Mathématiques universitaires — Licence 2 · Bachelor Year 2

7Suites et séries

La théorie des séries numériques (volume de Licence 1) mûrit ici dans trois directions : les séries à valeurs dans les espaces de Banach, où la convergence absolue fait le travail ; les critères plus fins pour les séries réelles (transformation d’Abel) ; et les familles sommables — la sommation affranchie de l’ordre des termes — avec le théorème de Fubini pour les sommes doubles et le produit de Cauchy. Ces outils portent tous les chapitres de séries de fonctions à venir.

7.1 Séries dans les espaces normés

Définition 7.1

Pour une suite $(u_n)$ dans un espace normé $E$ , la série $\sum u_n$ converge lorsque ses sommes partielles convergent ; elle converge absolument lorsque $\sum \norm{u_n} < \infty$ . Dans un espace de Banach, la convergence absolue implique la convergence (Théorème 5.21) ; dans un espace non complet, cela peut être faux (Exercice 7.9).

Exemple 7.2

Dans $\mathcal{M}_n(K)$ (ou $\mathcal{L}_c(E)$ , $E$ de Banach) : pour $\vertiii A < 1$ , la série de Neumann $\sum A^k$ converge absolument vers $(I - A)^{-1}$ (démontré à l’Exercice 5.5) ; $\sum \frac{A^k}{k!}$ converge absolument vers $\eu^A$ pour tout $A$ (Exemple 5.22). Les séries géométrique et exponentielle à valeurs opérateurs se comportent comme leurs modèles scalaires — tout l’intérêt du cadre de Banach.

7.2 Transformation d’Abel

Théorème 7.3 (Transformation et critère d’Abel)

(Sommation par parties) Pour des scalaires $a_n$ et des vecteurs $b_n$ , avec $B_n = \sum_{k=0}^{n} b_k$ :

\sum_{n=0}^{N} a_n b_n = a_N B_N - \sum_{n=0}^{N-1} (a_{n+1} - a_n) B_n .

(Critère d’Abel) Si $(a_n)$ est une suite réelle, décroissant vers $0$ , et si les sommes partielles $B_n$ sont bornées (dans un espace de Banach), alors $\sum a_n b_n$ converge.

Démonstration. L’identité, pas à pas : avec $B_{-1} = 0$ , écrivons $b_n = B_n - B_{n-1}$ et scindons,

\sum_{n=0}^{N} a_nb_n = \sum_{n=0}^{N} a_nB_n - \sum_{n=0}^{N} a_nB_{n-1} = \sum_{n=0}^{N} a_nB_n - \sum_{n=0}^{N-1} a_{n+1}B_{n} ,

en réindexant la deuxième somme par $n \mapsto n + 1$ (le terme $B_{-1}$ s’annule) ; en regroupant sur la plage commune $0 \leq n \leq N-1$ , il reste $a_NB_N$ plus $\sum_{n\leq N-1}(a_n - a_{n+1})B_n$ : la formule annoncée. C’est l’intégration par parties discrète, avec $(B_n)$ comme primitive de $(b_n)$ et la différence $a_{n+1} - a_n$ comme dérivée de $(a_n)$ . Pour le critère, avec $\norm{B_n} \leq M$ : le terme de bord $a_N B_N \to 0$ ; la série $\sum (a_n - a_{n+1})B_n$ converge absolument, car

\sum_n \norm{(a_{n+1} - a_n)B_n} \leq M \sum_n (a_n - a_{n+1}) = M a_0 < \infty

(télescopage, $a_n \downarrow 0$ ). Les deux morceaux de l’identité convergent, donc $\sum a_n b_n$ aussi. ∎

Exemple 7.4

$\sum \frac{\sin n}{n}$ converge : $a_n = \frac1n \downarrow 0$ et $B_n = \sum_{k=1}^{n} \sin k$ est bornée — en effet $B_n = \Im\sum_{k \leq n} \eu^{\iu k} = \Im\,\frac{\eu^{\iu}(\eu^{\iu n} - 1)}{\eu^{\iu} - 1}$ , de module $\leq \frac{2}{\abs{\eu^{\iu} - 1}}$ . Elle ne converge pas absolument ( $\abs{\sin n} \geq \sin^2 n = \frac{1 - \cos 2n}{2}$ , et $\sum \frac{1 - \cos 2n}{2n}$ diverge puisque $\sum \frac{\cos 2n}{n}$ converge par le même critère d’Abel tandis que $\sum \frac{1}{2n}$ diverge). Le critère spécial des séries alternées est le cas particulier $b_n = (-1)^n$ .

Exemple 7.5 (Abel sur le cercle de convergence)

Pour quels complexes $z$ avec $\abs z = 1$ la série $\sum_{n \geq 1} \frac{z^n}{n}$ converge-t-elle ? En $z = 1$ , c’est la série harmonique : divergente. Pour $z \neq 1$ sur le cercle, le critère d’Abel s’applique avec $a_n = \frac1n \downarrow 0$ et $b_n = z^n$ , dont les sommes partielles sont bornées indépendamment de $N$ :

\Bigl|\sum_{n=1}^{N} z^n\Bigr| = \Bigl|\frac{z(z^N - 1)}{z - 1}\Bigr| \leq \frac{2}{\abs{z - 1}} .

Convergente — mais jamais absolument ( $\sum\frac1n$ ). Une seule série, tout un cercle de comportements : divergence en un unique point, semi-convergence partout ailleurs. C’est le comportement au bord standard des séries entières (Chapitre 11), rencontré ici à mains nues ; en $z = -1$ , on retrouve la série harmonique alternée, et en $z = \eu^{\iu\theta}$ ses parties réelle et imaginaire sont les séries $\sum\frac{\cos n\theta}{n}$ et $\sum\frac{\sin n\theta}{n}$ de l’Exercice 7.4.

Exemple 7.6 (Une série alternée piégée)

La série $\sum_{n\geq2} \dfrac{(-1)^n}{\sqrt n + (-1)^n}$ converge-t-elle ? Les signes alternent et les termes tendent vers $0$ — pourtant le critère des séries alternées ne s’applique pas : les modules $\frac{1}{\sqrt n + (-1)^n}$ ne sont pas décroissants (ils font un saut vers le haut à chaque $n$ impair). Développons plutôt :

\frac{(-1)^n}{\sqrt n + (-1)^n} = \frac{(-1)^n}{\sqrt n}\cdot \frac{1}{1 + \frac{(-1)^n}{\sqrt n}} = \frac{(-1)^n}{\sqrt n} - \frac{1}{n} + O\Bigl(\frac{1}{n^{3/2}}\Bigr).

Le premier morceau converge (critère des séries alternées, honnêtement appliqué à $\frac1{\sqrt n}\downarrow0$ ), le troisième converge absolument — mais le morceau du milieu est la série harmonique divergente : la somme diverge vers $-\infty$ . La leçon finale : quand la monotonie fait défaut, développez jusqu’à ce que chaque morceau soit soit absolument convergent, soit un cas d’école bien net ; le $-\frac1n$ caché est invisible au simple comptage des signes.

Remarque 7.7 (Pièges courants)

(i) « Les termes tendent vers $0$ » ne prouve rien : la série harmonique diverge. (ii) Le critère des séries alternées exige des modules décroissants — l’Exemple 7.6 en est le contre-exemple canonique, et la troisième série de l’Exercice 7.1 l’exercice d’entraînement. (iii) Les séries semi-convergentes ne peuvent pas être réordonnées (Exemple 7.12), et leurs produits de Cauchy peuvent diverger : pour le carré de $\sum\frac{(-1)^n}{\sqrt{n+1}}$ , les termes diagonaux vérifient

\abs{c_k} = \sum_{m=0}^{k} \frac{1}{\sqrt{(m+1)(k-m+1)}} \geq (k+1)\cdot\frac{2}{k+2} \longrightarrow 2 \neq 0

(chaque facteur vaut au plus $\frac{k+2}2$ par l’inégalité arithmético-géométrique), donc $\sum c_k$ diverge — la convergence absolue d’au moins un facteur (Exercice 7.8) n’est pas un luxe. (iv) La sommabilité porte sur des bornes absolues par définition : il n’existe pas de famille semi-sommable.

7.3 Familles sommables

Définition 7.8

Soit $I$ un ensemble d’indices dénombrable. Une famille $(u_i)_{i \in I}$ de réels positifs est sommable lorsque les sommes partielles finies sont bornées ; sa somme est

\sum_{i \in I} u_i = \sup_{F \subseteq I \text{ finie}} \sum_{i \in F} u_i \in \intcc{0}{+\infty} .

