Sujet E.2.6 Produit de Cauchy
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Exercice a
Soit la série de terme général : $\,w_n=\smb2{\dfrac1{2^n}\dsum_{k=1}^{n}\dfrac{2^k}{k^2}},\,$ pour $\,n\geq1\sp{1.5}.\,$
Montrer la convergence de cette série, et exprimer sa somme en fonction de $\,\smh2{\dsum_{n=1}^{+\I}\dfrac1{n^2}}\!\cdot\,$
produit de Cauchy de deux séries numériques
Le produit de Cauchy de deux séries numériques $\sum u_n$ et $\sum v_n$ est la série $\sum w_n\sp{1.5},$ définie par :
$\displaystyle{}\ptt n\app\bb N,\ \,w_n=\sum_{k=0}^n u_k\sp{1.5}v_{n-k}=\sum_{k+\ell=n}u_k\sp{1.5}v_{\ell}$
produit de Cauchy de séries absolument convergentes
Soient $\sum u_n$ et $\sum v_n$ des séries numériques absolument convergentes.
Alors leur produit de Cauchy $\sum w_n$ est absolument convergent et :
$\displaystyle{}\sum_{n=0}^{+\I}w_n=\bigg(\sum_{n=0}^{+\I}u_n\bigg)\bigg(\sum_{n=0}^{+\I}v_n\bigg)$
indication
$\sum w_n$ est le produit de Cauchy d'une série géométrique par une série de Riemann.
réponse
Il s'agit du produit de Cauchy d'une série géométrique par une série de Riemann, de somme :
$\displaystyle{}\sum_{n=1}^{+\I}w_n=2\sum_{n=0}^{+\I}\frac1{n^2}\sp{1.5}, \txt{soit :}\sum_{n=1}^{+\I}w_n=\frac{\pi^2}3$
correction
Avec $\,u_0=0\sp{1.5},\,$ $\,u_n=\dfrac1{n^2}\,$ pour $\,n\neq0\,$ et $\,v_n=\dfrac1{2^n}\sp{1.5},\,$ $w_n$ est le terme général d'un produit de
Le produit de Cauchy de deux séries numériques $\sum u_n$ et $\sum v_n$ est la série $\sum w_n\sp{1.5},$ définie par :
Cauchy :
$\displaystyle{}\ptt n\app\bb N,\ \,w_n=\sum_{k=0}^n u_k\sp{1.5}v_{n-k}=\sum_{k+\ell=n}u_k\sp{1.5}v_{\ell}$
$\displaystyle{}w_n=\frac1{2^n}\sum_{k=1}^{n}\frac{2^k}{k^2}=\dsum_{k=1}^{n}\dfrac1{k^2}\!\cdot\!\dfrac1{2^{n-k}}=\dsum_{k=0}^{n}u_k\,v_{n-k}$
$\,\sum u_n\,$ est une série de
Pour $\,\alpha\app\bb R\sp{1.5},\,$ la série de Riemann $\,\Op{\sum}_{n\geq1}\dfrac1{n^\alpha}\,$ converge ssi $\,\alpha\sp{-1.5}>\sp{-1.5}1\sp{1.5}.\,$
Riemann
convergente et $\,\sum v_n\,$ est une série
Pour $\,z\app\bb C\sp{1.5},\,$ la série géométrique $\,\sum_{n\geq 0} z^n\,$ converge ssi $\,|z| < 1:\,$
géométrique
convergente.
Étant l'une et l'autre à termes positifs, elles sont toutes deux
$\displaystyle{}\smh{1.75}{\sum_{n=0}^{+\I}z^n=\frac1{1-z}}$
La série numérique $\,\sum u_n\,$ converge absolument ssi $\,\sum |u_n|\,$ converge.
absolument
convergentes.Leur produit de Cauchy $\sum w_n$ est donc absolument convergent, avec pour
- Toute série absolument convergente est convergente.
- Une série convergente qui ne converge pas absolument est semi-convergente.
Soient $\sum u_n$ et $\sum v_n$ des séries numériques absolument convergentes.
