Auteur/autrice : Yannis TRIANTAPHYLIDES

Ce théorème est attribué à Eduard Heine et date de 1872. Il s’énonce ainsi.

Quels que soient les réels $a$ et $b$ tels que $a<b$ et quelle que soit $f: [a,b]\to \R$ une fonction continue, $f$ est uniformément continue sur $[a,b].$

Continuité et continuité uniforme

Le fait que $f$ soit continue sur $[a,b]$ s’exprime ainsi :

\begin{aligned} \forall x\in [a,b], \forall \varepsilon > 0, \exists \delta >0, \forall y\in[a,b], \lvert y-x \rvert\leq \delta \implies \lvert f(y)-f(x)\rvert \leq \varepsilon.\end{aligned}

Il s’agit démontrer sous cette hypothèse la continuité uniforme de $f$ sur $[a,b]$, à savoir :

\begin{aligned} \forall \varepsilon > 0, \exists \delta >0, \forall x\in [a,b], \forall y\in[a,b], \lvert y-x \rvert\leq \delta \implies \lvert f(y)-f(x)\rvert \leq \varepsilon.\end{aligned}

De nombreuses démonstrations se basent sur des suites, des suites extraites et le raisonnement par l’absurde. D’autres utilisent la notion de compacité du segment $[a,b]$, qui, recouvert par des ouverts bien choisis, et extraction d’un sous-recouvrement fini, permettent d’aboutir à une démonstration.

Dans cet article vous utiliserez une preuve directe reposant sur la propriété de la borne supérieure des réels : toute partie non vide et majorée de $\R$ admet une borne supérieure, c’est-à-dire un plus petit majorant pour cette partie.

Fixez deux réels $a$ et $b$ tels que $a<b.$ Soit $f: [a,b]\to \R$ une fonction continue et $\varepsilon$ un réel strictement positif.

Une notation utile

On dit que $f$ possède la propriété $P$ sur un intervalle $I\subset[a,b]$, si et seulement si : $\exists \delta > 0, \forall z,z’\in I, \lvert z-z’\rvert\leq \delta \implies \lvert f(z)-f(z’)\rvert \leq \varepsilon.$

De cette définition, on tire immédiatement le fait que si $J$ est un sous-intervalle d’un intervalle $I\subset[a,b]$ et si $f$ possède la propriété $P$ sur $I$, alors $f$ possède la propriété $P$ sur $J.$

Lemme $1$ : caractère local de la propriété $P$

Soit $c$ un réel appartenant à l’intervalle $[a,b].$

Alors il existe un réel $r$ strictement positif tel que $f$ possède la propriété $P$ sur l’intervalle $[a,b]\cap [c-r, c+r].$

En effet, $f$ est continue en $c.$

Il existe donc un réel $r$ strictement positif tel que $\forall x\in[a,b], \lvert x-c\rvert \leq r \implies \lvert f(x)-f(c)\rvert \leq \frac{\varepsilon}{2}.$

Soient maintenant $z$ et $z’$ deux réels de l’intervalle $[a,b]\cap [c-r, c+r].$

Comme $\lvert z-c\rvert \leq r$ et $\lvert z’-c\rvert \leq r$ il vient $\lvert f(z)-f(c)\rvert \leq \frac{\varepsilon}{2}$ et $\lvert f(z’)-f(c)\rvert \leq \frac{\varepsilon}{2}.$

D’après l’inégalité triangulaire :

\begin{aligned}
\lvert f(z)-f(z’) \rvert &\leq \lvert f(z)-f(c) \rvert + \lvert f(z’)-f(c) \rvert\\
&\leq \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2}\\
&\leq \varepsilon.
\end{aligned}

Ce qui conclut.

Le lemme suivant sera aussi très utile dans la suite.

Lemme $2$ : recollement d’intervalles

Supposez que $u$, $v$ et $w$ sont trois réels de l’intervalle $[a,b]$ tels que $u<v<w$, de sorte que : $f$ ait la propriété $P$ sur l’ intervalle $[u,v]$ et $f$ ait aussi la propriété $P$ sur l’intervalle $[v,w].$

Vous allez montrer que $f$ possède la propriété $P$ sur l’intervalle $[u,w].$

Vous avez tout d’abord l’existence de deux réels strictement positifs $\delta_1$ et $\delta_2$ tels que :

$\forall z,z’\in [u,v], \lvert z-z’\rvert\leq \delta_1 \implies \lvert f(z)-f(z’)\rvert \leq \varepsilon.$

$\forall z,z’\in [v,w], \lvert z-z’\rvert\leq \delta_2 \implies \lvert f(z)-f(z’)\rvert \leq \varepsilon.$

Le recollement va être dû à la continuité de $f$ en $v$.