Une famille de réels ou de complexes (ou de vecteurs de Banach) est sommable lorsque $(\norm{u_i})$ l’est ; sa somme est alors définie en la scindant en parties positive/négative (ou réelle/imaginaire) — de manière équivalente, comme la valeur commune de $\sum_{n} u_{\sigma(n)}$ sur toutes les énumérations $\sigma$ de $I$ (voir ci-dessous).

Méthode 7.9 (Choisir un critère)

Face à $\sum u_n$ , dans l’ordre : (1) si $u_n \not\to 0$ , divergence, on s’arrête. (2) Si les termes sont de signe constant, on compare : on cherche un équivalent (Chapitre 6) et on le place sur la carte de Riemann–Bertrand. (3) Si les signes alternent avec des modules décroissants, le critère des séries alternées ; si les modules ne sont pas monotones, on développe le terme jusqu’à ce que chaque morceau soit absolument convergent ou un cas d’école bien net (Exemple 7.6). (4) Si le motif des signes est oscillant mais structuré ( $\sin n\theta$ , $\eu^{\iu n\theta}$ , puissances de matrices), le critère d’Abel avec des sommes partielles bornées. (5) La convergence absolue vaut toujours la peine d’être examinée en premier : elle est plus forte, insensible à l’ordre, et débloque les produits de Cauchy et Fubini.

Exemple 7.10 (Sommabilité par comptage diagonal)

Pour quels $s > 0$ la famille $\bigl((m + n)^{-s}\bigr)_{m, n \geq 1}$ est-elle sommable ? Regroupons les sommes partielles finies par diagonales $m + n = k$ : la diagonale $k$ porte $k - 1$ couples, contribuant chacun $k^{-s}$ , de sorte que les sommes finies sont exactement bornées par (et épuisent)

\sum_{k \geq 2} \frac{k - 1}{k^{s}} ,

une série à termes positifs équivalente à $k^{1-s}$ : sommable si et seulement si $s - 1 > 1$ , c’est-à-dire $s > 2$ . L’indice bidimensionnel dévore une puissance entière : un plan de termes est « divergent d’une dimension de plus » qu’une droite — c’est la géométrie de comptage de l’ensemble d’indices, et non la taille des termes individuels, qui décide de la sommabilité. (Le même recensement montre que $\bigl((m^2 + n^2)^{-1}\bigr)$ n’est pas sommable : sur la diagonale $m + n = k$ , chaque terme vaut au moins $k^{-2}$ , et $(k-1)\cdot k^{-2}$ se somme comme la série harmonique.)

Théorème 7.11 (Sommabilité et ordre)

Pour les familles positives, la somme est invariante par toute énumération : $\sum_{i} u_i = \sum_{n=0}^{\infty} u_{\sigma(n)}$ pour toute bijection $\sigma \colon \N \to I$ .
Une série réelle ou complexe $\sum u_n$ est commutativement convergente (tout réordonnancement converge, avec la même somme) si et seulement si elle est absolument convergente.

Démonstration. (1) Toute somme partielle $\sum_{n \leq N} u_{\sigma(n)}$ est une somme partielle finie de la famille (donc $\leq$ le sup) ; tout ensemble fini $F$ est contenu dans un $\{\sigma(0), \dots, \sigma(N)\}$ (donc le sup $\leq$ la limite de la série). Les deux bornes coïncident.

(2) Si $\sum\abs{u_n} < \infty$ : pour tout réordonnancement $\sigma$ et tout $\varepsilon > 0$ , choisissons $N$ tel que $\sum_{n > N}\abs{u_n} \leq \varepsilon$ ; au-delà du rang où $\sigma$ a épuisé $\intint{0}{N}$ , les sommes partielles réordonnées diffèrent de la limite initiale d’au plus $\varepsilon$ : même somme. Si $\sum \abs{u_n} = \infty$ mais $\sum u_n$ converge (cas réel ; le cas complexe suit coordonnée par coordonnée) : les parties positive et négative divergent toutes deux, et l’on peut réordonner pour atteindre n’importe quelle limite prescrite — le théorème de Riemann, mené dans l’Exercice 7.5 — de sorte que la convergence commutative échoue. ∎

Exemple 7.12 (Un réordonnancement pris la main dans le sac)

La série harmonique alternée a pour somme $\sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{n} = \ln 2$ (volume de Licence 1). Réordonnons-la en « un positif, deux négatifs » :

1 - \frac12 - \frac14 + \frac13 - \frac16 - \frac18 + \frac15 - \cdots

En regroupant chaque bloc de trois,

\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{4k-2} - \frac1{4k} = \frac{1}{4k-2} - \frac{1}{4k} = \frac12\Bigl(\frac{1}{2k-1} - \frac1{2k}\Bigr),

de sorte que la série réordonnée converge vers $\frac12\ln 2$ — la moitié de la somme initiale, avec exactement les mêmes termes. Les séries non absolument convergentes se souviennent de l’ordre de leurs termes ; les familles sommables sont précisément celles qui ne s’en souviennent pas.

Exemple 7.13 (Regrouper est sûr, dégrouper ne l’est pas)

Regrouper les termes consécutifs d’une série convergente ne change jamais la somme : les sommes partielles regroupées forment une sous-suite des sommes initiales. L’opération inverse est interdite :

(1 - 1) + (1 - 1) + (1 - 1) + \cdots = 0 + 0 + \cdots = 0,

alors que la série dégroupée $1 - 1 + 1 - 1 + \cdots$ diverge (les sommes partielles oscillent entre $1$ et $0$ ). Dégrouper n’est légitime que sous une hypothèse compensatrice — par exemple, des termes tendant vers $0$ avec des longueurs de paquets bornées : alors, entre deux sommes partielles regroupées, les sommes initiales dérivent d’au plus une somme de $o(1)$ termes en nombre borné, et la convergence se transfère en retour. C’est exactement la clause sous laquelle le calcul par blocs de l’Exemple 7.12 est une preuve et non un tour de passe-passe.

Théorème 7.14 (Fubini pour les familles ; produits de Cauchy)

Soit $(u_{m,n})_{(m,n) \in \N^2}$ une famille double sommable (c’est-à-dire $\sup_F \sum_F \abs{u_{m,n}} < \infty$ ). Alors

\sum_{(m,n)} u_{m,n} = \sum_{m=0}^{\infty}\Bigl(\sum_{n=0}^{\infty} u_{m,n}\Bigr) = \sum_{n=0}^{\infty}\Bigl(\sum_{m=0}^{\infty} u_{m,n}\Bigr) = \sum_{k=0}^{\infty}\Bigl(\sum_{m+n=k} u_{m,n}\Bigr),

toutes les séries internes convergeant (absolument). En particulier, si $\sum a_m$ et $\sum b_n$ convergent absolument, leur produit de Cauchy converge absolument avec

\Bigl(\sum_m a_m\Bigr)\Bigl(\sum_n b_n\Bigr) = \sum_{k=0}^{\infty} c_k, \qquad c_k = \sum_{m=0}^{k} a_m b_{k-m} .

Démonstration. Cas positif. Chaque regroupement (par lignes, colonnes ou diagonales) calcule le même supremum : tout ensemble fini de couples est contenu dans un bloc fini de lignes (minorant chaque somme regroupée par des sommes partielles finies et la majorant par le total), et la convergence monotone des sommes partielles fait le reste — concrètement, pour les lignes : $\sum_{m \leq M}\sum_{n \leq N} u_{m,n} \leq S$ donne, en faisant $N \to \infty$ puis $M \to \infty$ , $\sum_m \sum_n u_{m,n} \leq S$ ; réciproquement, tout ensemble fini $F$ se loge dans un tel rectangle, donc $S \leq \sum_m\sum_n u_{m,n}$ . Diagonales : les deux mêmes bornes avec des triangles au lieu de rectangles.

Cas général. On scinde en parties positive et négative (réelle et imaginaire), chacune une famille positive sommable ; les quatre regroupements coïncident sur chaque partie, donc sur la différence ; la convergence absolue des séries internes vient du cas positif appliqué à $\abs{u_{m,n}}$ .