Alors leur produit de Cauchy $\sum w_n$ est absolument convergent et :
somme :
$\displaystyle{}\sum_{n=0}^{+\I}w_n=\bigg(\sum_{n=0}^{+\I}u_n\bigg)\bigg(\sum_{n=0}^{+\I}v_n\bigg)$
$\eqalign{\sum_{n=1}^{+\I}w_n&=\bigg(\sum_{n=1}^{+\I}\frac1{n^2}\bigg)\bigg(\sum_{n=0}^{+\I}\frac1{2^n}\bigg)\\[-.5ex] &=\dfrac1{1-1/2}\bigg(\sum_{n=1}^{+\I}\frac1{n^2}\bigg)=2\sp{1.5}\dsum_{n=0}^{+\I}\dfrac1{n^2}}$
Si on connaît par ailleurs la somme : $\,\dsum_{n=1}^{+\I}\dfrac1{n^2}=\dfrac{\pi^2}6,\,$ on obtient finalement : $\,\dsum_{n=1}^{+\I}w_n=\dfrac{\pi^2}3\!\cdot\,$
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Exercice b
Étudier la convergence du produit de Cauchy de la série $\,\dsum_{n\geq1}\dfrac{(-1)^n}{\sqrt n}\,$ par elle-même.
produit de Cauchy de deux séries numériques
Le produit de Cauchy de deux séries numériques $\sum u_n$ et $\sum v_n$ est la série $\sum w_n\sp{1.5},$ définie par :
$\displaystyle{}\ptt n\app\bb N,\ \,w_n=\sum_{k=0}^n u_k\sp{1.5}v_{n-k}=\sum_{k+\ell=n}u_k\sp{1.5}v_{\ell}$
produit de Cauchy de séries absolument convergentes
Soient $\sum u_n$ et $\sum v_n$ des séries numériques absolument convergentes.
Alors leur produit de Cauchy $\sum w_n$ est absolument convergent et :
$\displaystyle{}\sum_{n=0}^{+\I}w_n=\bigg(\sum_{n=0}^{+\I}u_n\bigg)\bigg(\sum_{n=0}^{+\I}v_n\bigg)$
indication
Majorer $\sqrt{k\sp{1.5}(n-k)}$ pour en déduire que ce produit de Cauchy diverge grossièrement.
réponse
Le produit de Cauchy $\,\bigg(\dsum_{n\geq1}\dfrac{(-1)^n}{\sqrt n}\!\bigg)^{\!\!2}\,$ diverge grossièrement.
correction
Avec $\,v_n=\dfrac1{\sqrt n}\sp{1.5},\,$ le produit de
Le produit de Cauchy de deux séries numériques $\sum u_n$ et $\sum v_n$ est la série $\sum w_n\sp{1.5},$ définie par :
Cauchy
de la série $\Op{\sum}_{n\geq1}(-1)^nv_n$ par elle-même est la série $\,\smb2{\dsum_{n\geq2}}w_n\sp{1.5},\,$ pour :
$\displaystyle{}\ptt n\app\bb N,\ \,w_n=\sum_{k=0}^n u_k\sp{1.5}v_{n-k}=\sum_{k+\ell=n}u_k\sp{1.5}v_{\ell}$
$\displaystyle{}w_n=\sum_{k=1}^{n-1}\frac{(-1)^k}{\sqrt k}\cdot\frac{(-1)^{n-k}}{\sqrt {\smh{.15}{n-k}}}=(-1)^n\sum_{k=1}^{n-1}
\frac1{\sqrt{\smh{.35}{k\sp{1.5}(n-k)}}}$
Par
Pour $\,\alpha\app\bb R^{\ast}\sp{-1.5},\,$ la fonction puissance $\,x\mapsto x^{\alpha}=\e{\sp{1.5}\alpha\op{ln}x}\,$ est :
décroissance
de la fonction $\,x\mapsto x^{-1/2}\sp{1.5},\,$ et selon sa
- continue et strictement croissante sur $\,[\sp{1.5}0,+\I[\,$ si $\,\alpha > 0\sp{1.5};\,$
- continue et strictement décroissante sur $\,]\sp{1.5}0,\sp{-1.5}+\I[\,$ si $\,\alpha < 0\sp{1.5}.\,$
Pour $\,\alpha\app\bb R\!\setminus\!\{0\}\sp{1.5},\,$ la fonction puissance $\,x\mapsto x^{\alpha}\stb1\,$ vérifie :
limite
en $\,+\I\sp{1.5},\,$ la suite des $\,v_n=\dfrac1{\sqrt n}\,$ décroît et tend vers $\,0\sp{1.5}.\,$
