Enoncé 
Démontrer que pour $|q|<1$, la famille $(q^{|n|})_{n\in\mathbb Z}$ est sommable, et déterminer sa somme.
Corrigé 
Écrivons que $\mathbb Z=\mathbb Z_-^*\cup \mathbb N$. Démontrer la sommabilité de la famille $(q^{|n|})_{n\in\mathbb Z}$ revient à démontrer la sommabilité des deux familles $(q^{|n|})_{n\geq 0}$ et
$(q^{|n|})_{n<0}$. Puisque $\mathbb Z_-^*$ et $\mathbb N$ peuvent être facilement mis en bijection avec $\mathbb N$, il s'agit de démontrer que les deux séries $\sum_{n\in\mathbb N}q^n$ et $\sum_{n\geq 1}q^{|-n|}$ convergent absolument. C'est bien le cas puisqu'on a deux séries géométriques de raison dont le module est strictement inférieur à $1$. Pour la somme, on a
\begin{eqnarray*}
\sum_{n\in\mathbb Z}q^{|n|}&=&\sum_{n\geq 0}q^n+\sum_{n\geq 1}q^n\\
&=&2\sum_{n\geq 0}q^n-1\\
&=&\frac{2}{1-q}-1=\frac{1+q}{1-q}.
\end{eqnarray*}
Enoncé On pose, pour $(m,n)\in\mathbb N^*\times \mathbb N^*$, $a_{m,n}=\frac{1}{(m+n)^\alpha}$ où $\alpha\in\mathbb R$ est un paramètre donné. Étudier la sommabilité de la famille $(a_{m,n})_{(m,n)\in \mathbb N^*\times\mathbb N^*}$.
Indication Appliquer le théorème de sommation par paquets en regroupant les termes en fonction de la valeur de $m+n$.
Corrigé Notons $I=\mathbb N^*\times\mathbb N^*$ et pour $p\geq 2$, $I_p=\{(m,n)\in I; m+n=p\}$. Alors
$(I_p)_{p\geq 2}$ est une partition de $I$. De plus, $I_p$ a pour cardinal $p-1$ et on a donc
$$\sum_{i\in I_p}a_i=\frac{p-1}{p^\alpha}.$$
Par le théorème de sommation par paquets, la convergence de la série $\sum_i a_i$ est équivalent à la convergence de la série $\sum_p \left(\sum_{i\in I_p}a_i\right)=\sum_p \frac{p-1}{p^\alpha}$. Par comparaison à une série de Riemann, cette dernière série converge si et seulement si $\alpha>2$. La famille est sommable si et seulement si $\alpha>2$.
Enoncé Soit $(a_p)_{p\geq 1}$ une suite de nombres complexes telle que la série $\sum_p a_p$ est absolument convergente. On pose $I=\mathbb N^*\times \mathbb N^*$ et pour $(n,p)\in I$, on pose
$u_{n,p}=\frac{p}{n(n+1)}a_p$ si $p\leq n$, $u_{n,p}=0$ sinon. Démontrer que la famille $(u_{n,p})_{(n,p)\in I}$ est sommable et calculer sa somme.
Indication Utiliser le théorème de permutation des sommes, mais dans le bon sens!
Corrigé Par le théorème de permutation des sommes, il suffit de prouver que, pour tout $p\geq 1$, la série $\sum_{n}|u_{n,p}|$ est convergente, et que la série $\sum_p \left(\sum_{n\geq 1}|u_{n,p}|\right)$ est convergente. Soit donc $p\geq 1$. Alors :
$$\sum_{n\geq 0}|u_{n,p}|=\sum_{n\geq p}\frac{p|a_p|}{n(n+1)}=p|a_p|\sum_{n\geq p}\frac 1{n(n+1)}=|a_p|$$
où la dernière égalité vient de l'écriture $\frac 1{n(n+1)}=\frac 1n-\frac 1{n+1}$ et du fait qu'on réalise une somme télescopique. La série $\sum_{n}|u_{n,p}|$ est donc bien convergente de somme $|a_p|$. Puisque la série $\sum_p a_p$ est absolument convergente, on a bien prouvé que la famille était sommable et sa somme est précisément la somme de la série $\sum_p a_p$.
Enoncé Démontrer l'existence et calculer $\sum_{(p,q)\in\mathbb N\times\mathbb N^*}\frac{1}{(p+q^2)(p+q^2+1)}$.
Indication Faire deux sommations, dans le bon ordre. On pourra utiliser le fait qu'une des deux sommes est télescopique.
Corrigé On doit montrer la sommabilité de la famille et calculer sa somme. Pour cela, il suffit de prouver que, pour tout $q\in\mathbb N^*$, la série $\sum_{p}\frac1{(p+q^2)(p+q^2+1)}$ converge, puis que
la série $\sum_q \sum_{p\geq 0}\frac1{(p+q^2)(p+q^2+1)}$. La somme de la famille sera alors égale la somme de cette dernière série.