Produit de Cauchy. La famille $u_{m,n} = a_m b_n$ est sommable : les sommes partielles finies de $\abs{a_mb_n}$ sont bornées par $\bigl(\sum\abs{a_m}\bigr)\bigl(\sum\abs{b_n}\bigr)$ . Les lignes donnent $\bigl(\sum a_m\bigr)\bigl(\sum b_n\bigr)$ ; les diagonales donnent $\sum_k c_k$ . ∎

Exemple 7.15 (L’identité exponentielle, honnêtement)

Pour $a, b \in \C$ (ou des matrices qui commutent) :

\Bigl(\sum_m \frac{a^m}{m!}\Bigr)\Bigl(\sum_n \frac{b^n}{n!}\Bigr) = \sum_k \sum_{m+n=k} \frac{a^m b^n}{m!\,n!} = \sum_k \frac{(a + b)^k}{k!},

par la formule du binôme sur chaque diagonale : $\eu^a \eu^b = \eu^{a+b}$ — l’équation fonctionnelle de $\exp$ obtenue à partir de la seule série. (La commutation sert dans l’étape du binôme ; pour des matrices qui ne commutent pas, l’identité est réellement fausse, Chapitre 16.)

Exemple 7.16 (Les produits de Cauchy comme outil de calcul)

À partir de la série géométrique et du $\sum_{n \geq 1} nz^n = \frac{z}{(1-z)^2}$ ( $\abs z < 1$ ) de l’Exercice 7.2, un produit de Cauchy de plus achève le moment d’ordre deux. Multiplions $\sum_m mz^m$ par $\sum_n z^n$ : le coefficient diagonal est $\sum_{m=0}^k m = \frac{k(k+1)}2$ , donc

\frac{z}{(1-z)^3} = \sum_{k\geq0}\frac{k(k+1)}{2}\,z^k ,

et l’identité $n^2 = 2\cdot\frac{n(n+1)}2 - n$ assemble

\sum_{n\geq1} n^2z^n = \frac{2z}{(1-z)^3} - \frac{z}{(1-z)^2} = \frac{z(1+z)}{(1-z)^3} .

En $z = \frac12$ : $\sum_{n\geq1}\frac{n^2}{2^n} = \frac{\frac12\cdot\frac32}{\frac18} = 6$ — une valeur close sans la moindre dérivation, rien que des séries absolument convergentes multipliées comme des polynômes. Le même télescopage d’identités calcule tout $\sum n^dz^n$ , et les probabilistes reconnaîtront le moment factoriel d’ordre deux de la loi géométrique (Chapitre 23).

Exemple 7.17 (Une évaluation de somme double)

Pour $s > 1$ réel, posons $\zeta(s) = \sum_{n\geq1} n^{-s}$ . En comptant les diviseurs par sommation double — la famille $(m^{-s}n^{-s})$ sur $(m,n) \in (\N^*)^2$ est sommable (produit de séries positives convergentes) — et en regroupant par le produit $q = mn$ :

\zeta(s)^2 = \sum_{m,n} \frac{1}{(mn)^s} = \sum_{q=1}^{\infty} \frac{d(q)}{q^s},

où $d(q)$ est le nombre de diviseurs de $q$ . Les familles sommables transforment la combinatoire en analyse.

Exemple 7.18 (Une évaluation par Fubini : $\sum_n (\zeta(n) - 1) = 1$ )

Pour $n \geq 2$ entier, $\zeta(n) - 1 = \sum_{k \geq 2} k^{-n}$ . La famille double $(k^{-n})_{k, n \geq 2}$ est sommable : en sommant d’abord les colonnes géométriques,

\sum_{k\geq2}\sum_{n\geq2} \frac{1}{k^n} = \sum_{k\geq2} \frac{1/k^2}{1 - 1/k} = \sum_{k\geq2} \frac{1}{k(k-1)} = 1

(télescopage), et tous les termes sont positifs, de sorte que le Théorème 7.14 autorise à sommer par lignes à la place :

\sum_{n\geq2}\bigl(\zeta(n) - 1\bigr) = 1 .

Les valeurs $\zeta$ en nombre infini, chacune d’allure transcendante, ont des restes qui s’additionnent pour donner exactement $1$ . Leçon finale : quand une somme double a des termes positifs, calculez-la dans l’ordre qui s’effondre — ici les colonnes sont géométriques, les lignes mystérieuses, et Fubini transfère l’effondrement.

Exemple 7.19 (La série géométrique résout une équation)

Dans l’espace de Banach $\bigl(C(\intcc01), \norm\cdot_\infty\bigr)$ , résolvons $x - K(x) = y$ où $K(f)$ est la fonction constante $\frac12\int_0^1 f$ . La norme d’opérateur vaut $\vertiii K \leq \frac12 < 1$ , donc la série de Neumann s’applique (Exemple 7.2) : $x = \sum_{n\geq0} K^n(y)$ . Calculons les itérées : $K(y) = \frac12\int_0^1 y$ (une constante), et l’application de $K$ à une constante $c$ donne $\frac c2$ , donc $K^n(y) = \frac{1}{2^{n-1}}\cdot\frac12\int_0^1 y$ pour $n \geq 1$ . En sommant les constantes géométriques :

x = y + \Bigl(\int_0^1 y\Bigr) \sum_{n\geq1}\frac{1}{2^n} = y + \int_0^1 y .

Vérification : $x - K(x) = y + \int y - \frac12\bigl(\int y + \int y\bigr) = y$ . Une série infinie, une réponse finie, et une vérification en une ligne — la série géométrique est un algorithme d’inversion, pas seulement un énoncé de convergence.

Exemple 7.20 (Télescopage par décomposition en éléments simples)

La sommation exacte est rare ; le télescopage en est le principal fournisseur. Décomposons

\frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \frac{1}{2}\Bigl(\frac{1}{n(n+1)} - \frac{1}{(n+1)(n+2)}\Bigr),

(à vérifier par réduction au même dénominateur), de sorte que les sommes partielles s’effondrent :

\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \frac12\Bigl(\frac{1}{1\cdot2} - \frac{1}{(N+1)(N+2)}\Bigr) \longrightarrow \frac14 .

Le même schéma — écrire le terme sous la forme $c(u_n - u_{n+1})$ pour un $(u_n)$ explicite — a résolu l’Exercice 7.10 (arctangentes) et calcule tout $\sum\frac{1}{n(n+1)\cdots(n + k)} = \frac{1}{k\cdot k!}$ . Lorsqu’une somme exacte existe à ce niveau, un télescope se cache généralement dans le terme.

Remarque 7.21 (Perspectives au sein de ce volume)

Trois chapitres à venir en sont des clients directs. Pour le Chapitre 10 : la convergence normale de $\sum f_n$ est la convergence absolue de $\sum\norm{f_n}_\infty$ dans l’espace de Banach $\bigl(C, \norm\cdot_\infty\bigr)$ — le Théorème 5.21 de ce chapitre déguisé. Pour le Chapitre 11 : à l’intérieur du disque de convergence tout est absolu et sommable, de sorte que les produits de Cauchy et les réordonnancements sont libres (c’est pourquoi les séries entières se multiplient comme des polynômes) ; au bord, le critère d’Abel prend le relais (Exemple 7.5). Pour le Chapitre 23 : les fonctions génératrices des probabilités sont des séries entières dont les manipulations — produits pour les sommes de variables indépendantes, sommes doubles pour les lois composées — sont toutes autorisées par le Théorème 7.14. Les familles sommables sont le service juridique de l’analyse à venir.

Remarque 7.22 (Où ce chapitre est utilisé)

Tout ce qui comporte une somme infinie passe par ici : les séries entières (Chapitre 11) sont des familles sommables déguisées, les coefficients de Fourier se multiplient par des produits de Cauchy et se réordonnent par Parseval (Chapitre 14), et les fonctions génératrices des probabilités (Chapitre 23) sont le théorème de Fubini appliqué aux espérances. Le volume de Licence 3 absorbe les familles sommables dans l’intégration de Lebesgue par rapport à la mesure de comptage — où le Théorème 7.14 devient un cas particulier du théorème de Fubini–Tonelli.

7.4 Exercices

Exercice 7.1 ★

Nature de : $\sum \dfrac{\cos n}{n}$ ; $\;\sum \dfrac{(-1)^n}{\ln n}$ ; $\;\sum \dfrac{(-1)^n}{n^{3/4} + \cos n}$ (développer comme dans le piège de première année : le critère des séries alternées exige la monotonie).

Solution

Solution de Exercice 7.1.

$\sum\frac{\cos n}{n}$ : critère d’Abel avec $a_n = \frac1n$ et $b_n = \cos n$ , dont les sommes partielles sont bornées (partie réelle d’une somme géométrique, comme dans l’Exemple 7.4) : convergente (pas absolument, par la même astuce du $\cos^2$ ).

