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Section 7.3 De seriebus divergentibus, ou Series Convergentifors

Jusqu'ici, on n'a parlé que d'accélérer la convergence de séries qui convergent déjà. Ce qui ne nous accélère en rien vers notre objectif: faire converger la somme des entiers.

Mais, avec la même transformation, on peut aussi se demander:

Leonhard peut-il transformer des séries divergentes sauvages en dociles séries convergentes ?

Exercice 7.3.1. Quelques tentatives de métamorphoses convergentes.

(a)

Calculer la transformée d'Euler de la bonne vieille série de Grandi: autrement dit, pour \(a_n=(-1)^n\text{,}\) calculer

\begin{equation*} e_n = \frac1{2^{n+1}}\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}a_k \end{equation*}

Est-ce que \(\sum e_n\) converge ?

Spoiler.

(e)

Un peu plus méthodiquement, quels sont les \(r\in\R\) tels que, si on pose

\begin{equation*} e_n = \frac1{2^{n+1}}\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}r^k \end{equation*}

on obtient une série \(\sum e_n\) tradiconvergente ?

Spoiler.

Prudemment encouragés par ces résultats, on définit une nouvelle méthode de convergence:

Définition 7.3.1.

Soit \((a_n)_n\) une suite réelle. On note, pour tout \(n\in\N\text{,}\)

\begin{align*} S_n \amp= \sum_{k=0}^{n-1}a_k\\ e_n \amp= \frac1{2^{n+1}}\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}a_k\\ S_n^{(E,1)}\amp =\sum_{k=0}^{n-1} e_k \end{align*}

 1 

Si la série \(\sum e_n^{(1)}\) tradi-converge vers un réel \(S\text{,}\) autrement dit, si

\begin{equation*} S_n=\xrightarrow[n\rightarrow \infty]{}S, \end{equation*}

on dit que la série \(\sum a_n\) est \((\mathcal E,1)\)-convergente 2 , et on note

\begin{equation*} \sum_{n=0}^\infty a_n = S \quad [\mathcal E,1] \end{equation*}

Exercice 7.3.2. Deux grands classiques.

(a)

Posons \(a_n=(-1)^n (n+1)\text{.}\) Calculer

\begin{equation*} \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}a_k =\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}(-1)^{k}k + \sum_{k=0}^n\binom{n}{k}(-1)^k \end{equation*}
Indice 1.

Utiliser le calcul déjà fait pour la série de Grandi au début de l'Exercice 7.3.1 pour la deuxième somme.

Pour la première, que donne \(\dfrac{k}{k!}\) ? Et du coup, \(\displaystyle \frac{n!}{k!(n-k)!}k (-1)^{k}k\) ?

Indice 2.

Noter aussi que \(n-k = (n-1)-(k-1)\) et \(n! = n\cdot (n-1)!\text{.}\)

Spoiler.

(b)

En déduire que la suite transformée d'Euler de \(a_n\) donne

\begin{equation*} e_n=\begin{cases} \frac12 \amp\text{ si } n=0 \\ -\frac14 \amp\text{ si } n=1 \\ 0 \amp\text{ si } n\geq 2 \end{cases} \end{equation*}

Est-ce que la somme alternée des entiers Euler-converge ? Si oui, quelle est sa Euler-somme ?

Spoiler.

(c)

Maintenant, posons \(b_n=(-1)^n(n+1)^2\text{.}\)

Calculer \(\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}b_k\text{.}\)

Indice 1.

Dans le même ordre d'idée que ci-dessus, on va se débarasser du \((k+1)^2\) en s'en servant pour simplifier le \(k!\) du coefficient binomial. Mais pour ça, il nous faut \(k(k-1)\) plutôt que \((k+1)^2...\text{.}\)

Indice 2.

Noter que \((k+1)^2 = (k+1)((k-1)+2)\text{.}\)

En déduire que

\begin{align*} \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}b_k \amp=n(n-1)\sum_{k=2}^n\binom{n-2}{k-2}(-1)^{k} + 3 \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}(-1)^k\\ \amp +\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}(-1)^k \end{align*}

puis utiliser les calculs faits pour la série de Grandi et la somme alternée des entiers.