Mais, pour tout $q\in\mathbb N^*$, on a
$$\frac1{(p+q^2)(p+q^2+1)}=\frac{1}{p+q^2}-\frac1{p+q^2+1}$$
et donc
$$\sum_{p=0}^N \frac1{(p+q^2)(p+q^2+1)}=\frac 1{q^2}-\frac 1{N+q^2+1}.$$
On en déduit la convergence de la série $\sum_{p}\frac1{(p+q^2)(p+q^2+1)}$ et de plus
$$\sum_{p\geq 0}\frac1{(p+q^2)(p+q^2+1)}=\frac 1{q^2}.$$
Ceci est le terme général d'une série convergente, et on a
$$\sum_{(p,q)\in\mathbb N\times\mathbb N^*}\frac{1}{(p+q^2)(p+q^2+1)}=\sum_{q\geq 1}\frac 1{q^2}=\frac{\pi^2}6.$$
Enoncé Calculer $\sum_{n=0}^{+\infty}\sum_{k=n}^{+\infty}\frac{1}{k!}.$
Corrigé On va permuter l'ordre des séries. Pour cela, il suffit de prouver que la famille $(\frac{1}{k!})_{(n,k)\in I}$ où $I=\{(n,k)\in\mathbb N^2; k\geq n\}$ est sommable. S'agissant d'une famille dont tous les termes sont positifs, il suffit de vérifier que la série
$$\sum_{k\geq 0}\left(\sum_{n\leq k}\frac {1}{k!}\right)$$
converge (remarquons qu'à l'intérieur, la somme est finie). Mais,
$$\left(\sum_{n\leq k}\frac {1}{k!}\right)=\frac{k+1}{k!}$$ qui est le terme général d'une série convergente, et on a
$$\sum_{n=0}^{+\infty}\sum_{k=n}^{+\infty}\frac{1}{k!}=\sum_{k\geq 0}\frac{(k+1)}{k!}=2e.$$
Enoncé Calculer les sommes suivantes, après en avoir justifié l'existence.
$$\begin{array}{lll}
\displaystyle \mathbf 1.\ \sum_{p,q\geq 0}\frac{z^p}{q!},\ |z|<1&\quad&
\displaystyle \mathbf 2.\ \sum_{p,q\geq 0}\frac{a^pb^q}{p!q!}\\
\displaystyle \mathbf 3.\ \sum_{p,q\geq 0}\frac{q^p z^p}{p!q!}
\end{array}$$
Indication Pour les deux premières sommes, appliquer le théorème de Fubini. Pour la troisième, appliquer le théorème de permutation de l'ordre des termes, en commençant par sommer sur $p$.
Corrigé
- On a $\frac{z^p}{q!}=z^p\times\frac{1}{q!}$ et donc on voit apparaître une famille sommable "produit". Puisque la famille $(z^p)_{p\in\mathbb N}$ est sommable et que la famille $(\frac 1{q!})_{q\in\mathbb N}$ est sommable, il en est de même de la famille initiale
et
$$\sum_{p,q\geq 0}\frac{z^p}{q!}=\left(\sum_{p\geq 0}z^p\right)\left(\sum_{q\geq 0}\frac1{q!}\right)=\frac e{1-z}.$$
- On raisonne exactement de la même façon et on trouve
$$\sum_{p,q\geq 0}\frac{a^p b^q}{p!q!}=\left(\sum_{p\geq 0}\frac{a^p}{p!}\right)\left(\sum_{q\geq 0}\frac{b^q}{q!}\right)=e^ae^b.$$
- On commence par montrer la sommabilité de la famille en utilisant le théorème de permutation des sommes. On a, pour $q\geq 0,$
$$\sum_{p\geq 0}\frac{q^p |z|^p}{p!}=\exp(q|z|)=\big(\exp(|z|)\big)^q.$$
Cela entraîne que
$$\sum_{q\geq 0}\sum_{p\geq 0}\frac{q^p |z|^p}{q!p!}=\sum_{q\geq 0}
\frac{\big(\exp(|z|)\big)^q}{q!}=\exp(\exp(|z|)).$$
Ceci prouve que la famille est sommable. Reprenant le même calcul mais sans les modules, on trouve
$$\sum_{p,q\geq 0}\frac{q^p z^p}{q!p!}=\exp(\exp(z)).$$
Enoncé Les familles suivantes sont-elles sommables?
$$\begin{array}{lll}
\mathbf 1. \displaystyle \left(\frac1{n^{\alpha p}}\right)_{n,p\geq 2},\ \alpha\in\mathbb R&\quad&\displaystyle \mathbf 2.\left(\frac1{np(n+p)}\right)_{n,p\geq 1}\\
\mathbf 3.\ \displaystyle \left(\frac1{a^p+b^q}\right)_{p,q\in\mathbb N},\ a,b>0.
\end{array}$$
Indication
- Se ramener à $\alpha>0$ et utiliser le théorème de permutation des sommes.