$\sum \frac{(-1)^n}{\ln n}$ ( $n \geq 2$ ) : critère des séries alternées, $\frac{1}{\ln n} \downarrow 0$ : convergente ; pas absolument ( $\ln n \leq n$ ).

$\sum \frac{(-1)^n}{n^{3/4} + \cos n}$ : on développe,

\frac{(-1)^n}{n^{3/4} + \cos n} = \frac{(-1)^n}{n^{3/4}}\cdot \frac{1}{1 + \frac{\cos n}{n^{3/4}}} = \frac{(-1)^n}{n^{3/4}} - \frac{(-1)^n\cos n}{n^{3/2}} + O\Bigl(\frac{1}{n^{9/4}}\Bigr).

Première série : alternée, convergente. Deuxième : absolument convergente (échelle $\frac{1}{n^{3/2}}$ ). Troisième : absolument convergente. Total : convergente.

Exercice 7.2 ★

Montrer que pour $\abs z < 1$ : $\sum_{n\geq1} n z^{n} = \dfrac{z}{(1-z)^2}$ , via le produit de Cauchy de $\sum z^n$ par elle-même.

Solution

Solution de Exercice 7.2.

Produit de Cauchy de $\sum_{m\geq0} z^m$ par elle-même (toutes deux absolument convergentes pour $\abs z < 1$ ) : le coefficient diagonal est $c_k = \sum_{m=0}^{k} 1 = k + 1$ , donc

\frac{1}{(1-z)^2} = \sum_{k\geq0} (k+1)z^k .

En multipliant par $z$ et en réindexant : $\sum_{n \geq 1} n z^n = \frac{z}{(1-z)^2}$ .

Exercice 7.3 ★★

(Lemme de type Kronecker) Soit $\sum b_n$ une série réelle convergente. Montrer, par la transformation d’Abel, que $\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} k\,b_k \to 0$ .

Solution

Solution de Exercice 7.3.

Posons $B_n = \sum_{k \leq n} b_k \to B$ . Transformation d’Abel avec $a_k = k$ :

\sum_{k=1}^{n} k\,b_k = n B_n - \sum_{k=1}^{n-1} B_k \quad\Longrightarrow\quad \frac1n \sum_{k=1}^{n} k b_k = B_n - \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-1} B_k .

Les moyennes de Cesàro de la suite convergente $(B_k)$ tendent vers sa limite $B$ (volume de Licence 1), donc le membre de droite tend vers $B - B = 0$ .

Exercice 7.4 ★★

Étudier la convergence de $\sum \dfrac{\sin(n\theta)}{n^\alpha}$ ( $\theta \in \R$ , $\alpha > 0$ ) — pour quels $(\theta, \alpha)$ est-elle absolument convergente, semi-convergente, divergente ?

Solution

Solution de Exercice 7.4.

Si $\theta \in \pi\Z$ : tous les termes sont nuls — convergente trivialement. Supposons $\theta \notin \pi\Z$ .

$\alpha > 1$ : absolument convergente (domination par $n^{-\alpha}$ ).

$0 < \alpha \leq 1$ : le critère d’Abel s’applique ( $a_n = n^{-\alpha} \downarrow 0$ ; sommes partielles de $\sin n\theta$ bornées par $\frac{1}{\abs{\sin(\theta/2)}}$ , somme géométrique) : convergente. Pas absolument : $\abs{\sin n\theta} \geq \sin^2 n\theta = \frac{1 - \cos 2n\theta}{2}$ , et $\sum \frac{1 - \cos 2n\theta}{2n^\alpha}$ diverge ( $\sum n^{-\alpha}$ diverge ; $\sum \frac{\cos 2n\theta}{n^\alpha}$ converge par Abel lorsque $2\theta \notin 2\pi\Z$ ; le cas exclu $2\theta \in 2\pi\Z$ signifie $\theta \in \pi\Z$ , déjà traité). Semi-convergente.

Exercice 7.5 ★★★

(Réordonnancement de Riemann) Soit $\sum u_n$ une série réelle convergente mais non absolument convergente, et $\ell \in \R$ . Montrer qu’un certain réordonnancement de $\sum u_n$ converge vers $\ell$ . (Montrer que les deux sous-séries des termes positifs et négatifs divergent ; puis alterner gloutonnement : prendre des termes positifs jusqu’à dépasser $\ell$ , puis des négatifs jusqu’à passer en dessous, et ainsi de suite ; les termes tendent vers $0$ , ce qui force la convergence vers $\ell$ .)

Solution

Solution de Exercice 7.5.

Soient $p_1, p_2, \dots$ les termes positifs de $(u_n)$ dans l’ordre, $q_1, q_2, \dots$ les termes négatifs. Les deux séries $\sum p_k$ et $\sum q_k$ divergent : si l’une convergeait, l’autre serait égale à la série convergente $\sum u_n$ moins celle-ci, donc convergerait aussi — et alors $\sum \abs{u_n} = \sum p_k - \sum q_k$ convergerait, contredisant l’hypothèse. De plus $u_n \to 0$ ( $\sum u_n$ converge).

Réordonnancement glouton : prendre des termes positifs $p_1, p_2, \dots$ jusqu’à ce que le total courant dépasse $\ell$ pour la première fois (possible : $\sum p_k = +\infty$ ) ; puis des termes négatifs jusqu’à ce que le total passe sous $\ell$ pour la première fois (possible : $\sum q_k = -\infty$ ) ; répéter indéfiniment (chaque phase est finie, et chaque terme est utilisé exactement une fois : un vrai réordonnancement). Après chaque changement, la distance du total courant à $\ell$ vaut au plus le dernier terme utilisé ; comme les termes utilisés au $m$ -ième changement ont un indice $\to \infty$ , et que $u_n \to 0$ , les totaux courants convergent vers $\ell$ .

Exercice 7.6 ★★

Montrer que la famille $\Bigl(\dfrac{x^{m+n}}{m!\,n!}\Bigr)_{(m,n)\in\N^2}$ est sommable pour tout $x \in \R$ , et retrouver l’identité $(\eu^x)^2 = \eu^{2x}$ en regroupant la somme double le long des diagonales $m + n = k$ .

Solution

Solution de Exercice 7.6.

Sommabilité : les sommes partielles finies de $\frac{\abs x^{m+n}}{m!n!}$ sont bornées par $\bigl(\sum_m \frac{\abs x^m}{m!}\bigr)^2 = \eu^{2\abs x}$ . Regroupement diagonal (Théorème 7.14) :

(\eu^{x})^2 = \sum_{m,n} \frac{x^{m+n}}{m!\,n!} = \sum_{k=0}^{\infty} x^k \sum_{m+n=k} \frac{1}{m!\,n!} = \sum_k \frac{x^k}{k!}\sum_{m=0}^{k}\binom km = \sum_k \frac{(2x)^k}{k!} = \eu^{2x} .

Exercice 7.7 ★★

Montrer que la famille $\bigl(\frac{1}{m^2 n^2}\bigr)_{m,n \geq 1}$ est sommable, et qu’en regroupant par le $\gcd$ : avec $q = \gcd(m,n)$ ,

\zeta(2)^2 = \sum_{q\geq1} \frac{1}{q^4} \sum_{\substack{a,b \geq 1\\ \gcd(a,b)=1}} \frac{1}{a^2b^2} = \zeta(4) \cdot S,

où $S = \sum_{\gcd(a,b)=1} \frac{1}{a^2b^2}$ : en déduire $S = \zeta(2)^2/\zeta(4)$ . (Tout couple $(m,n)$ s’écrit de manière unique $(qa, qb)$ avec $\gcd(a,b) = 1$ .)

Solution

Solution de Exercice 7.7.

Sommabilité : bornée par $\zeta(2)^2$ en tant que famille produit (l’argument du produit de Cauchy du Théorème 7.14). L’application $(q, a, b) \mapsto (qa, qb)$ , des triplets avec $\gcd(a, b) = 1$ vers les couples $(m, n)$ , est une bijection (poser $q = \gcd(m,n)$ ). En regroupant la famille sommable en conséquence (une partition de l’ensemble d’indices — légitime pour les familles sommables d’après le Théorème 7.11/le Théorème 7.14 appliqué à la partition en une infinité dénombrable de classes) :

\zeta(2)^2 = \sum_{q} \sum_{\gcd(a,b)=1} \frac{1}{q^4 a^2 b^2} = \zeta(4)\, S, \qquad\text{donc}\qquad S = \frac{\zeta(2)^2}{\zeta(4)} .