En effet, il existe $\delta_3>0$ tel que $\forall x\in [a,b], \lvert x-v\rvert\leq \delta_3 \implies \lvert f(x)-f(v)\rvert \leq \frac{\varepsilon}{2}.$

Posez alors $\delta = \mathrm{Min}(\delta_1, \delta_2,\delta_3).$

Considérez deux réels $z$ et $z’$ appartenant à l’intervalle $[u,w]$ et tels que $\lvert z-z’\rvert\leq \delta.$

1er cas : $z\in[u,v]$ et $z’\in[u,v].$ Comme $\lvert z-z’\rvert\leq \delta \leq \delta_1$ il vient $\lvert f(z)-f(z’)\rvert \leq \varepsilon.$

2ème cas : $z\in[u,v]$ et $z’\notin[u,v].$ Alors $z’\in[v,w].$ Alors :

$\lvert z-v\rvert \leq \lvert z-z’\rvert\leq \delta \leq \delta_3.$

De même :

$\lvert z’-v\rvert \leq \lvert z-z’\rvert\leq \delta \leq \delta_3.$

Donc $\lvert f(z)-f(v)\rvert \leq \frac{\varepsilon}{2}$ et $\lvert f(z’)-f(v)\rvert \leq \frac{\varepsilon}{2}.$

L’inégalité triangulaire fournit :

\begin{aligned}
\lvert f(z)-f(z’) \rvert &\leq \lvert f(z)-f(v) \rvert + \lvert f(z’)-f(v) \rvert\\
&\leq \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2}\\
&\leq \varepsilon.
\end{aligned}

3ème cas : $z\notin[u,v]$ et $z’\in[u,v].$ Alors $z\in[v,w].$ Il s’agit du cas numéro 2 où $z$ et $z’$ ont été échangés. Vous obtenez alors $\lvert f(z)-f(z’) \rvert \leq \varepsilon.$

4ème cas : $z\notin[u,v]$ et $z’\notin[u,v].$ Alors $z,z’\in[v,w].$ Comme $\lvert z-z’\rvert\leq \delta \leq \delta_2$ il vient $\lvert f(z)-f(z’)\rvert \leq \varepsilon.$

Ainsi $f$ possède bien la propriété $P$ sur l’intervalle $[u,w].$

Passez maintenant à la démonstration du théorème de Heine

Considérez pour cela l’ensemble $A = \{x\in[a,b],$ $f$ possède la propriété $P$ sur l’intervalle $[a,x].\}$

Montrez que $A$ contient un élément strictement supérieur à $a$

En appliquant le lemme $1$, avec $c=a$ vous avez l’existence d’un réel $r>0$ tel que $f$ possède la propriété $P$ sur l’intervalle $[a,b]\cap[a-r, a+r].$

Posez $a_0 = a+ \mathrm{Min}(b-a, r)$. Alors $a<a_0\leq b$ et $f$ possède la propriété $P$ sur l’intervalle $[a, a_0].$

Donc $a_0\in A.$

Montrez que $A$ admet une borne supérieure

La partie $A$ est une partie de $\R$ non vide (puisqu’elle contient $a_0$) et qui est majorée par $b.$

Donc elle admet une borne supérieure $\alpha.$

Comme $a_0\in A$ il vient $a_0\leq \alpha$ puisque la borne supérieure de $A$ est un majorant de $A.$

Le nombre $b$ majore $A$, or le plus petit des majorants de $A$ est $\alpha$, donc $\alpha\leq b.$

Ainsi $a<a_0\leq \alpha \leq b.$

Montrez que la borne supérieure $\alpha$ est égale à $b$

Ce point est délicat.