Spoiler.

(d)

La série \(\sum b_n\) est-elle Euler-convergente ? Et si oui quelle est sa Euler-somme ?

Spoiler.

Subsection 7.3.1 Euler et la DDS

Comme toujours, on va commencer par vérifier que cette nouvelle façon de tordre les sommes en d'autres sommes est raisonnable.

Exercice 7.3.3. Linéarité de la sommation à la Leonhard.

(a)

Montrer que, si \(\sum a_n\) est une série Euler-convergente telle que

\begin{equation*} \sum_{n=0}^\infty a_n = S_a \end{equation*}

et \(\lambda\) un réel, alors la série \(\sum(\lambda a_n)\) Euler-converge aussi et

\begin{equation*} \sum_{n=0}^\infty (\lambda a_n) = \lambda S_a \quad [\mathcal E,1] \end{equation*}
Spoiler.
(b)

Montrer que, si \((a_n)_n,(b_n)_n\) sont deux suites telles que

\begin{equation*} \sum_{n=0}^\infty a_n = S_a \quad [\mathcal E,1] \text{ et } \sum_{n=0}^\infty b_n = S_b \quad [\mathcal E,1] \end{equation*}

alors la série \(\sum (a_n +b_n)\) Euler-converge, et

\begin{equation*} \sum_{n=0}^\infty (a_n+b_n) = S_a+S_b \quad [\mathcal E,1] \end{equation*}
Spoiler.

La bonne nouvelle, c'est qu'on a déjà montré un peu plus haut que la sommation d'Euler est régulière:

Si la série \(\sum a_n\) tradiconverge, autrement dit si

\begin{equation*} S_n= \sum_{k=0}^n a_k \xrightarrow[n\rightarrow\infty]{} S \end{equation*}

Alors la série \(\sum a_n\) Euler-converge, et \(\sum_{n=0}^\infty a_n = S \quad [\mathcal E,1]\text{.}\)

Avant de montrer que la sommation à la Euler est régulière, on va obtenir une relation entre les sommes partielles vanilla \(S_n\) et les sommes partielles eulérisées \(S_n^{(E,1)}\text{,}\) ce qui nous facilitera la comparaison.

Remarque 7.3.3.

Du coup, puisque

\begin{equation*} \frac1{2^n} \sum_{k=0}^n\binom{n}{k}=1 \end{equation*}

les sommes partielles à la Euler sont des moyennes des \(S_k\) avec poids \(\dfrac{\binom{n}{k}}{2^n}\text{.}\)

Une observation qui va nous permettre de recycler certaines des idées qu'on avait utilisées pour les moyennes de Cesàro/Hölder.

Exercice 7.3.4. Preuve de la relation pratique.

(a)

On va procéder par récurrence.

Vérifier que la relation pratique(7.3.1) est vraie quand \(\boxed{n=0}\) et \(\boxed{n=1}\text{.}\)

Indice.

Ca va aller, je crois en vous.

Spoiler.
(b)

\(\boxed{n\leadsto n+1}\) Supposons que (7.3.1) est vraie pour un certain entier \(n\text{:}\)

\begin{equation*} S_n^{(E,1)}=\sum_{k=0}^n \left(\frac1{2^{n+1}}\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}a_k\right) = \frac1{2^n} \sum_{k=0}^n\binom{n}{k} S_k \end{equation*}

et on va montrer que

\begin{equation*} S_{n+1}^{(E,1)} = \frac1{2^{n+1}} \sum_{k=0}^{n+1}\binom{n+1}{k} S_k \end{equation*}

Pour commencer, montrer que

\begin{equation*} S_{n+1}^{(E,1)}=\frac1{2^{n+1}}\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}S_k + \frac1{2^{n+1}}\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}S_{k+1} \end{equation*}
Indice 1.

Ecrire \(S_{n+1}^{(E,1)}\) en fonction de \(S_{n}^{(E,1)}\) et \(e_n\text{,}\) puis utiliser l'hypothèse de récurrence.