(Avec les valeurs $\zeta(2) = \frac{\pi^2}{6}$ , $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ du Chapitre 14 : $S = \frac{5}{2}$ .)

Exercice 7.8 ★★★

(Théorème d’Abel sur les produits, version allégée) Supposons que $\sum a_n$ converge absolument et que $\sum b_n$ converge. Montrer que leur produit de Cauchy $\sum c_n$ converge, avec $\sum c_n = (\sum a_n)(\sum b_n)$ . (Écrire $C_N = \sum_{k\leq N} c_k = \sum_n a_n B_{N-n}$ avec $B$ les sommes partielles de $b$ ; scinder selon $n \leq N/2$ ou non, en utilisant le caractère borné de $(B_m)$ et le reste absolu de $(a_n)$ .)

Solution

Solution de Exercice 7.8.

Posons $A = \sum a_n$ (absolue), $B_m = \sum_{k\leq m} b_k \to B$ , bornée par $M$ . Alors

C_N = \sum_{k=0}^{N} c_k = \sum_{n=0}^{N} a_n B_{N-n}

(en regroupant par l’indice de $a$ ). Écrivons

C_N - AB = \sum_{n=0}^{N} a_n (B_{N-n} - B) - B\sum_{n > N} a_n .

Le dernier terme tend vers $0$ . Scindons la somme en $n = \lfloor N/2 \rfloor$ : pour $n \leq N/2$ , $N - n \geq N/2$ , donc $\abs{B_{N-n} - B} \leq \varepsilon_N := \sup_{m \geq N/2}\abs{B_m - B} \to 0$ , et cette partie est $\leq \varepsilon_N \sum\abs{a_n}$ ; pour $n > N/2$ , $\abs{B_{N-n} - B} \leq 2M$ , et cette partie est $\leq 2M \sum_{n > N/2} \abs{a_n} \to 0$ . D’où $C_N \to AB$ .

Exercice 7.9 ★★★

Dans l’espace (non complet) $E$ des suites réelles nulles à partir d’un certain rang, muni de la norme sup, exhiber une série absolument convergente qui ne converge pas dans $E$ . (Essayer $u_n = 2^{-n} e_n$ avec $(e_n)$ les suites canoniques.)

Solution

Solution de Exercice 7.9.

Prenons $u_n = 2^{-n} e_n$ ( $e_n$ la suite ayant un unique $1$ en position $n$ ). Alors $\sum \norm{u_n}_\infty = \sum 2^{-n} < \infty$ : absolument convergente. Mais les sommes partielles $S_N = (1, \tfrac12, \dots, 2^{-N}, 0, \dots)$ devraient converger vers la suite $(2^{-n})_n$ , qui n’est pas nulle à partir d’un certain rang : en dehors de $E$ . Dans $E$ , $(S_N)$ est de Cauchy sans limite ( $\norm{S_N - x}_\infty \geq 2^{-N-1}$ ne peut aider aucun $x$ nul à partir d’un certain rang : pour tout $x \in E$ s’annulant au-delà du rang $K$ , $\norm{S_N - x} \geq 2^{-K-1}$ pour $N > K$ ) : la série ne converge pas dans $E$ . La complétude est exactement ce dont le Théorème 5.21 a besoin.

Exercice 7.10 ★★

Vérifier l’identité $\arctan(n+1) - \arctan(n) = \arctan\dfrac{1}{n^2 + n + 1}$ , et en déduire la valeur exacte de

\sum_{n=1}^{\infty} \arctan\frac{1}{n^2 + n + 1} .

Solution

Solution de Exercice 7.10.

$\arctan(n+1) - \arctan n$ et $\arctan\frac{1}{n^2+n+1}$ appartiennent tous deux à $\intoo{0}{\frac\pi2}$ , et la formule d’addition de la tangente donne

\tan\bigl(\arctan(n{+}1) - \arctan n\bigr) = \frac{(n+1) - n}{1 + n(n+1)} = \frac{1}{n^2 + n + 1} :

tangentes égales dans un intervalle où $\tan$ est injective, donc l’identité est vraie. Par télescopage,

\sum_{n=1}^{N}\arctan\frac{1}{n^2+n+1} = \arctan(N{+}1) - \arctan 1 \xrightarrow[N\to\infty]{} \frac\pi2 - \frac\pi4 = \frac\pi4 .

Exercice 7.11 ★★

Déterminer la nature (avec équivalents) de

\sum_n \bigl(\sqrt{n+1} - \sqrt n\bigr)^{\alpha} \ (\alpha > 0), \qquad \sum_n \Bigl(1 - \cos\frac1n\Bigr), \qquad \sum_n \Bigl(\eu - \Bigl(1 + \frac1n\Bigr)^{\!n}\Bigr).

Solution

Solution de Exercice 7.11.

Première : $\sqrt{n+1} - \sqrt n = \frac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt n} \sim \frac{1}{2\sqrt n}$ , donc les termes sont $\sim 2^{-\alpha}n^{-\alpha/2}$ : convergence si et seulement si $\frac\alpha2 > 1$ , c’est-à-dire $\alpha > 2$ . Deuxième : $1 - \cos\frac1n \sim \frac{1}{2n^2}$ : converge. Troisième : $\bigl(1 + \frac1n\bigr)^n = \eu^{\,n\ln(1 + 1/n)} = \eu^{\,1 - \frac1{2n} + O(n^{-2})} = \eu\bigl(1 - \frac{1}{2n} + O(n^{-2})\bigr)$ , donc

\eu - \Bigl(1 + \frac1n\Bigr)^{\!n} \sim \frac{\eu}{2n} :

termes positifs équivalents à un multiple harmonique : diverge.

Exercice 7.12 ★★★

Soit $(a_n)$ positive et décroissante avec $\sum a_n$ convergente. Montrer que $n\,a_n \to 0$ (majorer $n a_{2n}$ par un reste). Montrer que la réciproque est fausse, et que la monotonie est essentielle, avec des contre-exemples explicites.

Solution

Solution de Exercice 7.12.

Par monotonie, $n\,a_{2n} \leq a_{n+1} + a_{n+2} + \dots + a_{2n} = S_{2n} - S_n \to 0$ (critère de Cauchy pour la série convergente). D’où $2n\,a_{2n} \to 0$ , et $(2n{+}1)\, a_{2n+1} \leq (2n{+}1)a_{2n} = \frac{2n+1}{2n}\,(2n\,a_{2n}) \to 0$ : les deux sous-suites de $(na_n)$ tendent vers $0$ , donc $na_n \to 0$ .

La réciproque est fausse : $a_n = \frac1{n\ln n}$ est positive décroissante avec $na_n = \frac1{\ln n} \to 0$ , et pourtant $\sum a_n$ diverge (frontière de Bertrand, Problème 7.1, question 18). Monotonie essentielle : posons $a_n = \frac1n$ quand $n$ est une puissance de $2$ et $a_n = 2^{-n}$ sinon : $\sum a_n \leq \sum_k 2^{-k} + \sum_n 2^{-n} < \infty$ , mais $na_n = 1$ le long des puissances de $2$ : $na_n \not\to 0$ .

7.5 Problème : le $\zeta(2) = \pi^2/6$ d’Euler, par la somme des cotangentes de Cauchy

L’identité la plus célèbre d’Euler, $1 + \frac14 + \frac19 + \cdots = \frac{\pi^2}6$ , admet une preuve entièrement élémentaire, due à Cauchy : la formule de de Moivre produit un polynôme dont les racines sont les nombres $\cot^2\frac{k\pi}{2n+1}$ , Viète en somme les racines exactement, et l’encadrement $\cot^2\theta < \frac{1}{\theta^2} < 1 + \cot^2\theta$ écrase les sommes partielles de $\sum\frac1{k^2}$ entre deux bornes rationnelles explicites. Nous menons la preuve en entier, extrayons $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ par la même méthode, puis cartographions toute la frontière entre convergence et divergence à l’aide des séries de Bertrand — et prouvons que la frontière ne porte aucune série convergente la plus lente.

Problème 7.1

Problème du week-end — $\zeta(2) = \pi^2/6$ et le panorama de Bertrand

Dans tout ce qui suit, $n \geq 1$ et $\theta_k = \dfrac{k\pi}{2n+1}$ pour $k = 1, \dots, n$ ; noter que $0 < \theta_k < \frac\pi2$ .

