1. On calcule \(c_n=\sum_{k=0}^{n}\frac{z^k}{k!}\cdot\frac{(-z)^{n-k}}{(n-k)!}=\frac{1}{n!}\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}z^k(-z)^{n-k}\). Par la formule du binôme, \(c_n=\frac{(z-z)^n}{n!}\). Ainsi, \(c_0=1\) et \(c_n=0\) pour \(n\geqslant 1\).
2. Les deux séries convergent absolument, donc le théorème sur le produit de Cauchy s’applique : \(e^ze^{-z}=\sum_n c_n=1\). En particulier, \(e^z\neq 0\), puisque son produit par \(e^{-z}\) vaut \(1\).
3. Le même calcul, avec \(w\) à la place de \(-z\), donne \(c_n=\frac{(z+w)^n}{n!}\). Par conséquent, \(e^ze^w=e^{z+w}\) pour tous complexes \(z\) et \(w\).

Cette propriété est fondamentale. En effet, elle permet de définir proprement l’exponentielle complexe à partir de la série, puis d’en déduire les formules d’addition en trigonométrie. Par exemple, avec \(z=ia\) et \(w=ib\), on retrouve \(\cos(a+b)\) et \(\sin(a+b)\) en séparant parties réelle et imaginaire.

Corrigé de l’exercice 13 – Coefficients triangulaires par produit de Cauchy

Idée clé : multiplier par \(\sum x^n\) revient à remplacer chaque coefficient par la somme des coefficients précédents.

1. Le terme général vaut \(c_n=\sum_{k=0}^{n}(k+1)x^k\,x^{n-k}=x^n\sum_{k=0}^{n}(k+1)\). Donc \(c_n=\dfrac{(n+1)(n+2)}{2}\,x^n\).
2. Les deux séries convergent absolument pour \(|x|<1\). Le théorème sur le produit de Cauchy donne donc \(\sum c_n=\frac{1}{(1-x)^2}\cdot\frac{1}{1-x}\). C’est l’égalité annoncée.
3. On prend \(x=\frac{1}{2}\) : \(\sum_{n\geqslant 0}\frac{(n+1)(n+2)}{2}\cdot\frac{1}{2^n}=\frac{1}{(1/2)^3}=8\). Or \(\frac{(n+1)(n+2)}{2\cdot 2^n}=\frac{(n+1)(n+2)}{2^{n+1}}\). Par conséquent, la somme vaut \(8\).

Corrigé de l’exercice 14 – Somme sur les couples ordonnés

Idée clé : le carré de \(\sum\frac{1}{n^2}\) est une somme double, que l’on découpe en diagonale et en deux triangles symétriques.

1. Les termes sont positifs et majorés par ceux de la famille \(\left(\frac{1}{p^2q^2}\right)_{(p,q)\in\mathbb{N}^{*2}}\). Cette dernière est sommable, de somme \(\left(\frac{\pi^2}{6}\right)^2\). Par comparaison, \(S\) est un réel.
2. On partitionne \(\mathbb{N}^{*2}\) en trois paquets : la diagonale \(p=q\), le triangle \(p<q\) et le triangle \(p>q\), comme sur la figure. La diagonale donne \(\sum_p\frac{1}{p^4}=\frac{\pi^4}{90}\). Le triangle \(p<q\) donne \(S\). L’échange \((p,q)\mapsto(q,p)\) est une bijection entre les deux triangles et conserve le terme général : l’autre triangle donne aussi \(S\). Par sommation par paquets positive, \(\left(\dfrac{\pi^2}{6}\right)^2=\dfrac{\pi^4}{90}+2S\).
3. On calcule : \(2S=\frac{\pi^4}{36}-\frac{\pi^4}{90}=\frac{5\pi^4-2\pi^4}{180}=\frac{\pi^4}{60}\). Ainsi, \(S=\dfrac{\pi^4}{120}\).