D'après le théorème spécial des séries
$\displaystyle{}\big((1+x)^\alpha-1\big)\smb{1.5}{\eq x0}\,\alpha\sp{1.5}x\,,\txt{ainsi que :}$
- $\,\smb{.5}{\lim x{+\I}}\,x^\alpha=0\ \,$ et $\,{\lim x{+\I}}\,x^\alpha=+\I\sp{1.5},\,\,$ pour $\,\alpha > 0\,;\,$
- $\,\smb{1.5}{\lim x{0^+}}\,x^\alpha=+\I\ \,$ et $\,\smb1{\lim x{+\I}}\,x^\alpha=0\sp{1.5},\,\,$ pour $\,\alpha < 0\,.\,$
Soit $\,(v_n)_{n\geq n_0}\,$ une suite réelle décroissante et tendant vers $\,0\sp{1.5}.\,$
Alors pour $\,u_n=(-1)^n\sp{1.5}v_n\sp{1.5},\,$ la série alternée $\Op{\sum}_{n\geq n_0} u_n$
est convergente.
Son reste d'ordre $\,n\,$ vérifie : $\,|R_n|\leq|u_{n+1}|\sp{1.5};\,$ il est du signe de $u_{n+1}\sp{1.5}.$
alternées,
la série $\Op{\sum}_{n\geq1}(-1)^nv_n$ est donc convergente.
Cependant, $\Op{\sum}_{n\geq1}v_n$ étant une série de
Pour $\,\alpha\app\bb R\sp{1.5},\,$ la série de Riemann $\,\Op{\sum}_{n\geq1}\dfrac1{n^\alpha}\,$ converge ssi $\,\alpha\sp{-1.5}>\sp{-1.5}1\sp{1.5}.\,$
Riemann
divergente, la série $\Op{\sum}_{n\geq1}(-1)^nv_n$ n'est que
La série numérique $\,\sum u_n\,$ converge absolument ssi $\,\sum |u_n|\,$ converge.
semi-convergente.
La question de la
- Toute série absolument convergente est convergente.
- Une série convergente qui ne converge pas absolument est semi-convergente.
Soient $\sum u_n$ et $\sum v_n$ des séries numériques absolument convergentes.
Alors leur produit de Cauchy $\sum w_n$ est absolument convergent et :
convergence
de ce produit de Cauchy demeure donc ouverte.
On obtient, par
$\displaystyle{}\sum_{n=0}^{+\I}w_n=\bigg(\sum_{n=0}^{+\I}u_n\bigg)\bigg(\sum_{n=0}^{+\I}v_n\bigg)$
Pour $\,a,b\app\bb C\sp{1.5},\,$ on a les identités remarquables :
identité
remarquable, la majoration suivante :
$\eqalign{\sth{.75}(a+b)^2&=a^2+2\sp{1.5}a\sp{1.5}b+b^2\\[-.5ex](a+b)^3&=a^3+3\sp{1.5}a^2b+3\sp{1.5}a\sp{1.5}b^2+b^3}$
$\displaystyle{}\smh{1}{k\sp{1.5}(n-k)=\dfrac{n^2}4-\Big(\dfrac n2-k\Big)^{\!2}\leq\dfrac{n^2}4}$
On en déduit, par décroissance de $\,x\mapsto x^{-1/2}\,$ une minoration de $\,|w_n|\,$ d'où, avec un
Soit $\widetilde P$ une fonction polynomiale réelle : $\,\widetilde P:x\mapsto a_n\sp{1.5}x^n+\cdots+a_0\sp{1.5}.\,$
En $+\I$ ou $-\I\sp{1.5},$ $\widetilde P(x)$ est équivalent à son terme de plus haut degré :
équivalent :
$\displaystyle{}\stb{1.5}\txt{Si}a_n\neq0:\ \widetilde P (x)\!\eq x{\pm\I}\!a_n\sp{1.5}x^n\!\txt{et}\!\!\lim x{\pm\I}\!\widetilde P(x)=\!\!\lim x{\pm\I}\!a_n\sp{1.5}x^n$
$\displaystyle{}\big|w_n\big|\sp{-1.5}=\sp{-1.5}\sum_{k=1}^{n-1}\frac1{\sp{-1.5}\sqrt{\smh{.35}{k\sp{1.5}(n-k)}}}\geq\sum_{k=1}^{n-1}\frac2n=\frac{\!2\sp{1.5}(n-1)\!}n\!\eq n{+\I}\!\frac{2\sp{1.5}n}n=2$
Ainsi, $\,|w_n|\,$
Soient des suites réelles $(u_n)$ et $(v_n)$ admettant des limites.