Partie I — L’identité de la cotangente.

Prouver la formule de de Moivre $(\cos\theta + \iu\sin\theta)^m = \cos m\theta + \iu\sin m\theta$ ( $m \in \N$ ), et en déduire, pour $m = 2n + 1$ ,

$\sin\bigl((2n{+}1)\theta\bigr) = \sum_{j=0}^{n} (-1)^j\binom{2n+1}{2j+1}\cos^{2(n-j)}\theta\, \sin^{2j+1}\theta .$
En déduire que pour $\theta \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ ,

$\sin\bigl((2n{+}1)\theta\bigr) = \sin^{2n+1}\theta\; P_n(\cot^2\theta), \qquad P_n(x) = \sum_{j=0}^{n} (-1)^j\binom{2n+1}{2j+1}x^{\,n-j},$

un polynôme de degré $n$ de coefficient dominant $2n + 1$ .
Montrer que $x_k = \cot^2\theta_k$ , $k = 1, \dots, n$ , sont $n$ racines distinctes de $P_n$ — donc toutes ses racines.
Par Viète, prouver l’identité exacte

$\sum_{k=1}^{n} \cot^2\frac{k\pi}{2n+1} = \frac{n(2n-1)}{3}.$
En déduire aussi $\displaystyle\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sin^2\theta_k} = \frac{2n(n+1)}{3}$ .
Prouver l’encadrement : $\cot^2\theta < \dfrac1{\theta^2} < \dfrac{1}{\sin^2\theta}$ pour $\theta \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ (à partir de $\sin\theta < \theta < \tan\theta$ ).

Partie II — L’encadrement se referme : le théorème d’Euler.

En sommant la question 6 sur $k = 1, \dots, n$ avec $\theta = \theta_k$ , établir

$\frac{n(2n-1)}{3} \;<\; \frac{(2n+1)^2}{\pi^2}\sum_{k=1}^{n}\frac1{k^2} \;<\; \frac{2n(n+1)}{3}.$
Conclure (théorème d’Euler, par la preuve de Cauchy) :

$\zeta(2) = \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^2} = \frac{\pi^2}{6}.$
Extraire une vitesse de l’encadrement : montrer

$\Bigl|\sum_{k=1}^{n}\frac1{k^2} - \frac{\pi^2}6\Bigr| = O\Bigl(\frac1n\Bigr),$

en cohérence avec le reste exact $\sum_{k>n}k^{-2} = \frac1n - \frac{1}{2n^2} + O(n^{-3})$ de Exercice 6.11.
Faire tourner la machine un étage plus haut : en utilisant la deuxième fonction symétrique de Viète de $P_n$ , montrer

$\sum_{k=1}^{n}\cot^4\theta_k = \Bigl(\frac{n(2n-1)}3\Bigr)^{\!2} - \frac{2n(2n-1)(2n-2)(2n-3)}{60} \;\sim\; \frac{8n^4}{45},$

et encadrer avec $\cot^4 < \theta^{-4} < (1 + \cot^2)^2$ pour obtenir $\zeta(4) = \dfrac{\pi^4}{90}$ .

Partie III — Dividendes.

Déduire de $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ :

$\sum_{k\geq0}\frac{1}{(2k+1)^2} = \frac{\pi^2}{8}, \qquad \sum_{k\geq1}\frac{(-1)^{k-1}}{k^2} = \frac{\pi^2}{12}.$
Combiner avec l’Exercice 7.7 : calculer $S = \sum_{\gcd(a,b)=1}\frac{1}{a^2b^2} = \frac{\zeta(2)^2}{\zeta(4)} = \frac52$ , et interpréter $\frac{1}{\zeta(2)} = \frac{6}{\pi^2} \approx 0.608$ comme la densité des couples premiers entre eux (énoncer l’heuristique honnêtement : le comptage rigoureux relève du volume de Licence 3).
(Accélération certifiée) La formule du reste de la question 9 donne $\sum_{k\leq n}k^{-2} + \frac1n - \frac1{2n^2} = \frac{\pi^2}6 + O(n^{-3})$ . Comparer le travail nécessaire pour six chiffres de $\zeta(2)$ : sommation directe contre somme corrigée en $n = 100$ (où l’erreur est $1.7\cdot10^{-7}$ ).
Vérifier la question 4 à la main en $n = 1$ et $n = 2$ (les valeurs $\cot^2\frac\pi3 = \frac13$ et $\cot^2\frac\pi5 + \cot^2\frac{2\pi}5 = 2$ ), en utilisant $\cos\frac\pi5 = \frac{1+\sqrt5}4$ ou une évaluation numérique.
Prouver l’identité compagne

$\sum_{k=1}^{n}\tan^2\frac{k\pi}{2n+1} = n(2n+1)$

(les nombres $\tan^2\theta_k$ sont les racines du polynôme renversé $x^nP_n(1/x)$ ), et la vérifier en $n = 1$ .

Partie IV — Le panorama de Bertrand. Pour $\alpha, \beta \in \R$ , considérons les séries de Bertrand

\sum_{n \geq 3} \frac{1}{n^{\alpha}(\ln n)^{\beta}} .

Montrer que pour $\alpha > 1$ la série converge, quel que soit $\beta$ (comparer avec $n^{-(1+\alpha)/2}$ ).
Montrer que pour $\alpha < 1$ elle diverge, quel que soit $\beta$ .
Pour $\alpha = 1$ : à l’aide de la comparaison série–intégrale (Théorème 6.6) avec $f(t) = \frac{1}{t(\ln t)^\beta}$ , prouver la convergence si et seulement si $\beta > 1$ .
Itérer la frontière : montrer que $\sum\frac{1}{n\ln n\,\ln\ln n}$ diverge tandis que $\sum\frac{1}{n\ln n\,(\ln\ln n)^2}$ converge.
Deux pièges : déterminer la nature de

$\sum_n \frac{1}{n^{1 + 1/\ln n}} \qquad\text{et}\qquad \sum_n \frac{1}{n^{1 + 1/\ln\ln n}}$

(calculer $n^{1/\ln n}$ exactement ; comparer $n^{1/\ln\ln n}$ avec toute puissance de $\ln n$ ).
(Aucune série convergente la plus lente) Soit $\sum a_n$ une série convergente quelconque avec $a_n > 0$ , et $R_n = \sum_{k \geq n}a_k$ ses restes. Montrer que $\sum \frac{a_n}{\sqrt{R_n}}$ converge encore (comparer avec le télescopage $2(\sqrt{R_n} - \sqrt{R_{n+1}})$ ), bien que $\frac{a_n/\sqrt{R_n}}{a_n} \to \infty$ : toute série convergente est strictement dominée par une autre série convergente. La frontière de la convergence n’est pas une courbe mais un brouillard.

Partie V — Vérifications croisées et synthèse.

(Condensation de Cauchy) Prouver : pour $(a_n)$ positive décroissante, $\sum a_n$ converge si et seulement si $\sum 2^k a_{2^k}$ converge. En redériver la frontière de la question 18.
(Le coût de la lenteur) Pour $\sum\frac1{n(\ln n)^2}$ , majorer le reste par une intégrale et montrer que sommer jusqu’à $N = 10^6$ laisse encore une erreur supérieure à $0.07$ : une convergence certifiée par la théorie peut être inutile pour le calcul numérique — à contraster avec la question 13.
Classer (avec des justifications d’une ligne) : $\sum\frac1{n\ln n}$ , $\sum\frac1{n^{1.01}}$ , $\sum\frac{(\ln n)^{100}}{n^{1.001}}$ , $\sum\frac1{n(\ln n)(\ln\ln n)^{3}}$ .
(Synthèse) Une phrase pour chaque point : comment de Moivre a transformé une identité trigonométrique en un polynôme aux sommes de racines calculables ; où l’encadrement a eu besoin d’identités exactes aux extrémités plutôt que d’équivalents ; quel outil du Chapitre 6 a alimenté la partie IV ; et ce que la question 21 dit du rêve d’un « test de comparaison universel ». Nommer les deux sommets : le $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ d’Euler (et son étage supérieur, $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ ), et la classification de Bertrand. Noter où $\zeta(2)$ sera de nouveau prouvé : par Parseval au Chapitre 14 — un seul théorème, deux civilisations.

Solution

Solution de Problème 7.1.