Indice 2.

Dans le développement de \(e_n\text{,}\) écrire \(a_k\) en fonction de \(S_k\) et \(S_{k-1}\text{.}\)

Spoiler.
(c)

De là, montrer que

\begin{equation*} S_{n+1}^{(E,1)}=\frac1{2^{n+1}}\sum_{k=0}^{n+1}\left(\binom{n}{k}+\binom{n}{k-1}\right)S_k+\frac1{2^{n+1}}S_{n+1} \end{equation*}

Puis conclure récurremment.

Spoiler.

Exercice 7.3.5. Test de la relation pratique sur les suites géométriques..

(a)

Prenons la suite \(a_n=(-2)^n\text{.}\) Calculer \(\displaystyle S_n=\sum_{k=0}^n a_k\) pour tout \(n\in\N\text{.}\)

Spoiler.
(b)

De là, calculer \(\frac1{2^n} \sum_{k=0}^n\binom{n}{k} S_k\) et vérifier que ça donne bien la même chose que \(\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac1{2^{n+1}}\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}a_k\right)\text{,}\) qu'on avait calculé à l'Exercice 7.3.1

Spoiler.
(c)

Faire la même vérification pour \(a_n=(-3)^n\text{.}\)

Spoiler.
(d)

Vérifier que tout marche bien, plus généralement, pour une série géométrique \(a_n=q^n\) quelconque avec \(q\neq 1\) (tradiconvergente ou non, Euler-convergente ou non).

Spoiler.

Equipés de cette reformulation de la transformation, on va être plus à l'aise pour vérifier la stabilité de la sommation d'Euler.

Exercice 7.3.6. Euler est quelqu'un de très stable.

Prenons, comme toujours, une suite \((a_n)_n\text{,}\) dont veut sommer tous les termes. La question ici est: si on la somme avec Euler, peut-on sortir le premier terme ?

Pour clarifier ça, introduisons quelques notations. On va noter \(b_n=a_{n+1}\text{,}\) de manière à ce que

\begin{equation*} b_0=a_1, b_1=a_2,b_2=a_3,... \end{equation*}

\(\leadsto\) \((b_n)_n\) est la suite \((a_n)_n\) sans le premier terme \(a_0\text{.}\) On veut donc montrer que

\begin{equation*} \sum a_n = A \quad [\mathcal E,1] \text{ ssi } \sum b_n = A - a_0 \quad [\mathcal E,1] \end{equation*}

On introduit une avalanche de notations pour nous aider:

\begin{gather*} A_n=\sum_{k=0}^{n-1}a_k \text{ et } B_n=\sum_{k=0}^{n-1}b_k\\ a_n^{(1)}=\frac1{2^{n+1}}\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}a_k \text{ et } b_n^{(1)}=\frac1{2^{n+1}}\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}b_k\\ A_n^{(1)}=\sum_{k=0}^n a^{(1)}_k \text{ et } B_n^{(1)}=\sum_{k=0}^nb^{(1)}_k \end{gather*}

et le but du jeu est donc de montrer que

\begin{equation*} A_n^{(1)}\xrightarrow[n\rightarrow\infty]{}A \iff B_n^{(1)}\xrightarrow[n\rightarrow\infty]{}A-a_0 \end{equation*}
(a)

Montrer que, pour tout \(m\in \N\text{,}\)

\begin{equation*} B_n^{(1)}-A_n^{(1)}=\frac1{2^n}\sum_{k=0}^n\binom{m}{k}(A_{k+1}-A_k) - \frac1{2^n}\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}a_0 \end{equation*}
Indice.