Contrôle numérique : \(\frac{\pi^4}{120}\approx 0{,}812\). Or les termes \((p,q)=(1,2)\), \((1,3)\) et \((2,3)\) donnent déjà \(0{,}25+0{,}111+0{,}028\approx 0{,}389\). Le reste est formé de nombreux petits termes, si bien que l’ordre de grandeur est cohérent. Retenez surtout l’argument de symétrie : il revient très souvent dans les sommes doubles.

Corrigé de l’exercice 15 – Paquets selon la somme des indices

Idée clé : le terme général ne dépend que de \(p+q\) ; le paquet d’indice \(n\) contient donc \(n+1\) termes égaux.

1. Les termes sont positifs. Par sommation par paquets selon \(n=p+q\), la somme vaut \(\sum_{n\geqslant 0}\frac{n+1}{(n+1)!}=\sum_{n\geqslant 0}\frac{1}{n!}\). Donc elle vaut \(e\).
2. De même, la somme vaut \(\sum_{n\geqslant 0}\frac{n+1}{(n+2)!}\). Or \(\frac{n+1}{(n+2)!}=\frac{(n+2)-1}{(n+2)!}=\frac{1}{(n+1)!}-\frac{1}{(n+2)!}\). La somme partielle jusqu’à \(N\) télescope et vaut \(1-\frac{1}{(N+2)!}\). Par conséquent, la somme vaut \(1\).

Autre approche pour la question 2. On peut aussi poser \(m=n+2\). La somme devient \(\sum_{m\geqslant 2}\frac{m-1}{m!}=\sum_{m\geqslant 2}\frac{1}{(m-1)!}-\sum_{m\geqslant 2}\frac{1}{m!}\), les deux séries convergeant. Or la première vaut \(e-1\) et la seconde \(e-2\). On retrouve donc bien \((e-1)-(e-2)=1\).

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 16 – Sommes itérées différentes sans sommabilité

Idée clé : chaque somme itérée se calcule par des séries géométriques ; leur désaccord prouve à lui seul que la famille n’est pas sommable.

1. À \(p\) fixé, les termes non nuls sont \(-1\) en \(q=p\), puis \(2^{p-q}\) pour \(q>p\). Ainsi, \(\sum_q a_{p,q}=-1+\sum_{j\geqslant 1}2^{-j}=-1+1=0\). Par conséquent, \(\sum_p\sum_q a_{p,q}=0\).
2. À \(q\) fixé, les termes non nuls sont \(2^{p-q}\) pour \(0\leqslant p<q\), puis \(-1\) en \(p=q\). On obtient \(2^{-q}(1+2+\dots+2^{q-1})-1=2^{-q}(2^q-1)-1=-2^{-q}\). Ensuite, \(\sum_{q\geqslant 0}(-2^{-q})=-2\). Donc \(\sum_q\sum_p a_{p,q}=-2\).
3. Pour la famille des modules, chaque ligne a pour somme \(1+1=2\). Par Fubini positif, \(\sum_{(p,q)}|a_{p,q}|=\sum_p 2=+\infty\). Donc la famille n’est pas sommable. Le théorème de Fubini exige la positivité ou la sommabilité : aucune des deux hypothèses n’est remplie, et il n’y a pas de contradiction. Si la famille avait été sommable, les deux sommes itérées auraient d’ailleurs été égales.

Ce type d’exemple sert surtout à se convaincre. Ainsi, en devoir, une interversion non justifiée ne peut pas être considérée comme une simple formalité. Le correcteur attend la phrase sur les modules, même lorsque le calcul final est juste.

Corrigé de l’exercice 17 – Série de Lambert et nombre de diviseurs

Idée clé : on somme la famille \(\left(x^{km}\right)\) de deux façons : par lignes, puis par paquets selon la valeur du produit \(km\).

