Sujet : Analyse, Séries numériques, Familles sommables

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013

Familles sommables

Exercice 1[ 02631 ][correction]
Déterminer la nature deP(m+1n)αselonα∈R.
mn>1

Enoncés

Exercice 2[ 02636 ][correction]
On note`1(Z)l’ensemble des suites complexesu= (un)n∈Zsommables.
a) Soitu v∈`1(Z). Montrer que pour toutn∈Z, la famille(ukvn−k)k∈Zest
sommable.
b) Pouru v∈`1(Z), on pose(u ? v)n=Pukvn−k. Montrer queu ? v∈`1(Z)et
k∈Z
que
X(u ? v)n=XunXvn
n∈Zn∈Zn∈Z
c) Montrer que la loi?ainsi définie est commutative, associative et possède un
neutre.
d) La structure(`1(Z) ?)est-elle un groupe ?

Exercice 3[ 02427 ][correction]
Etablir que pourx∈]−11[,

+X∞1x−nxn=+X∞d(n)xn
n=1n=1

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

Exercice 4[ 03412 ][correction]
Soit(zn)une suite de complexes non nuls telles que

n6=m⇒ |zn−zm|>1

Montrer la convergence de la série de terme général1z3n.

Exercice 5[ 03426 ][correction]
Soit(un)une suite réelle telle qu’il y ait convergence de la sériePu2n
Soitσune bijection deNet(vn)la suite déterminée par

∀n∈N vn=uσ(n)

a) Montrer la convergence et calculer la somme de la sériePvn2.
b) Quelle est la nature de la sérieP|unvn|?
c) Déterminer les bornes supérieure et inférieure de

+∞
X|unvn|
n=0

pourσparcourant l’ensemble des bijections deN.

1

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Corrections

Exercice 1 :[énoncé]
Il s’agit d’une somme de termes positifs.
+∞+∞
p=P2m+n=pPmn>1 (m+1n)α=P=2pp−α1<+∞ ⇔α >2. Colles Spé - Familles
p
sommables

Corrections

Exercice 2 :[énoncé]
−−
a) Puisquev∈`1(Z),vnn→+−−∞→0etvn−→−−−→0donc(vn)est bornée par un
n−∞
certainM.
On a|ukvn−k|6M|uk|donc(ukvn−k)est sommable.
b)

X Xukvn−k6X X|uk| |vn−k|=X|uk|X|vn−k|=X|uk|X|v`|<+∞
n∈Zk∈Zn∈Zk∈Zk∈Zn∈Zk∈Z`∈Z

doncu ? v∈`1(Z).
De plus
X(u ? v)n=X Xukvn−k6X Xukvn−k=XukXvn−k=XukXv`
n∈Zn∈Zk∈Zn∈Zk∈Zk∈Zn∈Zk∈Z`∈Z

c) On a

(u ? v)n=Xukv`= (v ? u)n
k+`=n

et
((u ? v)? w)n=Xukv`wm= (u ?(v ? w))n
k+`+m=n
Pourεdéfinie parεn=δn0,u ? ε=udoncεest élément neutre.
d) Considéronsudéfinie parun=δ0n−δ1n.
Siuest inversible etvson inverse, la relationu ? v=εdonne
vn−vn−1=εn=δ0n.
0our tout
Par suite pour toutn∈N vn=v0et puisquevnn−→−+−−∞→, p
n∈N vn= 0. De mme pour toutn <0 vn= 0
Mais alors, pourn= 0,vn−vn−1=δ0ndonne0 = 1.
L’élémentun’est pas inversible et donc(`1(Z) ?)n’est pas un groupe. Etude
002.doc

Exercice 3 :[énoncé]
Pourx∈]−11[, on peut écrire

+∞
1−xkxk=Xxk`
`=1
Par suite
+∞+∞+∞
X1−xkxk=X Xxk`
k=1k=1`=1
En réorganisant les termes du second membre (ce qui est possible car il y a
absolue convergence et donc la famille correspondante est sommable), on obtient
+∞+∞+∞
X Xxk`=Xdnxn
k=1`=1n=1
avec
d=Card{(k `)∈N?k`=n}

2

n
dncomme étant le nombre de diviseurs positifs deapparaît alors nce qui entraîne
la relation demandée.

Exercice 4 :[énoncé]
PourN∈NposonsAN={n∈N|zn|6N}.
Pourn m∈ANdistincts, les disques ouverts de centresznetzmet de rayon1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×2126πN12+2

et donc
CardAN6(2N+ 1)2
Quitte à permuter les termes de la suite, supposons la suite(|zn|)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
|z1p|3=Op312
La série permutée de terme général1zn3est donc absolument convergente et la
série initiale l’est donc aussi.

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Corrections

Exercice 5 :[énoncé]
a) La permutation des termes d’une série à termes positifs ne change ni sa nature,
ni sa somme. On peut donc affirmer

b) En vertu de la majoration

+∞+∞
Xv2n=Xun2
n=0n=0

ab612a2+b2

on a
|unvn|612u2n+v2n
Par comparaison de série à termes positifs, on peut affirmer la convergence de la
sérieP|unvn|. . .
c) et
+∞1+∞+∞
X|unvn|62+X∞un2+12Xvn2=Xu2n
n=0n=0n=0n=0
De plus, cette inégalité est une égalité quandσ=IdNdonc
sup(n+=X∞0|unvn|σbijection deN)=n+X=∞0u2n

On a évidemment
+∞
X|unvn|>0
n=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 sériePu2n, il existeN∈Ntel que
+∞
Xu26ε
n
n=N
De plus la suite(un)tend vers 0, elle est donc bornée par un certainM >0et il
existe un rangN0> Ntel que

∀n>N0|un|6M(Nε+ 1)

Considérons alors la bijectionσdeNdéterminée par
σ(n) =nNn0−+Nn0ssiniisnnon{∈∈{0N0NN}0+N}

Pour cette permutation

+∞N−1N0+N−1
Xε|un
nX=0|unvn|6nX=0|un|M(εN ++ 1)n=N0(N+ 1)−N0|+ε63ε
M

On peut donc affirmer
inf(n+X=∞0|unvn|σbijection deN)= 0

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