Utiliser la relation pratique(7.3.1) sur \(B_n^{(1)}\) et \(A_n^{(1)}\text{,}\) puis exprimer les sommes partielles \(B_k\) en fonction de \(A_k\text{.}\)

Spoiler.
(b)

Justifier que, si \(A_n^{(1)}\xrightarrow[n\rightarrow\infty]{}A\text{,}\) alors \(a_n^{(1)}\xrightarrow[n\rightarrow\infty]{} 0\text{.}\)

Spoiler.
(c)

En déduire \(\boxed{\Rightarrow}\text{:}\) Si \(A_n^{(1)}\xrightarrow[n\rightarrow\infty]{}A\text{,}\) alors \(B_n^{(1)}\xrightarrow[n\rightarrow\infty]{}A-a_0\text{.}\)

Indice.

Commencer par déduire du calcul précédent que

\begin{equation*} B_n^{(1)}-A_n^{(1)} = 2a_n^{(1)} - a_0 \end{equation*}
Spoiler.
(d)

Reste à montrer \(\boxed{\Leftarrow}\text{:}\) Si \(B_n^{(1)}\xrightarrow[n\rightarrow\infty]{}A-a_0\) alors \(A_n^{(1)}\xrightarrow[n\rightarrow\infty]{}A\text{.}\)

Commencer par montrer, en reprenant le résultat obtenu sur \(B_n^{(1)}-A_n^{(1)}\text{,}\) montrer que

\begin{equation*} B_n^{(1)} = 2 A_{n+1}^{(1)} - A_n^{(1)} - a_0 \end{equation*}
Spoiler.
(e)

En déduire que

\begin{equation*} \sum_{k=0}^n\frac{1}{2^k}B_{n-k}^{(1)} = 2A^{(1)}_{n+1} - \frac1{2^n}a_0 - \sum_{k=0}^n\frac1{2^k}a_0 \end{equation*}

et donc que

\begin{equation} A^{(1)}_{n+1} - a_0 = \frac12\sum_{k=0}^n\frac{1}{2^k}B_{n-k}^{(1)}\tag{7.3.2} \end{equation}
Indice.
Spoiler.
(f)

Que vaut \(\sum_{k=0}^{+\infty}\frac1{2^k}\) ?

\(\leadsto\) "A l'infini", on a donc obtenu que \(A_{n+1}^{(1)}-a_0\) est une sorte de moyenne 3  des \(B_k^{(1)}\text{.}\)

Spoiler.
(g)

Pour conclure, il serait donc très opportun que le résultat suivant soit vrai:

Plus qu'à montrer ça. Commencer par montrer que, pour tout \(n\in\N\text{,}\)

\begin{equation*} \left|\sum_{k=0}^n \alpha_k u_{n-k} -S\ell \right| \leq \left|\sum_{k=0}^n \alpha_k (u_{n-k}-\ell)\right|+|\ell| \left|\sum_{k=0}^n \alpha_k - S\right| \end{equation*}
Spoiler.
(h)

Achever le Lemme 7.3.4: montrer qu'il existe un \(N\in\N\) tel que, dès que \(n\geq N\text{,}\)

\begin{equation*} \left|\sum_{k=0}^n \alpha_k u_{n-k} -S\ell \right| \leq \varepsilon \end{equation*}
Spoiler.
(i)

Conclure que, si \(B_n^{(1)}\xrightarrow[n\rightarrow\infty]{}A-a_0\) alors \(A_n^{(1)}\xrightarrow[n\rightarrow\infty]{}A\text{.}\)

Spoiler.

Remarque 7.3.5.

Lorsqu'on arrive à faire converger une série divergente, on tombe sur la même somme, quelle que soit la méthode utilisée...ce qui conforte la position des mathématiciens pré-Cauchy: il semble y avoir une "vraie" somme, indépendante de la définition rigoureuse utilisée pour donner un sens aux trois petits points de \(a_0+a_1+a_2+...\text{.}\)

Avant de lancer Euler dans la Bataille de la Somme (des entiers), voyons si on peut le renforcer.

Attention, dans la notation de \(S_n\) et \(S_n^{(E,1)}\text{,}\) la somme ne va que jusqu'à \(n-1\) : ça ne change rien de toute façon quad \(n\rightarrow \infty\text{,}\) mais ça nous simplifiera la vie un peu plus loin.

ou, entre nous, "Euler-converge"

Là, Ernesto dresse la tête