1. Les diviseurs positifs de \(n\) appartiennent à \([\![1,n]\!]\), donc \(d(n)\leqslant n\). La série \(\sum nx^n\) converge, d’après l’exercice 9 ou la règle de d’Alembert. Par comparaison de séries à termes positifs, \(\sum d(n)x^n\) converge.
2. La famille \(\left(x^{km}\right)_{(k,m)\in\mathbb{N}^{*2}}\) est positive. En sommant la ligne \(k\), on obtient \(\sum_{m\geqslant 1}(x^k)^m=\frac{x^k}{1-x^k}\), car \(0\leqslant x^k<1\). Regroupons maintenant selon \(n=km\). Le paquet \(\{(k,m):km=n\}\) contient exactement \(d(n)\) couples, puisque \(k\) parcourt les diviseurs de \(n\). Chaque couple porte le terme \(x^n\). Par sommation par paquets positive, les deux calculs donnent la même valeur dans \([0,+\infty]\). Ainsi, \(\sum_{n\geqslant 1}d(n)x^n=\sum_{k\geqslant 1}\dfrac{x^k}{1-x^k}\), et cette valeur est finie.
3. Soit \(|z|<1\). La famille des modules est \(\left(|z|^{km}\right)\), de somme finie d’après la question 2 appliquée à \(x=|z|\). La famille \(\left(z^{km}\right)\) est donc sommable. Les deux calculs précédents restent valables, par sommation par paquets dans le cas sommable. Comme \(|z^k|<1\), on a bien \(1-z^k\neq 0\). Par conséquent, l’égalité vaut pour tout \(z\) du disque unité ouvert.
4. Pour \(x=\frac{1}{2}\), on a \(\frac{x^k}{1-x^k}=\frac{2^{-k}}{1-2^{-k}}=\frac{1}{2^k-1}\). On obtient l’égalité annoncée, dont la valeur commune vaut environ \(1{,}607\).

Point de méthode. Le découpage selon \(n=km\) est l’analogue multiplicatif du découpage selon \(n=p+q\) utilisé pour le produit de Cauchy. Dans les deux cas, chaque paquet est fini et l’on compte ses éléments : \(n+1\) couples d’un côté, \(d(n)\) couples de l’autre. La figure de l’énoncé montre ces paquets sous forme d’hyperboles.

Corrigé de l’exercice 18 – Un produit de Cauchy qui diverge

Idée clé : tous les termes de \(c_n\) ont le même signe, et chacun est minoré grâce à l’inégalité entre moyennes.

1. La suite \(\left(\frac{1}{\sqrt{n+1}}\right)\) décroît vers \(0\). D’après le critère des séries alternées, \(\sum a_n\) converge. En revanche, \(|a_n|=\frac{1}{\sqrt{n+1}}\) est le terme d’une série de Riemann divergente, d’exposant \(\frac{1}{2}\). Donc la convergence n’est pas absolue.
2. Posons \(\alpha=k+1\) et \(\beta=n-k+1\), deux réels positifs de somme \(n+2\). L’inégalité \(\alpha\beta\leqslant\left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)^2\) équivaut à \(\left(\frac{\alpha-\beta}{2}\right)^2\geqslant 0\). Ainsi, \((k+1)(n-k+1)\leqslant\left(\dfrac{n+2}{2}\right)^2\).
3. On a \(a_ka_{n-k}=\frac{(-1)^n}{\sqrt{(k+1)(n-k+1)}}\). Donc \(|c_n|=\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{\sqrt{(k+1)(n-k+1)}}\). Chacun des \(n+1\) termes est au moins égal à \(\frac{2}{n+2}\), d’après la question 2. Par conséquent, \(|c_n|\geqslant\frac{2(n+1)}{n+2}\geqslant 1\). La suite \((c_n)\) ne tend pas vers \(0\), donc la série \(\sum c_n\) diverge grossièrement. On peut même montrer, par une somme de Riemann, que \(|c_n|\) tend vers \(\pi\).
4. Il manque la convergence absolue des deux séries. Le théorème ne dit rien sans elle, et cet exemple montre que la conclusion peut alors tomber.

