Métré Batiment Excel
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Familles sommables (c) On peut alors construire une suite (xn )n∈N d'éléments de [0 ; 1] vériant
n
Ensemble dénombrable
[ 1 1
∀n ∈ N, xn ∈
/ [uk − ; uk + ]
2k+2 2k+2
k=0
Exercice 1 [ 00245 ] [Correction] Justier qu'on peut extraire la suite (xn )n∈N une suite convergeant vers un
Existe-t-il une fonction continue f de R dans R envoyant les rationnels dans les élément ` de [0 ; 1].
irrationnels et les irrationnels dans les rationnels ? (d) Exploiter les idées précédentes pour établir que [0 ; 1] n'est pas dénombrable.
an x + · · · + a1 x + a0 = 0 avec a0 , a1 , . . . , an ∈ Z et an 6= 0.
n
On appelle degré d'un nombre algébrique x, le plus petit n ∈ N tel que x soit
Sommation par paquets
solution d'une équation comme ci-dessus.
(a) Quels sont les nombres algébriques de degré 1 ? Exercice 7 [ 02424 ] [Correction]
Convergence et calcul, pour z complexe tel que |z| < 1, de
(b) Montrer que l'ensemble des nombres algébriques de degré au plus n est
dénombrable. +∞
X z2
n
n et que
[ 1 1 X X X
∀n ∈ N, [0 ; 1] \ [uk − ; uk + ] 6= ∅ (u ∗ v)n = un vn
2k+2 2k+2 n∈Z n∈Z n∈Z
k=0
(c) Montrer que la loi ∗ ainsi dénie est commutative, associative et possède un Exercice 14 [ 03678 ] [Correction]
neutre. Soit σ une permutation de N∗ .
(d) La structure (`1 (Z), ∗) est-elle un groupe ? Quelle est la nature de
X σ(n)
?
n2 ln n
Exercice 9 [ 04065 ] [Correction]
Soit q ∈ C avec |q| < 1.
Montrer que la famille q |n| n∈Z est sommable et calculer sa somme.
Exercice 15 [ 03426 ] [Correction]
Soit (un ) une suite réelle telle qu'il y ait convergence de la série u2n
P
Soit σ une bijection de N et (vn ) la suite déterminée par
Exercice 10 [ 04066 ] [Correction] vn = uσ(n) pour tout n ∈ N
Soit r ∈ [0 ; 1[ et θ ∈ R.
Justier l'existence et calculer (a) Montrer la convergence et calculer la somme de la série vn2 .
P
X
|n| inθ
r e (b) Quelle est la nature de la série |un vn | ?
P
n∈Z
(c) Déterminer les bornes supérieure et inférieure de
Permutation des termes +∞
X
|un vn |
ExerciceP 11 [ 01030 ] [Correction]
n=0
Soient n≥0 un une P série absolument convergente et vn = uσ(n) avec σ ∈ SN . pour σ parcourant l'ensemble des bijections de N.
Montrer que la série n≥0 vn est absolument convergente de même somme de
un .
P
Sommes doubles
n≥1
Exercice 19 [ 01096 ] [Correction] (a) On suppose dans cette question la série un absolument P
P
convergente.
On pose En observant un produit de Cauchy, montrer que la série vn converge et
2p + 1 p p+1
exprimer sa somme en fonction de celle de un .
P
ap,q = − −
p+q+2 p+q+1 p+q+3
(b) On suppose dans cette question que la suite (un ) tend vers 0. Déterminer la
Calculer limite de (vn )
+∞ X
+∞ +∞ X
+∞
ap,q et (c) On suppose dans cette dernière
P question la série un convergente.
X X P
ap,q
q=0 p=0 p=0 q=0 Montrer la convergence de v n et déterminer sa somme en fonction de celle
de un .
P
Qu'en déduire ?
Corrections (c) (xn ) est une suite bornée. Par le théorème de Bolzano-Weierstrass, on peut
en extraire une suite convergente et cette dernière a sa limite dans [0 ; 1].
Exercice 1 : [énoncé] (d) Par l'absurde, supposons [0 ; 1] dénombrable et considérons (un )n∈N une
Une telle fonction ne prendre qu'un nombre dénombrable de valeurs, or si celle-ci énumération de ses éléments.
n'est pas constante, elle prend toutes les valeurs d'un intervalle non singulier ce On reprend la suite (xn )n∈N construite comme ci-dessus et la limite `
qui constitue un nombre non dénombrable de valeurs. Une telle fonction ne peut introduite.
donc exister. Puisque celle-ci est élément de [0 ; 1], il existe N ∈ N tel que uN = `. Puisqu'il
existe une suite extraite de (xn )n∈N , convergeant vers `, il existe une innité
de termes de cette suite dans l'intervalle
Exercice 2 : [énoncé]
L'ensemble A est par dénition une partie de N. Puisque l'application ϕ est [` − 1/2N +2 ; ` + 1/2N +2 ] = [uN − 1/2N +2 ; uN + 1/2N +2 ]
bijective, il existe n ∈ N tel que A = ϕ(n). Étudions alors l'appartenance de n à la
partie A. Or, par construction, pour tout n ≥ N , l'élément xn est extérieur à cet
Si n ∈ A alors n ∈ / ϕ(n) mais A = ϕ(n) : c'est absurde. intervalle. C'est absurde !
