Fubini positif en action

Ce qu'on a le droit d'utiliser. Le théorème de Fubini positif : pour une famille à valeurs dans $[0,+\infty ]$ indexée par un produit, les deux sommes itérées sont égales, et égales à la somme de la famille. La somme d'une série géométrique de raison dans $]0,1[$. Le télescopage. Pour c), le théorème de Fubini du cas complexe, qui exige la sommabilité, et la méthode du cours : calculer formellement, puis justifier sur les modules.

a) La somme des $\zeta (n)-1$. Pour $n\ge 2$, $\zeta (n)-1=\sum _{k\ge 2}\frac{1}{k^n}$ : on a retiré le terme $k=1$, qui vaut $1$. La somme cherchée est donc celle de la famille $\left(\frac{1}{k^n}\right)$ indexée par $(n,k)\in \{2,3,\dots {\}}^2$, sommée d'abord en $k$ puis en $n$. Cette famille est positive : Fubini positif autorise à sommer d'abord en $n$, à $k$ fixé. Or, à $k\ge 2$ fixé, $\sum _{n\ge 2}\frac{1}{k^n}$ est une série géométrique de raison $\frac{1}{k}\in ]0,1[$, de premier terme $\frac{1}{k^2}$ : $$\sum _{n\ge 2}\frac{1}{k^n}=\frac{1/k^2}{1-1/k}=\frac{1}{k^2}\cdot \frac{k}{k-1}=\frac{1}{k(k-1)}=\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}.$$ Reste à sommer en $k$ : la somme partielle $\sum _{k=2}^K\left(\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}\right)=1-\frac{1}{K}$ tend vers $1$. Donc $$\sum _{n\ge 2}(\zeta (n)-1)=\sum _{k\ge 2}\sum _{n\ge 2}\frac{1}{k^n}=\sum _{k\ge 2}\frac{1}{k(k-1)}=1.$$

b) La somme des $\zeta (2n)-1$. De même, $\zeta (2n)-1=\sum _{k\ge 2}\frac{1}{k^{2n}}$, famille positive indexée par $(n,k)\in {\mathbb{N}}^{\ast }\times \{2,3,\dots \}$. À $k$ fixé, $\sum _{n\ge 1}{\left(\frac{1}{k^2}\right)}^n$ est géométrique de raison $\frac{1}{k^2}<1$, de premier terme $\frac{1}{k^2}$ : $$\sum _{n\ge 1}\frac{1}{k^{2n}}=\frac{1/k^2}{1-1/k^2}=\frac{1}{k^2-1}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k+1}\right),$$ la dernière égalité étant la décomposition en éléments simples de $\frac{1}{(k-1)(k+1)}$ (chapitre 10). C'est un télescopage à deux crans : en sommant de $k=2$ à $K$, les indices communs disparaissent et il survit deux termes à chaque bout, $$\sum _{k=2}^K\frac{1}{k^2-1}=\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{2}-\frac{1}{K}-\frac{1}{K+1}\right)\underset{K\to +\infty }{\to }\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{2}=\frac{3}{4}.$$ Donc $\sum _{n\ge 1}(\zeta (2n)-1)=\frac{3}{4}$.

Le point délicat. Avec le décalage $2$, il reste deux termes à chaque extrémité, d'où le $1+\frac{1}{2}$ ; écrire mécaniquement « le premier moins le dernier » donnerait $\frac{1}{2}$, qui est faux.

c) Ce que le résultat fini justifie, et ce que le signe exige. Dans a) et b), on n'a rien vérifié avant de calculer, et c'était légitime : pour une famille positive, la somme itérée dans un ordre est égale à la somme de la famille, dans $[0,+\infty ]$. Le résultat fini prouve donc que la famille est sommable, et la valeur trouvée est validée en même temps qu'elle est calculée : dans le positif, le calcul se justifie lui-même.

Pour $\sum _{n\ge 2}(-1{)}^n(\zeta (n)-1)=\sum _{n\ge 2}\sum _{k\ge 2}\frac{(-1{)}^n}{k^n}$, la famille $\left(\frac{(-1{)}^n}{k^n}\right)$ n'est plus positive, et l'échange des sommes exige de savoir d'abord qu'elle est sommable, c'est-à-dire que la famille des modules $\left(\frac{1}{k^n}\right)$ a une somme finie. Or c'est exactement ce que le a) a établi : cette somme vaut $1$. La famille est sommable, et le théorème de Fubini du cas complexe autorise l'échange. À $k$ fixé, $\sum _{n\ge 2}{\left(-\frac{1}{k}\right)}^n$ est géométrique de raison $-\frac{1}{k}$, de module $<1$, de premier terme $\frac{1}{k^2}$ : $$\sum _{n\ge 2}\frac{(-1{)}^n}{k^n}=\frac{1/k^2}{1+1/k}=\frac{1}{k(k+1)}=\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1},\text{d’ouˋ}\sum _{n\ge 2}(-1{)}^n(\zeta (n)-1)=\sum _{k\ge 2}\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\right)=\frac{1}{2}.$$

Ce que l'exercice installe. La méthode du chapitre en deux temps : calcul formel, puis justification sur les modules — et, dans le cas positif, le second temps est contenu dans le premier. On y voit aussi que $\zeta (n)$ tend vers $1$ très vite, puisque la série des $\zeta (n)-1$ converge.