Convergence commutative et séries absolument convergentes

Section 5 Vous n'aimez pas la divergence ? On peut toujours se réarranger...

En fait, Riemann a montré un truc beaucoup plus drôle: si on part d'une série semi-convergente, alors on peut, en permutant les termes, la faire converger vers mon réel préféré.

Ou vers le vôtre. Ou vers \(\frac{5\sqrt{\pi}}{3e}\text{,}\) parce que pourquoi pas.

L'idée ressemble un peu à ce qu'on a déjà fait: on va mettre d'un côté les \(a_n\) positifs, de l'autre les \(a_n\) négatifs, et piocher alternativement dans les deux paquets.

Prenons par exemple \(a_n=\frac{(-1)^{n+1}}{n}\text{,}\) essayons de faire converger \(\sum a_{\sigma(n)}\) vers \(\alpha=\frac{5\sqrt{\pi}}{3e}\simeq 1.0867...\text{.}\)

On a d'un côté les termes impairs \(\{a_{n}, n \in 2\N+1\}\text{,}\) qui sont positifs, et d'un autre côté les termes pairs \(\{a_{n}, n \in 2\N+2\}\) qui sont négatifs.

Puisque \(\frac{3\sqrt{\pi}}{e}\gt 0\text{,}\) on commence par piocher des termes positifs, jusqu'à ce que ça dépasse:

\(\leadsto\) Ca dépasse ! On compense en ajoutant des termes négatifs:

\(\leadsto\) On est repassés en dessous: on reprend des termes positifs

\(\leadsto\) On est repassés au dessus: on repasse à des termes négatifs:

\(\leadsto\) On repasse aux termes positifs, et ainsi de suite.

Comme il y a une infinité de termes positifs et négatifs, on est sûrs de pouvoir etainsidesuiter, et comme \(\frac{(-1)^n}{n}\rightarrow 0\text{,}\) nos oscillations autour de \(\alpha\) sont de plus en plus faible, donc on devrait se rapprocher.

Et ces deux points sont vérifiés pour toute série semi-convergente !

Exercices Preuve du théorème de réarrangement à volonté

Soit \(\sum a_n\) une série semi-convergente: \(\sum a_n\) converge, mais \(\sum |a_n|\) diverge.

On rappelle qu'à la question prélininaire de la preuve de la seconde implication du Théorème 4.5, on a vu que ceci implique que \((a_n)_n\) n'est pas de signe constant APCR.

On réutilise les notations utilisées dans les points 5,6,7 de la preuve de la seconde implication du Théorème 4.5:

\begin{gather*} K^+=\{k\in\N,a_k\geq 0\},K^-=\{k\in\N,a_k\lt 0\} \\ \phi,\psi:\N\rightarrow\N\text{ str. croissantes t.q. } \forall n,a_{\phi(n)}\geq0 \forall n,a_{\psi(n)}\lt 0 \end{gather*}

Rappelons qu'on a montré que

\begin{equation*} \sum_{n=0}^{+\infty} a_{\phi(n)}= +\infty \text{ ou } \sum_{n=0}^{+\infty} a_{\psi(n)}= -\infty \end{equation*}

1.

Montrer qu'en fait, les deux divergent nécessairement:

\begin{equation*} \sum_{n=0}^{+\infty} a_{\phi(n)}= +\infty \text{ et } \sum_{n=0}^{+\infty} a_{\psi(n)}= -\infty \end{equation*}

Indication.

Supposons par exemple que \(\sum_{n=0}^{+\infty} a_{\phi(n)}= +\infty\text{.}\) Remarquer que, si \(\sum_{n=0}^{+\infty} a_{\psi(n)}\neq -\infty\text{,}\) alors la série \(\sum a_{\psi(n)}\) converge ¹.

Pourquoi est-ce que ça contredit le fait que \(\sum |a_n|\) diverge ?

Spoiler.

2.

On va construire la permutation \(\sigma\) par récurrence, comme suit.

On pose \(\sigma(0)=0\) et, pour tout \(n\geq 1\text{,}\) on sépare deux cas

• Premier cas: Si \(\sum_{k=0}^{n-1}a_{\sigma(k)} \leq \alpha\) on pose:

  \begin{equation*} \sigma(n)=\min (K^+\setminus \sigma(\{0,\ldots,n-1\}) \end{equation*}

• Deuxième cas: Si \(\sum_{k=0}^{n-1}a_{\sigma(k)} \gt \alpha\) on pose:

  \begin{equation*} \sigma(n)=\min (K^-\setminus \sigma(\{0,\ldots,n-1\}) \end{equation*}

Montrer que cette construction fonctionne: c'est-à-dire que, pour tout \(n\in\N\text{,}\) les ensembles

\begin{equation*} K^+\setminus \sigma(\{0,\ldots,n-1\}\text{ et }K^-\setminus \sigma(\{0,\ldots,n-1\} \end{equation*}

ne sont pas vides.

Indication.

Si l'un des deux est vide, montrer que cela implique que \(K^+\) ou \(K^-\) est fini.

Spoiler.

3.

Montrer que l'application \(\sigma:\N\rightarrow\N\) ainsi définie est injective.

Spoiler.

Exercice.