Si n ∈
/ A alors n ∈ / ϕ(n) et donc n ∈ A : c'est à nouveau absurde.
En regroupant par paquets selon (b) Pour chaque k ∈ Z, la famille (|uk vn−k |)n∈Z est sommable avec
In = (p, q) ∈ N∗2 | p + q = n
X X X
|uk vn−k | = |uk | |vn−k | = |uk | |vn |
celle-ci équivaut à la sommabilité de n∈Z n∈Z n∈Z
et la famille |uk | n∈Z |vn | k∈Z est aussi sommable, donc, par sommation
P
n−1
n2α par paquets, la famille (uk vn−k )(n,k)∈Z2 est sommable.
n≥2
Par sommation par paquets
qui est vraie si, et seulement si, α > 1. X XX
|uk vn−k | = |uk | |vn−k | < +∞
(n,k)∈Z2 n∈Z k∈Z
Exercice 7 : [énoncé]
Puisque |z| < 1, on peut écrire par sommation géométrique Puisque
X X
uk vn−k ≤ |uk | |vn−k |
+∞
1 X n+1
n+1 = z2 k
k∈Z k∈Z
1−z 2
k=0
on a obtient u ∗ v ∈ ` (Z).
1
Par suite
Par sommation par paquets |q||n| est sommable. De plus +∞ +∞
n∈Z X X
vn = un
+∞
X X X X 1+q n=0 n=0
q |n| = qn + 1 + q −n =1+2 qn =
1−q
n∈Z n∈N∗ n∈Z∗
−
n=1
Exercice 12 : [énoncé]
(a) La série 1
converge absolument donc la famille 1
est sommable. Il
P
Exercice 10 : [énoncé] n2 n2 n≥1
On a
2n 2n
X σ(k) 1 X
Exercice 11 : [énoncé] S2n − Sn = ≥ σ(k)
k2 4n2
On a k=n+1 k=n+1
n +∞
X X Or les entiers σ(n + 1), . . . , σ(2n) sont, à l'ordre près, au moins égaux à 1, . . . , n et
|vk | ≤ |un | < +∞
donc
k=0 n=0 n
1 X n+1 1
donc n≥0 vn est absolument convergente.
P S2n − Sn ≥ k= ≥
4n2 8n 8
Pour n ∈ N, posons k=1
−1
On en déduit que (Sn ) diverge.
(k) | 0 ≤ k ≤ n
p(n) = max σ
Pour tout ε > 0, il existe N ∈ N tel que n≥N +1 |un | ≤ ε.
P
Exercice 14 : [énoncé] De plus, cette inégalité est une égalité quand σ = IdN donc
Posons n ( +∞ ) +∞
X σ(k)
|un vn |/σ bijection de N
X X
Sn = sup = u2n
k 2 ln k
k=2 n=0 n=0
On a On a évidemment
n+1
+∞
2X 2n X
1 1 X |un vn | ≥ 0
S2n+1 − S2n ≥ 2(n+1) σ(k) ≥ 2(n+1) k
2 ln 2n+1 k=2n +1
2 ln 2n+1 k=1
n=0
Pour montrer que la borne inférieure cherchée est 0, montrons que l'on peut
car les entiers σ(k) de la première somme sont aux moins égaux aux entiers k de rendre la somme précédente
P aussi petite que l'on veut. Soit ε > 0. Par
la seconde. convergence de la série u2n , il existe N ∈ N tel que
On en déduit
et donc +∞
X
n n
2 (2 + 1) 1 1 u2n ≤ ε
S2n+1 − S2n ≥ 2n+3 ∼ n=N
2 (n + 1) ln 2 8 ln 2 n
Puisque la série 1/n diverge, il en de même de la série télescopique De plus la suite (un ) tend vers 0, elle est donc bornée par un certain M > 0
P
S2n+1 − S2n et donc la suite (S2n ) tend vers +∞. On en déduit la divergence et il existe un rang N 0 > N tel que
P
de la série étudiée.