Raisonnez par l’absurde en supposant $\alpha \neq b.$ Alors $a < \alpha < b.$

Appliquez le lemme $1$ avec $c=\alpha.$ Il existe un réel $r’>0$ tel que $f$ possède la propriété $P$ sur l’intervalle $[a,b]\cap[\alpha-r’, \alpha+r’].$

Posez alors $r = \mathrm{Min}(r’, b-\alpha, \alpha-a)>0.$ Alors $a\leq \alpha-r\leq \alpha+r\leq b.$

Alors $f$ possède la propriété $P$ sur $[\alpha-r, \alpha+r].$

Or $\alpha-r < \alpha$, donc $\alpha-r$ ne peut majorer $A$ donc il existe $d\in A$ tel que $\alpha-r<d.$ Comme $f$ possède la propriété $P$ sur $[a, d]$ vous déduisez que $f$ possède aussi la propriété $P$ sur $[a, \alpha-r].$

Utilisant le lemme $2$ de recollement, vous déduisez que $f$ admet la propriété $P$ sur $[a, \alpha+r]$, donc $\alpha+r\in A.$

Or $\alpha$ majore $A$ donc $\alpha+r \leq \alpha$ donc $r\leq 0$ contradiction.

Concluez

D’après ce qui précède, la borne supérieure de $A$ est égale à $b.$

Or, en appliquant le lemme $1$ à $c=b$ vous déduisez l’existence d’un réel $r’>0$ tel que $f$ possède la propriété $P$ sur $[a,b]\cap [b-r’, b+r’].$

Posez alors $r = \mathrm{Min}(r’,b-a)> 0.$ Vous avez $a\leq b-r < b.$

La fonction $f$ possède la propriété $P$ sur l’intervalle $[b-r, b]\subset [a,b]\cap [b-r’, b+r’].$

Or $b-r < b$ donc $b-r$ ne peut majorer $A$ donc il existe $d\in A$ tel que $b-r< d.$

La fonction $f$ possède la propriété $P$ sur l’intervalle $[a,d]$ donc $f$ possède aussi la propriété $P$ sur l’intervalle $[a,b-r].$

Utilisant le lemme $2$ de recollement vous déduisez que $f$ possède la propriété $P$ sur l’intervalle $[a,b].$

Cela termine la démonstration du théorème de Heine.

Dans cet article, $z_0$ désigne un nombre complexe fixé.

Il s’écrit sous la forme unique $z_0=x_0+iy_0$ où $x_0$ et $y_0$ sont deux nombres réels.

Supposez qu’il existe un nombre réel $r$ strictement positif tel que $f$ soit une fonction définie sur $B = \{z\in\C, \lvert z-z_0\rvert<r\}$ (boule ouverte de centre $z_0$ et de rayon $r$) à valeurs dans $\C.$

Supposez de plus que la fonction $f$ est dérivable au sens complexe en $z_0$, autrement dit il existe un nombre complexe noté $f'(z_0)$ tel que :

\begin{aligned} \forall \varepsilon > 0, \exists \delta > 0, \forall h\in \C, 0<\lvert h \rvert < \mathrm{Min}(\delta,r) \implies \left\lvert\frac{f(z_0+h)-f(z_0)}{h} – f'(z_0) \right\rvert \leq \varepsilon.\end{aligned}

Ceci est noté $\lim_{\substack{h\to 0\\h\in\C}} \frac{f(z_0+h)-f(z_0)}{h} = f'(z_0).$

Avant de commencer les démonstrations proprement dites sur les équations de Cauchy-Riemann il sera très utile de faire le lien entre les parties réelles et imaginaires.

Un petit lemme sur les parties réelles et imaginaires

Soit $z$ un nombre complexe. Il existe un unique couple de réels $(x,y)$ tel que $z = x+iy.$

On note $x = \mathrm{Re}(z)$ et $y = \mathrm{Im}(z)$.

Notez que $iz = -y + ix = – \mathrm{Im}(z) + i \mathrm{Re}(z).$

Vous obtenez alors le résultat suivant, valable pour tout nombre complexe $z$ :

$\boxed{\mathrm{Re}(iz) = -\mathrm{Im}(z)}$ et $\boxed{\mathrm{Im}(iz) = \mathrm{Re}(z).}$

Définissez les fonctions de deux variables qui correspondent à la partie réelle et à la partie imaginaire

Notez :

\begin{aligned} C = \left\{(x_0+h, y_0+k), (h,k)\in\left]\frac{-r\sqrt{2}}{2}, \frac{r\sqrt{2}}{2}\right[^2\right\}\end{aligned}

qui est un carré centré en $(x_0,y_0)$ avec $C\subset \R^2.$

Il convient de remarquer que $\forall (x,y)\in C, x+iy\in U.$

Cela conduit aux définitions suivantes.