Corrigé de l’exercice 19 – Problème : nombres harmoniques et sommes doubles

Idée clé : \(H_nx^n\) est à la fois un terme de produit de Cauchy et une somme finie que l’on peut éclater ; les deux points de vue se confirment.

1. Pour \(t\in[0,x]\), on a \(\sum_{k=0}^{N-1}t^k=\frac{1-t^N}{1-t}\), d’où l’égalité de l’énoncé. On l’intègre sur \([0,x]\) : \(-\ln(1-x)=\sum_{n=1}^{N}\frac{x^n}{n}+R_N\), avec \(R_N=\int_0^x\frac{t^N}{1-t}\,\mathrm{d}t\). Sur \([0,x]\), on a \(\frac{1}{1-t}\leqslant\frac{1}{1-x}\). Donc \(0\leqslant R_N\leqslant\frac{x^{N+1}}{(N+1)(1-x)}\), qui tend vers \(0\). Ainsi, \(-\ln(1-x)=\sum_{n\geqslant 1}\dfrac{x^n}{n}\).
2. Posons \(a_n=x^n\) pour \(n\geqslant 0\), puis \(b_0=0\) et \(b_n=\frac{x^n}{n}\) pour \(n\geqslant 1\). Ces deux séries sont à termes positifs et convergentes, donc absolument convergentes. Le terme de leur produit de Cauchy vaut \(c_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{x^k}{k}\,x^{n-k}=H_nx^n\) pour \(n\geqslant 1\), et \(c_0=0\). Le théorème donne donc \(\sum_{n\geqslant 1}H_nx^n=\dfrac{-\ln(1-x)}{1-x}\).
3. Avec \(x=\frac{1}{2}\), on obtient \(\frac{\ln 2}{1/2}\). Par conséquent, \(\sum_{n\geqslant 1}\dfrac{H_n}{2^n}=2\ln 2\), soit environ \(1{,}386\). La figure confirme cette valeur.
4. Considérons la famille positive \(u_{n,k}=\frac{x^n}{k}\) pour \(1\leqslant k\leqslant n\), et \(0\) sinon. À \(n\) fixé, la somme en \(k\) vaut \(H_nx^n\). À \(k\) fixé, les valeurs permises sont \(n\geqslant k\), et \(\sum_{n\geqslant k}\frac{x^n}{k}=\frac{x^k}{k(1-x)}\). Par Fubini positif, \(\sum_n H_nx^n=\frac{1}{1-x}\sum_k\frac{x^k}{k}\). Grâce à la question 1, on retrouve le résultat de la question 2.
5. On applique la même méthode à la famille positive \(v_{n,k}=\frac{1}{k\,n(n+1)}\) pour \(1\leqslant k\leqslant n\). À \(n\) fixé, la somme en \(k\) vaut \(\frac{H_n}{n(n+1)}\). À \(k\) fixé, on obtient \(\frac{1}{k}\sum_{n\geqslant k}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)=\frac{1}{k}\cdot\frac{1}{k}\), par télescopage. Par Fubini positif, la somme cherchée vaut \(\sum_{k\geqslant 1}\frac{1}{k^2}\). Ainsi, \(\sum_{n\geqslant 1}\dfrac{H_n}{n(n+1)}=\dfrac{\pi^2}{6}\).

Bilan du problème. Les questions 2 et 4 illustrent les deux visages d’un même calcul. D’un côté, le produit de Cauchy regroupe les termes selon la somme des indices. De l’autre, Fubini positif éclate une somme finie puis change l’ordre. Comme tous les termes sont positifs, aucune vérification de sommabilité n’est nécessaire. Cependant, il faut toujours décrire le domaine \(1\leqslant k\leqslant n\) avant d’échanger les bornes.

Pour aller plus loin

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