Le produit de Cauchy, et ce qu'il casse

Ce qu'on a le droit d'utiliser. Le théorème du produit de Cauchy : si $\sum a_n$ et $\sum b_n$ sont absolument convergentes, la série de terme général $c_n=\sum _{k=0}^n{a}_k{b}_{n-k}$ est absolument convergente et sa somme est le produit des sommes. Les croissances comparées. Pour c), la seule condition nécessaire de convergence : le terme général tend vers $0$.

a) Deux produits de Cauchy en chaîne. Pour $|z|<1$, $\sum |z{|}^n$ est une série géométrique de raison $|z|<1$ : $\sum z^n$ est absolument convergente, de somme $\frac{1}{1-z}$. Son produit de Cauchy par elle-même a pour terme général $$c_n=\sum _{k=0}^n{z}^k{z}^{n-k}=\sum _{k=0}^n{z}^n=(n+1)z^n,$$ et le théorème donne $\sum _{n\ge 0}(n+1)z^n={\left(\frac{1}{1-z}\right)}^2$, la série étant absolument convergente en tant que produit de Cauchy de deux séries absolument convergentes — on peut aussi le voir directement, par croissances comparées : $n^2(n+1)|z{|}^n\to 0$, donc $(n+1)|z{|}^n=O\left(\frac{1}{n^2}\right)$.

Second produit, de $\sum (n+1)z^n$ par $\sum z^n$, toutes deux absolument convergentes. Avec $a_k=(k+1)z^k$ et $b_l=z^l$ : $$c_n=\sum _{k=0}^n(k+1)z^k\cdot z^{n-k}=z^n\sum _{k=0}^n(k+1)=z^n\sum _{j=1}^{n+1}j=\frac{(n+1)(n+2)}{2}{z}^n=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+2}{2}\right)z^n.$$ Le théorème donne donc, pour $|z|<1$ : $$\frac{1}{(1-z{)}^3}=\frac{1}{(1-z{)}^2}\cdot \frac{1}{1-z}=\sum _{n\ge 0}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+2}{2}\right)z^n.$$ (La somme $\sum _{k=0}^n(k+1)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+2}{2}\right)$ est le cas le plus simple de la formule de la crosse de hockey du chapitre 18.)

Le point délicat. Le théorème exige la convergence absolue des deux séries : c'est la condition $|z|<1$ qui la fournit, et c'est la seule raison pour laquelle le calcul est licite. Sans elle, le produit de Cauchy peut diverger — le c) le montre.

b) Une valeur numérique. Avec $z=\frac{1}{2}$ : $\sum _{n\ge 0}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+2}{2}\right)\frac{1}{2^n}=\frac{1}{(1-1/2{)}^3}=8$. Or $\frac{(n+1)(n+2)}{2^n}=2\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+2}{2}\right)\frac{1}{2^n}$, donc $$\sum _{n\ge 0}\frac{(n+1)(n+2)}{2^n}=2\times 8=16.$$ (Les premiers termes, $2+3+3+2,5+1,875+\cdots$, totalisent déjà $15,82$ au onzième.)

c) Ce que casse l'absence de convergence absolue. La série $\sum a_n=\sum \frac{(-1{)}^n}{\sqrt{n}}$ converge par le théorème des séries alternées, mais $\sum \frac{1}{\sqrt{n}}$ diverge (Riemann, $\alpha =\frac{1}{2}$) : pas de convergence absolue. Calculons son carré de Cauchy. Comme $a_0=0$, les termes $k=0$ et $k=n$ de $c_n$ sont nuls, et pour $n\ge 2$ : $$c_n=\sum _{k=1}^{n-1}\frac{(-1{)}^k}{\sqrt{k}}\cdot \frac{(-1{)}^{n-k}}{\sqrt{n-k}}=(-1{)}^n\sum _{k=1}^{n-1}\frac{1}{\sqrt{k(n-k)}},\text{donc}|c_n|=\sum _{k=1}^{n-1}\frac{1}{\sqrt{k(n-k)}}.$$ La minoration. Pour $1\le k\le n-1$, les deux nombres $k$ et $n-k$ ont pour somme $n$, et un produit de deux nombres de somme fixée est maximal quand ils sont égaux : $k(n-k)\le \frac{n^2}{4}$, ce qui est aussi $(a-b{)}^2\ge 0$ avec $a=k$ et $b=n-k$. Donc $\sqrt{k(n-k)}\le \frac{n}{2}$ et chacun des $n-1$ termes est au moins $\frac{2}{n}$ : $$|c_n|\ge (n-1)\cdot \frac{2}{n}=\frac{2(n-1)}{n}\underset{n\to +\infty }{\to }2.$$ Le terme général $c_n$ ne tend pas vers $0$ : $\sum c_n$ diverge grossièrement. L'hypothèse manquante est la convergence absolue, et l'on voit qu'elle n'est pas décorative : deux séries convergentes peuvent avoir un produit de Cauchy qui diverge, et de la façon la plus brutale.

Ce que l'exercice installe. Multiplier deux séries, c'est sommer par diagonales le produit des deux familles, et cette sommation par paquets n'est licite que sous la sommabilité de la famille produit — d'où la convergence absolue. Le a) donne aussi une famille d'identités, $\frac{1}{(1-z{)}^{p+1}}=\sum _{n\ge 0}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+p}{p}\right)z^n$, qu'une récurrence sur $p$ établit par le même produit ; ce sont les séries du binôme négatif, qui reviendront en probabilités.