Pour tout $(x,y)\in C$ vous posez $\boxed{u(x,y) = \mathrm{Re}(f(x+iy))}$ et $\boxed{v(x,y) = \mathrm{Im}(f(x+iy)).}$

Démontrez la première relation de Cauchy-Riemann $\frac{\partial u}{\partial x}(x_0,y_0) = \frac{\partial v}{\partial y}(x_0,y_0)$

Il s’agit de démontrer que la fonction $u$ admet une dérivée partielle par rapport à la première variable en $(x_0,y_0)$, notée $\frac{\partial u}{\partial x}(x_0,y_0)$ puis de démontrer que la fonction $v$ admet aussi une dérivée partielle par rapport à la seconde variable, notée $\frac{\partial v}{\partial y}(x_0,y_0)$ puis d’arriver à l’égalité $\frac{\partial u}{\partial x}(x_0,y_0) = \frac{\partial v}{\partial y}(x_0,y_0).$

Soit $\varepsilon$ un nombre réel strictement positif.

Il existe alors un nombre réel $\delta$ strictement positif tel que:

\begin{aligned} \forall h\in \C, 0<\lvert h \rvert < \mathrm{Min}(\delta,r) \implies \left\lvert\frac{f(z_0+h)-f(z_0)}{h} – f'(z_0) \right\rvert \leq \varepsilon.\end{aligned}

Soit maintenant $h$ un réel tel que $0 < \lvert h \rvert < \mathrm{Min}\left(\delta,\frac{r\sqrt{2}}{2}\right).$

\begin{aligned}
\left\lvert \frac{u(x_0+h,y_0)-u(x_0,y_0)}{h}-\mathrm{Re}(f'(z_0))\right\rvert &\leq \left\lvert \frac{\mathrm{Re}(f(x_0+h+iy_0))-\mathrm{Re}(f(x_0+iy_0))}{h}-\mathrm{Re}(f'(z_0))\right\rvert \\
&\leq \left\lvert \mathrm{Re}\left(\frac{f(x_0+h+iy_0)-f(x_0+iy_0)}{h}\right) -\mathrm{Re}(f'(z_0)) \right\rvert\\
&\leq \left\lvert \mathrm{Re}\left(\frac{f(z_0+h)-f(z_0)}{h}\right) -\mathrm{Re}(f'(z_0)) \right\rvert\\
&\leq \left\lvert \mathrm{Re}\left(\frac{f(z_0+h)-f(z_0)}{h} – f'(z_0)\right) \right\rvert\\
&\leq \left\lvert \frac{f(z_0+h)-f(z_0)}{h} – f'(z_0) \right\rvert\\
&\leq \varepsilon.
\end{aligned}

Il est ainsi démontré que la fonction $u$ admet une dérivée partielle par rapport à la première variable en $(x_0,y_0)$ et que $\boxed{\frac{\partial u}{\partial x}(x_0,y_0) = \mathrm{Re}(f'(z_0)).}$

Il s’agit maintenant de passer à la fonction $v.$

Remarquez que $\lvert ih \rvert = \lvert h \rvert$ donc:

\begin{aligned} \left\lvert\frac{f(z_0+ih)-f(z_0)}{ih} – f'(z_0) \right\rvert \leq \varepsilon.\end{aligned}

Il vient les majorations suivantes:

\begin{aligned}
\left\lvert \frac{v(x_0,y_0+h)-v(x_0,y_0)}{h}-\mathrm{Re}(f'(z_0))\right\rvert &\leq \left\lvert \frac{\mathrm{Im}(f(x_0+iy_0+ih))-\mathrm{Im}(f(x_0+iy_0))}{h}-\mathrm{Re}(f'(z_0))\right\rvert \\
&\leq \left\lvert \frac{\mathrm{Im}(f(x_0+iy_0+ih)-f(x_0+iy_0))}{h}-\mathrm{Re}(f'(z_0))\right\rvert \\
&\leq \left\lvert \mathrm{Im}\left(\frac{f(x_0+iy_0+ih)-f(x_0+iy_0)}{h}\right) -\mathrm{Re}(f'(z_0))\right\rvert \\
&\leq \left\lvert \mathrm{Im}\left(\frac{f(z_0+ih)-f(z_0)}{h}\right) -\mathrm{Re}(f'(z_0))\right\rvert \\
&\leq \left\lvert \mathrm{Im}\left(i\times \frac{f(z_0+ih)-f(z_0)}{ih}\right) -\mathrm{Re}(f'(z_0))\right\rvert \\
&\leq \left\lvert \mathrm{Re}\left( \frac{f(z_0+ih)-f(z_0)}{ih}\right) -\mathrm{Re}(f'(z_0))\right\rvert \\
&\leq \left\lvert \mathrm{Re}\left( \frac{f(z_0+ih)-f(z_0)}{ih}-f'(z_0)\right) \right\rvert \\
&\leq \left\lvert \frac{f(z_0+ih)-f(z_0)}{ih}-f'(z_0) \right\rvert \\
&\leq \varepsilon.
\end{aligned}

Il est ainsi démontré que la fonction $v$ admet une dérivée partielle par rapport à la deuxième variable en $(x_0,y_0)$ et que $\boxed{\frac{\partial v}{\partial y}(x_0,y_0) = \mathrm{Re}(f'(z_0)).}$

Vous en déduisez que $\boxed{\frac{\partial u}{\partial x}(x_0,y_0) = \frac{\partial v}{\partial y}(x_0,y_0).}$

Démontrez la deuxième relation de Cauchy-Riemann $\frac{\partial u}{\partial y}(x_0,y_0) = -\frac{\partial v}{\partial x}(x_0,y_0)$

Il s’agit de démontrer que la fonction $u$ admet une dérivée partielle par rapport à la deuxième variable en $(x_0,y_0)$, notée $\frac{\partial u}{\partial y}(x_0,y_0)$ puis de démontrer que la fonction $v$ admet aussi une dérivée partielle par rapport à la première variable, notée $\frac{\partial v}{\partial x}(x_0,y_0)$ puis d’arriver à l’égalité $\frac{\partial u}{\partial y}(x_0,y_0) = -\frac{\partial v}{\partial x}(x_0,y_0).$

Soit $\varepsilon$ un nombre réel strictement positif.

Il existe alors un nombre réel $\delta$ strictement positif tel que:

\begin{aligned} \forall h\in \C, 0<\lvert h \rvert < \mathrm{Min}(\delta,r) \implies \left\lvert\frac{f(z_0+h)-f(z_0)}{h} – f'(z_0) \right\rvert \leq \varepsilon.\end{aligned}

Soit maintenant $h$ un réel tel que $0 < \lvert h \rvert < \mathrm{Min}\left(\delta,\frac{r\sqrt{2}}{2}\right).$ Notez encore que $\lvert ih \rvert = \lvert h \rvert$ donc:

\begin{aligned} \left\lvert\frac{f(z_0+ih)-f(z_0)}{ih} – f'(z_0) \right\rvert \leq \varepsilon.\end{aligned}

Il vient successivement:

\begin{aligned}
\left\lvert \frac{u(x_0,y_0+h)-u(x_0,y_0)}{h}-\left[-\mathrm{Im}(f'(z_0))\right]\right\rvert &\leq \left\lvert \frac{\mathrm{Re}(f(x_0+iy_0+ih))-\mathrm{Re}(f(x_0+iy_0))}{h}+\mathrm{Im}(f'(z_0))\right\rvert \\
&\leq \left\lvert \frac{\mathrm{Re}(f(z_0+ih))-\mathrm{Re}(f(z_0))}{h}+\mathrm{Im}(f'(z_0))\right\rvert \\
&\leq \left\lvert \mathrm{Re} \left(\frac{f(z_0+ih)-f(z_0)}{h}\right) +\mathrm{Im}(f'(z_0))\right\rvert \\
&\leq \left\lvert \mathrm{Re} \left(i\times \frac{f(z_0+ih)-f(z_0)}{ih}\right) +\mathrm{Im}(f'(z_0))\right\rvert \\
&\leq \left\lvert -\mathrm{Im} \left( \frac{f(z_0+ih)-f(z_0)}{ih}\right) +\mathrm{Im}(f'(z_0))\right\rvert \\
&\leq \left\lvert \mathrm{Im} \left( f'(z_0) – \frac{f(z_0+ih)-f(z_0)}{ih} \right) \right\rvert \\
&\leq \left\lvert f'(z_0) – \frac{f(z_0+ih)-f(z_0)}{ih} \right\rvert \\
&\leq \left\lvert \frac{f(z_0+ih)-f(z_0)}{ih} – f'(z_0) \right\rvert \\
&\leq \varepsilon.
\end{aligned}