1. Récurrence sur $m$ : pour $m = 0$ les deux membres valent $1$ ; l’étape multiplie par $\cos\theta + \iu\sin\theta$ et utilise les formules d’addition $\cos(m\theta + \theta) = \cos m\theta\cos\theta - \sin m\theta\sin\theta$ , $\sin(m\theta + \theta) = \sin m\theta\cos\theta + \cos m\theta\sin\theta$ . En développant plutôt par la formule du binôme avec $m = 2n+1$ et en collectant la partie imaginaire (les puissances impaires de $\iu\sin\theta$ , avec $\iu^{2j+1} = (-1)^j\iu$ ) :

\sin\bigl((2n{+}1)\theta\bigr) = \sum_{j=0}^{n}(-1)^j \binom{2n+1}{2j+1}\cos^{2(n-j)}\theta\,\sin^{2j+1}\theta .

2. Sur $\intoo0{\frac\pi2}$ , $\sin\theta \neq 0$ : on factorise $\sin^{2n+1}\theta$ dans chaque terme, laissant $\bigl(\frac{\cos^2\theta}{\sin^2\theta}\bigr)^{n-j} = (\cot^2\theta)^{n-j}$ : l’identité affichée avec $P_n(x) = \sum_j(-1)^j\binom{2n+1}{2j+1}x^{n-j}$ . Son coefficient de degré $n$ est celui de $j = 0$ , à savoir $\binom{2n+1}{1} = 2n + 1 \neq 0$ .

3. En $\theta_k = \frac{k\pi}{2n+1}$ : $\sin\bigl((2n{+}1)\theta_k\bigr) = \sin k\pi = 0$ alors que $\sin^{2n+1}\theta_k \neq 0$ , donc $P_n(\cot^2\theta_k) = 0$ . Les $\theta_k$ croissent strictement dans $\intoo0{\frac\pi2}$ , où $\cot^2$ est strictement décroissante : les valeurs $x_k = \cot^2\theta_k$ sont deux à deux distinctes — $n$ racines distinctes d’un polynôme de degré $n$ , donc toutes ses racines.

4. Viète : la somme des racines est l’opposé du rapport des coefficients de $x^{n-1}$ et $x^n$ :

\sum_{k=1}^{n}\cot^2\theta_k = \frac{\binom{2n+1}{3}}{\binom{2n+1}{1}} = \frac{(2n+1)(2n)(2n-1)/6}{2n+1} = \frac{n(2n-1)}{3}.

5. $\frac{1}{\sin^2\theta} = 1 + \cot^2\theta$ : en sommant, $n + \frac{n(2n-1)}3 = \frac{3n + 2n^2 - n}{3} = \frac{2n(n+1)}{3}$ .

6. Sur $\intoo{0}{\frac\pi2}$ : $\sin\theta < \theta < \tan\theta$ (volume de Licence 1). Le passage aux inverses renverse : $\cot\theta < \frac1\theta < \frac1{\sin\theta}$ , et l’élévation au carré (tout est positif) donne $\cot^2\theta < \frac1{\theta^2} < \frac1{\sin^2\theta}$ .

7. Sommons la question 6 en $\theta = \theta_k$ sur $k \leq n$ , en utilisant les questions 4 et 5, et $\frac1{\theta_k^2} = \frac{(2n+1)^2}{k^2\pi^2}$ :

\frac{n(2n-1)}3 < \frac{(2n+1)^2}{\pi^2}\sum_{k=1}^n\frac1{k^2} < \frac{2n(n+1)}3 .

8. Multiplions par $\frac{\pi^2}{(2n+1)^2}$ :

\frac{\pi^2}{3}\cdot\frac{n(2n-1)}{(2n+1)^2} < \sum_{k=1}^{n}\frac1{k^2} < \frac{\pi^2}{3}\cdot\frac{2n(n+1)}{(2n+1)^2}.

Les deux bornes tendent vers $\frac{\pi^2}3\cdot\frac12 = \frac{\pi^2}6$ (les fractions rationnelles tendent vers $\frac12$ ). Les sommes partielles croissent, donc elles convergent, et l’encadrement donne $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ : le théorème d’Euler, par la preuve de Cauchy.

9. Les sommes partielles croissent vers $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ , donc $0 \leq \frac{\pi^2}6 - \sum_{k\leq n}k^{-2}$ ; et la borne inférieure de la question 8 donne

\frac{\pi^2}6 - \sum_{k\leq n}\frac1{k^2} \leq \frac{\pi^2}6 - \frac{\pi^2}3\cdot\frac{n(2n-1)}{(2n+1)^2} = \frac{\pi^2}6\cdot\frac{(2n+1)^2 - (4n^2 - 2n)}{(2n+1)^2} = \frac{\pi^2}6\cdot\frac{6n + 1}{(2n+1)^2} = O\Bigl(\frac1n\Bigr),

en accord avec le reste exact $\frac1n - \frac1{2n^2} + O(n^{-3})$ de Exercice 6.11.

10. La deuxième fonction symétrique élémentaire des racines est $\sigma_2 = \frac{\binom{2n+1}5}{\binom{2n+1}1} = \frac{(2n)(2n-1)(2n-2)(2n-3)}{120}$ , donc

\sum_k\cot^4\theta_k = \sigma_1^2 - 2\sigma_2 = \Bigl(\frac{n(2n-1)}3\Bigr)^2 - \frac{2n(2n-1)(2n-2)(2n-3)}{60} \sim \frac{4n^4}9 - \frac{4n^4}{15} = \frac{8n^4}{45}.

En encadrant $\cot^4\theta < \theta^{-4} < (1 + \cot^2\theta)^2 = 1 + 2\cot^2\theta + \cot^4\theta$ et en sommant : les deux sommes extérieures valent $\frac{8n^4}{45}(1 + o(1))$ (le terme ajouté $n + 2\sigma_1 = O(n^2)$ est négligeable), tandis que celle du milieu est $\frac{(2n+1)^4}{\pi^4}\sum_{k\leq n}k^{-4}$ . D’où

\sum_{k\leq n}\frac1{k^4} \longrightarrow \pi^4\cdot\frac{8/45}{16} = \frac{\pi^4}{90}.

11. En scindant $\zeta(2)$ selon les parités : $\sum_{\text{pair}} = \sum_j\frac{1}{(2j)^2} = \frac14\zeta(2) = \frac{\pi^2}{24}$ , donc $\sum_{\text{impair}} = \zeta(2) - \frac{\pi^2}{24} = \frac{\pi^2}8$ . Alternée : $\sum_k\frac{(-1)^{k-1}}{k^2} = \sum_{\text{impair}} - \sum_{\text{pair}} = \frac{\pi^2}8 - \frac{\pi^2}{24} = \frac{\pi^2}{12}$ (la convergence absolue justifie le regroupement, Théorème 7.11).

12. $S = \frac{\zeta(2)^2}{\zeta(4)} = \frac{(\pi^2/6)^2}{\pi^4/90} = \frac{90}{36} = \frac52$ . Heuristique : l’identité $\zeta(2)^2 = \zeta(4)S$ de l’Exercice 7.7 dit qu’extraire le $\gcd$ renormalise les couples en couples premiers entre eux ; l’inverse $\frac1{\zeta(2)} = \frac6{\pi^2} \approx 0.608$ est le candidat naturel pour la densité des couples premiers entre eux parmi tous les couples — un énoncé sur $\lim_N \frac{1}{N^2}\#\{(m,n) \leq N : \gcd = 1\}$ dont la preuve honnête (avec termes d’erreur) relève du volume de Licence 3.

13. La sommation directe a une erreur $\sim \frac1n$ : six chiffres exigent environ $10^6$ termes. La somme corrigée $\sum_{k\leq n}k^{-2} + \frac1n - \frac1{2n^2}$ a une erreur $O(n^{-3})$ : en $n = 100$ elle vaut $1.6449339\dots$ contre $\frac{\pi^2}6 = 1.6449341\dots$ — erreur $1.7\cdot10^{-7}$ , sept chiffres à partir de cent termes. Les corrections asymptotiques battent la patience brute de quatre ordres de grandeur.

14. $n = 1$ : $P_1(x) = 3x - 1$ , racine $\frac13$ , et en effet $\cot^2\frac\pi3 = \bigl(\frac1{\sqrt3}\bigr)^2 = \frac13 = \frac{1\cdot1}3$ . $n = 2$ : la formule prédit $\frac{2\cdot3}3 = 2$ ; avec $\cos\frac\pi5 = \frac{1 + \sqrt5}{4}$ , on calcule $\cot^2 36^\circ \approx 1.894$ et $\cot^2 72^\circ \approx 0.106$ : somme $2.000$ .