- Utiliser le théorème de permutation des sommes. On pourra se ramener à une série télescopique pour la somme sur $p$.
- On pourra utiliser que $x+y\geq 2\sqrt{xy}$ si $x\geq 0$ et $y\geq 0$.
Corrigé
- Remarquons d'abord que si $\alpha\leq 0$, alors $\frac1{n^{\alpha p}}\geq 1$, ce qui empêche la famille d'être sommable. Supposons donc $\alpha>0$. On va utiliser le théorème de permutation des sommes. On commence par remarquer que
$$\sum_{p\geq 2}\frac{1}{n^{\alpha p}}=\frac{\frac{1}{n^{2\alpha}}}{1-\frac{1}{n^{\alpha}}}\sim_{n\to+\infty}\frac1{n^{2\alpha}}.$$
La série $\sum \frac1{n^{2\alpha}}$ converge si et seulement si $\alpha>1/2$
et donc la famille est sommable si et seulement si $\alpha>1/2.$
- On va utiliser le théorème de permutation des sommes. Soit $n\geq 1$. Alors on a
$$\frac{1}{p(n+p)}=\frac1n \times\left(\frac 1p-\frac{1}{p+n}\right).$$
On a donc une série télescopique et
$$\sum_{p\geq 1}\frac1{p(n+p)}=\frac 1n\left(1+\cdots+\frac{1}{n}\right).$$
Il s'agit donc maintenant d'étudier la convergence de
$$\sum \frac1{n^2}\left(1+\cdots+\frac{1}{n}\right).$$
En utilisant l'estimation bien connue
$$1+\cdots+\frac{1}{n}\sim_{n\to+\infty}\ln(n)$$
on obtient
$$\frac1{n^2}\left(1+\cdots+\frac{1}{n}\right)\sim_{+\infty}\frac{\ln(n)}{n^2}$$
et puisque $\frac{\ln(n)}{n^2}=O\left(\frac1{n^{3/2}}\right)$, la série est convergente. Donc la famille est sommable.
- On commence par remarquer que si $a\leq 1$, la famille n'est pas sommable. En effet, la sous-famille $(\frac1{a^p+b^q})_{(p,q)\in I}$ où $I=\{(p,1):\ p\in\mathbb Z\}$ n'est pas sommable puisque la série
$$\sum\frac{1}{a^p+1}$$
n'est pas convergente. De même, si $b\leq 1$, la famille n'est pas sommable. On peut donc supposer $a>1$ et $b>1$. Dans ce cas, puisque $x+y\geq 2\sqrt{xy}$ pour tout $x,y\geq 0$ (développer $(\sqrt x-\sqrt y)^2$), on sait que
$$\frac1{a^p+b^q}\leq \frac 1{2a^{p/2}b^{q/2}}.$$
Mais
$$\sum_{p,q\in\mathbb N}\frac1{a^{p/2}b^{q/2}}=\left(\sum_{p\in\mathbb N}\frac1{a^{p/2}}\right)\left(\sum_{q\in\mathbb N}\frac1{b^{q/2}}\right)<+\infty$$
puisque $\sqrt a,\sqrt b>1$. Finalement, on a prouvé que la famille est sommable.
Enoncé Soient $(a,b)\in\mathbb C^2$ tels que $|a|<1$ et $|b|<1$. Prouver que
$$\left\{
\begin{array}{rcll}
\displaystyle \frac{1}{(1-a)(1-b)}&=&\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{a^{n+1}-b^{n+1}}{a-b}&\textrm{ si }a\neq b,
\\
\displaystyle\frac{1}{(1-a)^2}&=&\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}{(n+1)a^n}&\textrm{ si }a=b.
\end{array}\right.$$
Indication Écrire $\frac{1}{1-a}$ comme somme d'une série, puis faire le produit de Cauchy des deux séries.
Corrigé D'après la formule classique pour les séries géométriques, on a
$$\frac{1}{1-a}=\sum_{n\geq 0}a^n\textrm{ et }\frac{1}{1-b}=\sum_{n\geq 0}b^n.$$
Ces deux séries sont absolument convergentes puisque $|a|<1$ et $|b|<1$. On peut faire le produit de Cauchy
et donc on obtient que
$$\frac{1}{1-a}\times\frac{1}{1-b}=\sum_{n\geq 0}w_n\textrm{ avec }w_n=\sum_{k=0}^n a^kb^{n-k}.$$
Si $a=b$, on trouve directement que $w_n=\sum_{k=0}^n a^n=(n+1)a^n$. Si $a\neq b$, alors il faut utiliser
la factorisation
$$a^{n+1}-b^{n+1}=(a-b)\times\sum_{k=0}^n a^kb^{n-k}$$
qui donne le résultat.
Dans le cas où $a\neq b$, on peut très facilement conclure sans utiliser le produit de Cauchy, en calculant séparément la somme de chaque série géométrie $\sum_{n\geq 0}a^{n+1}$ et $\sum_{n\geq 0}b^{n+1}$.
- Un exemple simple de famille sommable [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]