On va montrer que \(\sigma\) est surjective. On procède par l'absurde: supposons qu'il existe \(N\in \N\) tel que \(N\notin \sigma(\N)\text{.}\)

Alors \(N\in K^+\) ou \(N\in K^-\text{.}\) Supposons par exemple que \(N\in K^+\text{.}\)

4.

Montrer qu'alors \(K^+\cap\sigma(\N)\) est un ensemble fini.

Indication.

Si \(K^+\cap\sigma(\N)\) est infini, alors il n'est pas borné, donc il existe \(N_1\gt N\) tel que \(N_1\in K^+\cap\sigma(\N).\)

Mais alors, \(N\lt N_1=\sigma(p)=\min(K^+\setminus \sigma(\{0,...p-1\}))\) donc \(N\notin K^+ \setminus \sigma(\{0,...p-1\}).\text{.}\)

Pourquoi est-ce contradictoire ?

Spoiler.

5.

\(K^+\cap\sigma(\N)\) est fini, donc borné: en déduire qu'il existe \(n_0\) tel que, pour tout \(n\geq n_0\text{,}\) \(\sigma(n)\in K^-\text{.}\)

Spoiler.

6.

Montrer que, du coup, la suite \(\left(\widetilde S_n=\sum_{k=0}^n a_{\sigma(n)}\right)_{n\geq n_0}\) est décroissante minorée. En déduire que la série \(\sum a_{\sigma(n)}\) est convergente.

Spoiler.

7.

Montrer que, d'un autre côté, la série \(\sum a_{\sigma(n)}\) est de même nature que la série \(\sum a_{\psi(n)}\text{.}\)

Indication.

On a \(\sigma(n_0)\in K^-\text{,}\) donc il existe \(m_0\) tel que \(\sigma(n_0)=\psi(m_0)\text{.}\) Et puisque, pour tout \(n\geq n_0,\sigma(n)\in K^-\text{,}\) à partir de \(n_0\) on construit les \(\sigma(n)\) en prenant les éléments de \(K^-\) dans l'ordre à partir de \(\sigma(n_0)\text{.}\)

Et d'un autre côté, les \(\psi(n),n\geq m_0\) s'obtiennent en prenant dans l'ordre les éléments de \(K^-\) à partir de \(\psi(m_0)\text{.}\)

Spoiler.

8.

En déduire que \(\sigma\) est surjective, et est donc une permutation de \(\N\text{.}\)

Spoiler.

Exercice.

On veut maintenant montrer que \(\sum_{n=0}^{+\infty} a_{\sigma(n)}=\alpha\text{.}\) Soit \(\varepsilon\gt0\text{,}\) on cherche \(N\in\N\) tel que \(\forall n\geq N\text{,}\)

\begin{equation*} \left|\sum_{k=0}^n a_{\sigma(k)}-\alpha\right| \lt\varepsilon. \end{equation*}

9.

Justifier qu'il existe :

1. \(n_0\in\N\) tel que, pour tout \(n\geq n_0\text{,}\) \(|a_n|\lt \varepsilon\text{.}\)

2. \(n_1\in\N\) tel que, pour tout \(n\geq n_1\text{,}\) \(\sigma(n)\gt n_0\text{.}\)

3. \(n_2\geq n_1\) tel que \(\sigma(n_2)\in K^+, \sigma(n_2+1)\in K^-\text{.}\)

Indication.

1. Pourquoi peut-on dire que \(a_n\rightarrow 0\) ?

2. Pourquoi peut-on dire que l'ensemble \(\{n\in\N,\sigma(n)\leq n_0\}\) est fini ?

3. On peut remarquer qu'il existe \(m_2\geq m_1\geq n_1\) tels que \(\sigma(m_1)\in K^+,\sigma(m_2)\in K^-\)². De là, on peut montrer que \(n_2=\max\{n\in\N, m_1\leq n \leq m_2,\sigma(n)\in K^+\}\) marche.

Spoiler.

10.

On va montrer que \(n_2\) est l'entier qu'on recherche.

Montrer dans un premier temps que

\begin{equation*} \widetilde S_{n_2-1}\leq \alpha, \widetilde S_{n_2} \gt \alpha \text{ et } |\widetilde S_{n_2}-\widetilde S_{n_2-1}|\lt \varepsilon \end{equation*}

Spoiler.

11.

Soit \(n\geq n_2\text{.}\) Montrer que si \(\widetilde S_n \gt \alpha+\varepsilon\) alors \(\widetilde S_{n-1}\gt \alpha+\varepsilon\text{.}\)

En déduire que \(\widetilde S_n -\alpha \leq \varepsilon\)

Indication.

Montrer d'abord que dans ce cas, \(|\widetilde S_n-\widetilde S_{n-1}|\lt \varepsilon\text{.}\) En déduire que \(\widetilde S_{n-1}\gt \alpha\text{,}\) et de là, que \(\widetilde S_{n-1}\leq \widetilde S_n\) (quel est le signe du terme qu'on a ajouté pour passer de \(\widetilde S_{n-1}\) à \(\widetilde S_n\) ?)

Spoiler.

12.

Montrer de la même façon que \(\widetilde S_n -\alpha \geq -\varepsilon\text{.}\)

Spoiler.

13.

En déduire que, pour tout \(n\geq n_2\text{,}\) \(|\widetilde S_n - \alpha|\lt \varepsilon\text{.}\)

Conclure et fêter ça.

Spoiler.