Produit de Cauchy : Cours et exercices corrigés

Voici un cours avec des exercices corrigés sur la notion de produit de Cauchy
Cauchy

Dans cet article, nous allons vous présenter la notion de produit de Cauchy, vue en deuxième année dans le supérieur (L2, MP, MPI, …)

Cours 

Le produit de Cauchy de deux séries \displaystyle \sum a_n et \displaystyle \sum b_n est la série de terme général

c_n = \sum_{k=0}^n a_k  b_{n-k}

Sous les bonnes hypothèses (voir après), on a ce qu’on appelle la formule de distributivité généralisée :

\sum_{n=0}^{\infty} c_n = \left( \sum_{i=0}^{\infty} a_i\right)\left( \sum_{j=0}^{\infty} b_j\right)

Cas de deux séries absolument convergentes

Si \displaystyle \displaystyle \sum a_n et \displaystyle \sum b_n convergent absolument alors leur produit de Cauchy converge et la formule de distributivité généralisée est vérifiée.

Théorème de Mertens (HP)

Voici une propriété nécessitant moins d’hypothèse : si l’une des deux séries converge et l’autre converge absolument, alors leur produit de Cauchy converge et la formule de distributivité généralisée a bien lieu.

Par contre, si on relâche les hypothèses, cela peut ne pas fonctionner. Par exemple, on peut prendre a_n = b_n = \dfrac{(-1)^n }{\sqrt{n}} . La preuve de la non convergence est laissée au lecteur.

Cas des séries entières

On considère \displaystyle \sum a_n x^n et \displaystyle \sum b_n x^n deux séries entières. Alors, leur produit de Cauchy est aussi une série entière de terme général c_n x^n avec

c_n = \sum_{k=0}^n a_k  b_{n-k}

De plus, on a cette relation sur les rayons de convergence : R_c \geq \min(R_a,R_b)

Exercices corrigés

Exercice 1

Enoncé : En définissant l’exponentielle par sa série entière : e^x=\displaystyle \sum_{n=0}^{+ \infty} \dfrac{x^n}{n!}, prouver que e^a e^b = e^{a+b}

Corrigé : On a :

e^a= \sum_{n=0}^{+ \infty} \dfrac{a^n}{n!}

Et

e^b= \sum_{n=0}^{+ \infty} \dfrac{b^n}{n!}

En faisant le produit de Cauchy, on obtient :

\begin{array}{ll}
e^ae^b&=\displaystyle \sum_{n=0}^{+ \infty} \dfrac{a^n}{n!} \sum_{n=0}^{+ \infty} \dfrac{b^n}{n!}\\
&= \displaystyle \sum_{n=0}^{+ \infty} \sum_{k=0}^n \dfrac{a^k}{k!} \dfrac{b^{n-k}}{(n-k)!}\\
&= \displaystyle \sum_{n=0}^{+ \infty} \sum_{k=0}^n \dfrac{n!}{n!} \dfrac{a^k}{k!} \dfrac{b^{n-k}}{(n-k)!}\\
&= \displaystyle \sum_{n=0}^{+ \infty}\dfrac{1}{n!} \sum_{k=0}^n \dfrac{n!}{k!(n-k)!} a^k b^{n-k}\\
&= \displaystyle \sum_{n=0}^{+ \infty}\dfrac{1}{n!} \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} a^k b^{n-k}\\
&= \displaystyle \sum_{n=0}^{+ \infty}\dfrac{1}{n!} (a+b)^n\\ 
&= e^{a+b}
\end{array}

Ce qui est bien le résultat voulu

Exercice 2

Enoncé : Soit a \in \C avec |a| < 1 . Démontrer que \dfrac{1}{(1-a)^2} = \displaystyle \sum_{n=0}^{+ \infty} (n+1)a^n

Corrigé : On remarque que \dfrac{1}{(1-a)^2} = \dfrac{1}{(1-a)}\dfrac{1}{(1-a)} . On va donc faire un produit de Cauchy pour obtenir le résultat voulu :

\begin{array}{ll}
 \dfrac{1}{(1-a)^2} & = \dfrac{1}{(1-a)}\dfrac{1}{(1-a)}\\
& = \displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty}a^n  \sum_{n=0}^{+\infty}a^n \\
& = \displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty} \sum_{k=0}^{n}a^k a^{n-k} \\
& = \displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty} \sum_{k=0}^{n}a^n \\
& = \displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty} (n+1)a^n \\

\end{array}

Ce qui est bien le résultat voulu

N-B : On peut aussi partir de \dfrac{1}{(1-a)} = \displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty} a^n et dériver

Exercice 3

Enoncé : Montrer que e \displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{(-1)^{n-1}}{n.n!} = \displaystyle \sum_{n=1}^{+ \infty} \dfrac{H_n}{n!} avec H_n = \displaystyle \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{n} la suite harmonique.

Corrigé : On écrit le membre de gauche comme 2 séries :

e \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{(-1)^{n-1}}{n.n!} = \sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{1}{n!} \sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{(-1)^{n}}{(n+1).(n+1)!} 

On utilise ensuite un produit de Cauchy :

\begin{array}{ll}
 \displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{1}{n!} \sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{(-1)^{n}}{(n+1).(n+1)!}  & =\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} \sum_{k=0}^{n}  \dfrac{1}{(n-k)!}\dfrac{(-1)^{k}}{(k+1).(k+1)!} \\
& =\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{1}{(n+1)!}\sum_{k=0}^{n}  \dfrac{(n+1)!}{(n-k)!(k+1)!}\dfrac{(-1)^{k}}{(k+1)} \\
& =\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{1}{(n+1)!}\sum_{k=0}^{n} \binom{n+1}{k+1}\dfrac{(-1)^{k}}{(k+1)} \\
& =\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{1}{n!}\sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k}\dfrac{(-1)^{k-1}}{k} \\

\end{array}

On va ensuite montrer que \displaystyle \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k}\dfrac{(-1)^{k-1}}{k} = \sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{k}. Pour cela, on va faire une récurrence.

Pour n = 1, le résultat est évident, on va donc passer tout de suite à l’hérédité. Soit n \in \N^* . On suppose que la propriété est vraie. On a ensuite, grâce à la formule de Pascal :

\begin{array}{ll}
\displaystyle \sum_{k=1}^{n+1} \binom{n+1}{k}\dfrac{(-1)^{k-1}}{k}& \displaystyle =\sum_{k=1}^{n+1} \binom{n}{k}\dfrac{(-1)^{k-1}}{k} +\sum_{k=1}^{n+1} \binom{n}{k-1}\dfrac{(-1)^{k-1}}{k} \\
& \displaystyle =\sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k}\dfrac{(-1)^{k-1}}{k}+\sum_{k=1}^{n} \binom{n+1}{k}\dfrac{(-1)^{k-1}}{n+1} \\ 
& \displaystyle =H_n+\sum_{k=0}^{n} \binom{n+1}{k}\dfrac{(-1)^{k-1}}{n+1}+\dfrac{1}{n+1} \\ 
& \displaystyle =H_n+\dfrac{(1-1)^{n}}{n+1}+\dfrac{1}{n+1} \\ 
& = H_{n+1}
\end{array}

Ce qui conclut bien notre récurrence et nous permet d’avoir le résultat voulu :

e \displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{(-1)^{n-1}}{n.n!} = \displaystyle \sum_{n=1}^{+ \infty} \dfrac{H_n}{n!}
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