ε
∀n ≥ N 0 , |un | ≤
M (N + 1)
Exercice 15 : [énoncé] Considérons alors la bijection σ de N déterminée par
(a) La permutation des termes d'une série à termes positifs ne change ni sa
si n ∈ {0 | . . . , N }
0
nature, ni sa somme. On peut donc armer N + n
σ(n) = n − N 0 si n ∈ {N 0 , . . . , N 0 + N }
+∞ +∞
sinon
n
X X
vn2 = u2n
n=0 n=0
Pour cette permutation
(b) En vertu de la majoration +∞ N −1 N 0X
+N −1
X X ε ε
1 2 |un vn | ≤ |un | + |un−N 0 | + ε ≤ 3ε
ab ≤ a + b2
M (N + 1) M (N + 1)
n=0 n=0 n=N 0
2
on a On peut donc armer
1 2
un + vn2
|un vn | ≤ ( +∞ )
2
|un vn |/σ bijection de N
X
inf =0
Par comparaison de série à termes positifs, on peut armer la convergence de
la série |un vn | . . . n=0
P
(c) et
+∞ +∞ +∞ +∞
X
|un vn | ≤
1X 2 1X 2 X 2
un + vn = un Exercice 16 : [énoncé]
n=0
2 n=0 2 n=0 n=0
Pour N ∈ N posons AN = {n ∈ N, |zn | ≤ N }.
Pour n, m ∈ AN distincts, les disques ouverts de centres zn et zm et de rayon 1/2 avec convergence des séries sous-jacentes.
sont disjoints. La réunion de ces disques pour n parcourant AN , est incluse dans Or
le disque de centre 0 et de rayon N + 1/2. Par considération d'aire, on obtient +∞
X k−1
X 1 1
uk,n = α
= α−1
2 2 n=0 n=0
k k
1 1
Card AN × π ×
2
≤π N+
2 donc
+∞
+∞ X +∞
X 1 X 1
=
et donc k α k α−1
n=0 k=n+1 k=1
Card AN ≤ (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 ni de termes de la suite de module ExerciceP18 : [énoncé]
inférieur à une constante donnée). En vertu de l'étude qui précède La série p≥1 up,q est absolument convergente et
+∞ 2q−1
z(2N +1)2 +1 > N X |a|
|up,q | = 2q−1
1 − |a|
et on en déduit
p=1
1 1 2q−1
=O De plus la série de terme général 1−|a| 2q−1 est absolument convergente en vertu de
|a|
3
|zp | p3/2
la règle de d'Alembert.
La série permutée de terme général 1/zn3 est donc absolument convergente et la La famille (up,q )p,q≥1 est donc sommable et on a
série initiale l'est donc aussi.
X +∞
+∞ X +∞ X
X +∞
up,q = up,q
Exercice 17 : [énoncé] q=1 p=1 p=1 q=1
(a) Puisque x 7→ 1
est décroissante : ce qui fournit la relation
xα
+∞ +∞
Z +∞ +∞ Z +∞
X a2q−1 X ap
dx X 1 dx 2q−1
=
≤ ≤ 1−a 1 − a2p
n+1 xα kα n xα q=1 p=1
k=n+1
donc
+∞
1 1 1
Exercice 19P: [énoncé]
D'une part +∞p=0 ap,q = 0 donc p=0 ap,q = 0.
X P+∞ P+∞
α
∼ α−1 q=0
k α−1n
D'autre par q=0 ap,q = p+1 − p+2 donc +∞ q=0 ap,q = 1.
k=n+1
P+∞ 1 1
P P+∞
p=0
sommable.
(p + q )(p + q 2 + 1)
2
(p,q)∈N×N∗
Exercice 21 : [énoncé]
La série converge compte tenu des critères usuels. Exercice 23 : [énoncé]
(a) On a
1 1 1 1 n
= − X 1
n2 − p 2 2p n−p n+p vn = uk ×
2n−k
k=0
Par télescopage :
La série vn est donc la série produit de Cauchy de un et P21n .
P P P
+∞
1 1
1 1
Puisqu'elles sont toutes deux absolument convergentes, la série vn est
absolument convergente, donc convergente et
X
2 2
= 1 + + ··· +
n=p+1
n −p 2p 2 2p
+∞ +∞
! +∞
! +∞
X X X 1 X
De plus vn = un
2 n
=2 un
n=0 n=0 n=0 n=0
p−1
(b) Soit ε > 0. Il existe N ∈ N tel que
X 1 1 1 1 1
2 2
=− + ··· + 1 + + ··· +
n=1
n −p 2p p−1 p+1 2p − 1
∀n ≥ N, |un | ≤ ε
donc
+∞ On a alors
X 1 1 1 1 3 PN −1
2k |uk |
n
2k C te
= + = 2
X
k=0
n2 − p2 2p p 2p 4p |vn | ≤ +ε ≤ + 2ε
n=1,n6=p 2n 2n 2n
k=N
puis puis pour n assez grand
+∞ +∞ +∞
X X 1 X 3 |vn | ≤ 3ε
= >0
p=1 n=1,n6=p
2
n −p 2
p=1
4p2 On peut donc armer que la suite (vn ) converge vers 0.
n+1 n+1
X (−1)k−1 n n+1 On peut donc armer la convergence absolue de la série de terme général un pour
(−1)k−1 n + 1 X (−1)k−1 n
α > 1.
X
= +
k k k k k k−1
k=1 k=1 k=1