Il est ainsi démontré que la fonction $u$ admet une dérivée partielle par rapport à la deuxième variable en $(x_0,y_0)$ et que $\boxed{\frac{\partial u}{\partial y}(x_0,y_0) = -\mathrm{Im}(f'(z_0)).}$

\begin{aligned}
\left\lvert \frac{v(x_0+h,y_0)-v(x_0,y_0)}{h}-\mathrm{Im}(f'(z_0))\right\rvert &\leq \left\lvert \frac{\mathrm{Im}(f(x_0+h+iy_0))-\mathrm{Im}(f(x_0+iy_0))}{h}-\mathrm{Im}(f'(z_0))\right\rvert \\
&\leq \left\lvert \frac{\mathrm{Im}(f(z_0+h))-\mathrm{Im}(f(z_0))}{h}-\mathrm{Im}(f'(z_0))\right\rvert \\
&\leq \left\lvert \mathrm{Im}\left( \frac{f(z_0+h)-f(z_0)}{h} – f'(z_0) \right)\right\rvert \\
&\leq \left\lvert\frac{f(z_0+h)-f(z_0)}{h} – f'(z_0) \right\rvert \\
&\leq \varepsilon.
\end{aligned}

Il est ainsi démontré que la fonction $v$ admet une dérivée partielle par rapport à la première variable en $(x_0,y_0)$ et que $\boxed{\frac{\partial v}{\partial x}(x_0,y_0) = \mathrm{Im}(f'(z_0)).}$

Vous en déduisez que $\boxed{\frac{\partial u}{\partial y}(x_0,y_0) = -\frac{\partial v}{\partial x}(x_0,y_0).}$

Dans cet article vous allez prouver un résultat attribué à un mathématicien allemand Franz Mertens, qui a prouvé une propriété de convergence sur les séries de nombres complexes.

Soient $\sum_{n\geq 0} a_n$ et $\sum_{n\geq 0} b_n$ deux séries de nombres complexes.

Supposez que $\sum_{n\geq 0} b_n$ converge vers un nombre complexe $b$ noté $\sum_{n=0}^{+\infty} b_n$ et que la série $\sum_{n\geq 0} a_n$ est absolument convergente, autrement dit $\sum_{n = 0}^{+\infty} \lvert a_n \rvert < +\infty.$

Alors la série $\sum_{n\geq 0} a_n$ est convergente, vous notez $a = \sum_{n= 0}^{+\infty} a_n.$

Pour tout entier naturel $n$ vous posez $c_n =\sum_{k=0}^n a_kb_{n-k}.$ La série $\sum_{n \geq 0} c_n$ est appelée produit de Cauchy des séries $\sum_{n\geq 0} a_n$ et $\sum_{n\geq 0} b_n.$

Sous les hypothèses ci-dessus, vous allez démontrer que la série $\sum_{n \geq 0} c_n$ est convergente et que sa somme $\sum_{n =0}^{+\infty} c_n$ est égale au produit $ab = \left(\sum_{n = 0}^{+\infty} a_n\right)\left(\sum_{n = 0}^{+\infty} b_n\right).$

Trouvez une écriture convenable pour la somme $\sum_{p=0}^n c_p$

Calculez les premiers termes :

\begin{aligned}
c_0 &= a_0b_0\\
c_1 &= a_0b_1+a_1b_0\\
c_2 &= a_0b_2+a_1b_1+a_2b_0.
\end{aligned}

Si bien que :

\begin{aligned}
c_0 +c_1+c_2&= a_0(b_0+b_1+b_2)+a_1(b_0+b_1)+a_2b_0.
\end{aligned}

Pour tout entier naturel $n$, posez $\boxed{B_n = \sum_{p=0}^n b_p.}$

Vous obtenez :

\begin{aligned}
c_0 +c_1+c_2&= a_0B_2+a_1B_1+a_2B_0.
\end{aligned}

Généralisez avec une récurrence.