15. Les nombres $\tan^2\theta_k = \frac1{x_k}$ sont les racines de $Q(x) = x^nP_n\bigl(\frac1x\bigr) = \sum_{j=0}^n(-1)^j\binom{2n+1}{2j+1}x^j$ (les $x_k$ sont non nuls). Viète sur $Q$ : le coefficient dominant est $(-1)^n$ (terme $j = n$ ), le suivant est $(-1)^{n-1}\binom{2n+1}{2n-1} = (-1)^{n-1}\binom{2n+1}{2}$ , donc

\sum_{k=1}^n\tan^2\theta_k = -\frac{(-1)^{n-1}\binom{2n+1}2}{(-1)^n} = \binom{2n+1}2\cdot \frac{2}{2n+1}\cdot\frac{2n+1}{2} = n(2n+1).

Vérification $n = 1$ : $\tan^2\frac\pi3 = 3 = 1\cdot3$ .

16. Posons $\gamma = \frac{1+\alpha}2 \in \intoo{1}{\alpha}$ . Alors $\frac{n^{-\alpha}(\ln n)^{-\beta}}{n^{-\gamma}} = n^{\gamma - \alpha}(\ln n)^{-\beta} \to 0$ (une puissance négative de $n$ l’emporte sur toute puissance de $\ln n$ ), donc à partir d’un certain rang les termes sont $\leq n^{-\gamma}$ avec $\gamma > 1$ : convergence par comparaison avec une série de Riemann.

17. Posons $\gamma = \frac{1+\alpha}2 \in \intoo{\alpha}{1}$ : cette fois $\frac{n^{-\gamma}}{n^{-\alpha}(\ln n)^{-\beta}} = n^{\alpha-\gamma}(\ln n)^{\beta} \to 0$ , donc à partir d’un certain rang les termes sont $\geq n^{-\gamma}$ avec $\gamma < 1$ : divergence.

18. $f(t) = \frac1{t(\ln t)^\beta}$ est positive, continue, et décroissante pour $t$ grand (son logarithme a pour dérivée $-\frac1t\bigl(1 + \frac{\beta}{\ln t}\bigr) < 0$ à partir d’un certain rang). Primitives : pour $\beta \neq 1$ , $\int^x f = \frac{(\ln x)^{1-\beta}}{1-\beta} + \text{cste}$ , qui a une limite finie si et seulement si $\beta > 1$ ; pour $\beta = 1$ , $\int^x f = \ln\ln x \to \infty$ . D’après le Théorème 6.6, la série et l’intégrale ont la même nature : convergence si et seulement si $\beta > 1$ .

19. Même critère : $\frac{\dd}{\dd t}\ln\ln\ln t = \frac{1}{t\ln t\,\ln\ln t}$ , et $\ln\ln\ln t \to \infty$ : divergence. Et $\frac{\dd}{\dd t}\Bigl(-\frac1{\ln\ln t}\Bigr) = \frac{1}{t\ln t\,(\ln\ln t)^2}$ avec $-\frac1{\ln\ln t} \to 0$ : convergence.

20. Première : $n^{1/\ln n} = \eu^{\ln n/\ln n} = \eu$ , donc les termes valent exactement $\frac{1}{\eu\,n}$ : un multiple de la série harmonique, divergente — l’exposant $1 + \frac1{\ln n}$ rampe vers $1$ trop vite. Deuxième : $n^{1/\ln\ln n} = \eu^{\ln n/\ln\ln n}$ , et $\frac{\ln n}{\ln\ln n} \geq 2\ln\ln n$ à partir d’un certain rang, donc $n^{1/\ln\ln n} \geq (\ln n)^2$ : les termes sont $\leq \frac1{n(\ln n)^2}$ , une série de Bertrand convergente (question 18) : convergente. La frontière passe strictement entre ces deux exposants.

21. $R_n \downarrow 0$ et

\sqrt{R_n} - \sqrt{R_{n+1}} = \frac{R_n - R_{n+1}}{\sqrt{R_n} + \sqrt{R_{n+1}}} = \frac{a_n}{\sqrt{R_n} + \sqrt{R_{n+1}}} \geq \frac{a_n}{2\sqrt{R_n}},

donc $\sum_n \frac{a_n}{\sqrt{R_n}} \leq 2\sum_n(\sqrt{R_n} - \sqrt{R_{n+1}}) = 2\sqrt{R_1} < \infty$ (télescopage). Et pourtant $\frac{a_n/\sqrt{R_n}}{a_n} = \frac1{\sqrt{R_n}} \to \infty$ : la nouvelle série converge tout en étant infiniment plus grande. Aucune série convergente n’est la plus lente ; les tests de comparaison contre une famille fixée quelconque ne peuvent jamais être complets.

22. Pour $(a_n)$ positive décroissante, regroupons les termes entre puissances consécutives de $2$ :

2^{k}a_{2^{k+1}} \leq \sum_{n=2^k}^{2^{k+1}-1} a_n \leq 2^ka_{2^k} .

En sommant sur $k$ : si $\sum 2^ka_{2^k}$ converge, les sommes partielles de $\sum a_n$ sont bornées (converge) ; si $\sum a_n$ converge, alors $\sum_k 2^{k+1}a_{2^{k+1}} \leq 2\sum_n a_n < \infty$ . Pour $a_n = \frac1{n(\ln n)^\beta}$ : $2^ka_{2^k} = \frac{1}{(k\ln 2)^\beta}$ , et $\sum k^{-\beta}$ converge si et seulement si $\beta > 1$ : de nouveau la frontière de la question 18, sans intégrales.

23. Par la comparaison intégrale,

\sum_{n > N}\frac{1}{n(\ln n)^2} \geq \int_{N+1}^{\infty}\frac{\dd t}{t(\ln t)^2} = \frac{1}{\ln(N+1)},

qui en $N = 10^6$ vaut $\approx 0.0724$ : après un million de termes le reste dépasse encore $0.07$ — la série converge, mais aucune sommation directe n’en exhibera jamais la somme. À contraster avec la question 13, où une seule correction asymptotique a acheté sept chiffres à partir de cent termes : savoir comment une série converge vaut mieux que savoir qu’elle converge.

24. $\sum\frac1{n\ln n}$ : diverge ( $\alpha = 1$ , $\beta = 1$ , question 18). $\sum\frac1{n^{1.01}}$ : converge (Riemann, $\alpha > 1$ ). $\sum\frac{(\ln n)^{100}}{n^{1.001}}$ : converge ( $\alpha = 1.001 > 1$ , $\beta = -100$ , question 16). $\sum\frac1{n\ln n(\ln\ln n)^3}$ : converge (schéma de la question 19 : primitive $-\frac12(\ln\ln t)^{-2}$ , limite finie).

25. De Moivre convertit l’annulation de $\sin(2n{+}1) \theta_k$ en l’annulation d’un polynôme en $\cot^2\theta_k$ , et Viète y lit les sommes de racines exactes que l’analyse seule ne pouvait qu’estimer (questions 1–5). L’encadrement a eu besoin des valeurs exactes $\frac{n(2n-1)}3$ et $\frac{2n(n+1)}3$ des deux côtés — des équivalents auraient été une pétition de principe, puisque tout l’enjeu est la constante $\frac{\pi^2}6$ (questions 7–8). La partie IV a entièrement reposé sur la comparaison série–intégrale du Chapitre 6, les primitives logarithmiques faisant le classement (questions 18–19). La question 21 détruit le rêve d’un test de comparaison universel : sous toute série convergente s’en trouve une autre, infiniment plus lente — des échelles comme celle de Bertrand cartographient la frontière toujours plus finement mais ne l’atteignent jamais. Sommets : le $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ d’Euler avec son étage supérieur $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ (questions 8, 10), et la classification de Bertrand (questions 16–18) ; $\zeta(2)$ revient au Chapitre 14, où l’identité de Parseval le reprouve en une ligne à partir de la série de Fourier du signal en dents de scie — une seule constante, deux civilisations.

7.1 Séries dans les espaces normés

7.2 Transformation d’Abel

7.3 Familles sommables

7.4 Exercices

7.5 Problème : le ζ(2)=π2/6\zeta(2) = \pi^2/6ζ(2)=π2/6 d’Euler, par la somme des cotangentes de Cauchy

7.5 Problème : le $\zeta(2) = \pi^2/6$ d’Euler, par la somme des cotangentes de Cauchy