Pour tout entier naturel $n$, notez $P(n)$ la propriété suivante : « $\sum_{p=0}^n c_p = \sum_{p=0}^n a_pB_{n-p}$. »

Initialisation. Pour $n=0$ :

\begin{aligned}
\sum_{p=0}^n c_p &= c_0 \\ &= a_0b_0 \\ &= a_0B_0 \\ &= \sum_{p=0}^n a_pB_{n-p}.
\end{aligned}

Hérédité. Soit $n$ un entier naturel fixé tel que $P(n)$ soit vérifiée.

\begin{aligned}
\sum_{p=0}^{n+1} c_p &= \sum_{p=0}^{n} c_p + c_{n+1}\\
&= \sum_{p=0}^n a_pB_{n-p} +c_{n+1}\\
&= \sum_{p=0}^n a_pB_{n-p} +\sum_{p=0}^{n+1} a_p b_{n+1-p}\\
&= \sum_{p=0}^n a_pB_{n-p} +\sum_{p=0}^{n} a_p b_{n+1-p} + a_{n+1}b_0\\
&= \sum_{p=0}^n a_p (B_{n-p} + b_{n+1-p}) + a_{n+1}b_0\\
&= \sum_{p=0}^n a_p (B_{n-p} + b_{n-p+1}) + a_{n+1}b_0\\
&= \sum_{p=0}^n a_p \left(\sum_{k=0}^{n-p} b_k + b_{n-p+1}\right) + a_{n+1}b_0\\
&= \sum_{p=0}^n a_p \left(\sum_{k=0}^{n-p+1} b_k\right) + a_{n+1}b_0\\
&= \sum_{p=0}^n a_p B_{n+1-p} + a_{n+1}b_0\\
&= \sum_{p=0}^n a_p B_{n+1-p} + a_{n+1}B_0\\
&= \sum_{p=0}^{n+1} a_p B_{n+1-p}.
\end{aligned}

Donc $P(n+1)$ est vérifiée.

Conclusion. Par récurrence vous avez établi que :

\begin{aligned} \boxed{\forall n\in\N, \sum_{p=0}^n c_p = \sum_{p=0}^n a_pB_{n-p}.}\end{aligned}

Démontrez que $\lim_{n\to +\infty} \sum_{p=0}^n c_p = ab$

Par définition de la suite $(B_n)_{n\geq 0}$ vous avez $\lim_{n\to +\infty} B_n = b.$ Cette suite étant convergente, elle est bornée : il existe un réel $M$ strictement positif tel que, pour tout $n\in\N$, $\lvert B_n \rvert \leq M.$

Soit maintenant $\varepsilon$ un réel strictement positif.

Comme $\lim_{n\to +\infty} \sum_{p=0}^n a_p = a$, il existe un entier naturel $N_1$ tel que, pour tout $n\geq N_1$, $\left\lvert \sum_{p=0}^n a_p -a \right\rvert\leq \frac{\varepsilon / 3}{\lvert b \rvert +1}.$

Comme $\sum_{k=0}^{+\infty} \lvert a_k \rvert < +\infty$, il existe un entier naturel $N_2$ tel que, pour tout $n\geq N_2$, $\sum_{k=n}^{+\infty} \lvert a_k \rvert \leq \frac{\varepsilon / 3}{M + \lvert b \rvert }.$

Comme $\lim_{n\to +\infty}B_n = b $, il existe un entier naturel $N_3$ tel que, pour tout $n\geq N_3$, $\left\lvert B_n -b \right\rvert \leq \frac{\varepsilon / 3}{1+ \sum_{k=0}^{+\infty} \lvert a_k \rvert}.$

Notez $N = \mathrm{Max}(N_1,N_2,N_3, 1)$.

Supposez que $n$ est un entier naturel tel que $n\geq 2N.$

\begin{aligned}
\left\lvert \sum_{p=0}^n c_p – ab \right\rvert &\leq \left\lvert \sum_{p=0}^n a_pB_{n-p}- ab \right\rvert \\
&\leq \left\lvert \sum_{p=0}^n a_p(B_{n-p} – b) \right\rvert + \left\lvert \sum_{p=0}^n ba_p – ab \right\rvert \\
&\leq \left\lvert \sum_{p=0}^n a_p(B_{n-p} – b) \right\rvert + \left\lvert b \right\rvert \left\lvert \sum_{p=0}^n a_p – a \right\rvert \\
&\leq \left\lvert \sum_{p=0}^n a_p(B_{n-p} – b) \right\rvert + \left\lvert b \right\rvert \times \frac{\varepsilon / 3}{\lvert b \rvert +1} \\
&\leq \left\lvert \sum_{p=0}^n a_p(B_{n-p} – b) \right\rvert + \frac{\varepsilon}{3} \\
&\leq \left\lvert \sum_{p=0}^N a_p(B_{n-p} – b) \right\rvert + \left\lvert \sum_{p=N+1}^{n} a_p(B_{n-p} – b) \right\rvert + \frac{\varepsilon}{3} \\
&\leq \sum_{p=0}^N \lvert a_p\rvert \lvert B_{n-p} – b\rvert + \left\lvert \sum_{p=N+1}^{n} a_p(B_{n-p} – b) \right\rvert + \frac{\varepsilon}{3} \\
&\leq \sum_{p=0}^N \left(\lvert a_p\rvert \times \frac{\varepsilon / 3}{1+ \sum_{k=0}^{+\infty} \lvert a_k \rvert}\right) + \left\lvert \sum_{p=N+1}^{n} a_p(B_{n-p} – b) \right\rvert + \frac{\varepsilon}{3} \\
&\leq \frac{\varepsilon / 3}{1+ \sum_{k=0}^{+\infty} \lvert a_k \rvert} \times \sum_{p=0}^N \lvert a_p\rvert + \left\lvert \sum_{p=N+1}^{n} a_p(B_{n-p} – b) \right\rvert + \frac{\varepsilon}{3} \\
&\leq \frac{\varepsilon / 3}{1+ \sum_{k=0}^{+\infty} \lvert a_k \rvert} \times \sum_{p=0}^{+\infty} \lvert a_p\rvert + \left\lvert \sum_{p=N+1}^{n} a_p(B_{n-p} – b) \right\rvert + \frac{\varepsilon}{3} \\
&\leq \frac{\varepsilon}{3} + \left\lvert \sum_{p=N+1}^{n} a_p(B_{n-p} – b) \right\rvert + \frac{\varepsilon}{3} \\
&\leq \frac{\varepsilon}{3} + \sum_{p=N+1}^{n} \lvert a_p \rvert (M + \lvert b \rvert) + \frac{\varepsilon}{3} \\
&\leq \frac{\varepsilon}{3} + (M + \lvert b \rvert) \sum_{p=N+1}^{n} \lvert a_p \rvert + \frac{\varepsilon}{3} \\
&\leq \frac{\varepsilon}{3} + (M + \lvert b \rvert) \sum_{p=N+1}^{+\infty} \lvert a_p \rvert + \frac{\varepsilon}{3} \\
&\leq \frac{\varepsilon}{3} + (M + \lvert b \rvert) \times \frac{\varepsilon / 3}{M + \lvert b \rvert } + \frac{\varepsilon}{3} \\
&\leq \frac{\varepsilon}{3} + \frac{\varepsilon}{3} + \frac{\varepsilon}{3} \\
&\leq \varepsilon.
\end{aligned}

Cela termine la démonstration.

Résumez et concluez

Si deux séries $\sum_{n\geq 0} a_n$ et $\sum_{n\geq 0} b_n$ sont convergentes et que l’une d’entre elles est absolument convergente, alors la série du produit de Cauchy $\sum_{n\geq 0} \left(\sum_{k=0}^n a_kb_{n-k}\right)$ est convergente et de plus :

\begin{aligned} \boxed{\sum_{n= 0}^{+\infty} \left(\sum_{k=0}^n a_kb_{n-k} \right)= \left(\sum_{n= 0}^{+\infty} a_n\right)\left(\sum_{n= 0}^{+\infty} b_n\right).}\end{aligned}

Prolongement

Soit $q$ un nombre complexe tel que $\lvert q \rvert < 1.$

Pourriez-vous démontrer que la série $\sum_{n\geq 0} (n+1)q^n$ est convergente ?

Montrez alors que sa somme est donnée par $\sum_{n=0}^{+\infty} (n+1)q^n = \frac{1}{(1-q)^2}.$