Si on a $\,u_n\leq v_n\,$ à partir d'un certain rang, alors :
ne tend pas
vers $\,0\sp{1.5},\,$ ce qui prouve la divergence
$\displaystyle{}\lim n{+\I}\sp{1.5}u_n\leq \lim n{+\I}\sp{1.5}v_n$
Si une série $\,\sum u_n\,$ est convergente, alors : $\,\lim n{+\I}u_n=0\sp{1.5}.\,$
Si $(u_n)$ ne tend pas vers $\,0\sp{1.5},\,$ la série est grossièrement divergente.
grossière
du produit de Cauchy :
$\displaystyle{}\bigg(\dsum_{n\geq1}\dfrac{(-1)^n}{\sqrt n}\!\bigg)^{\!\!2}=\dsum_{n\geq2}w_n$
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Exercice c
On considère le produit de Cauchy de la série $\,\dsum_{\sth{.15}n\geq1}\dfrac{(-1)^n}{n}\,$ par elle-même.
Montrer que ce produit est une série alternée dont on établira la convergence.
produit de Cauchy de deux séries numériques
Le produit de Cauchy de deux séries numériques $\sum u_n$ et $\sum v_n$ est la série $\sum w_n\sp{1.5},$ définie par :
$\displaystyle{}\ptt n\app\bb N,\ \,w_n=\sum_{k=0}^n u_k\sp{1.5}v_{n-k}=\sum_{k+\ell=n}u_k\sp{1.5}v_{\ell}$
produit de Cauchy de séries absolument convergentes
Soient $\sum u_n$ et $\sum v_n$ des séries numériques absolument convergentes.
Alors leur produit de Cauchy $\sum w_n$ est absolument convergent et :
$\displaystyle{}\sum_{n=0}^{+\I}w_n=\bigg(\sum_{n=0}^{+\I}u_n\bigg)\bigg(\sum_{n=0}^{+\I}v_n\bigg)$
indication
1
Exprimer le terme général de ce produit de Cauchy en fonction de $\,H_{n}=\smb{2.5}{\dsum_{k=1}^{n}\dfrac1{k}}\!\cdot\,$
indication
2
Appliquer le théorème spécial des séries alternées à ce produit de Cauchy.
réponse
Avec $\,H_{n}=\smb{2.5}{\dsum_{k=1}^{n}\dfrac1{k}}\sp{1.5},\,$ ce produit de Cauchy est une série alternée convergente :
$\displaystyle{}\smh{1.5}{\bigg(\dsum_{\sth{.1}n\geq1}\dfrac{(-1)^n}{n}\!\bigg)^{\!\!2}=\dsum_{\sth{.1}n\geq2}(-1)^n\sp{1.5}\dfrac{2\sp{1.5}H_{n-1}}n}$
correction
Le produit de
Le produit de Cauchy de deux séries numériques $\sum u_n$ et $\sum v_n$ est la série $\sum w_n\sp{1.5},$ définie par :
Cauchy
de cette série par elle-même est une série alternée de terme général, pour $\,n\geq2:\,$
$\displaystyle{}\ptt n\app\bb N,\ \,w_n=\sum_{k=0}^n u_k\sp{1.5}v_{n-k}=\sum_{k+\ell=n}u_k\sp{1.5}v_{\ell}$
$\displaystyle{}w_n=\sum_{k=1}^{n-1}\frac{(-1)^k}{k}\!\cdot\!\frac{(-1)^{n-k}}{n-k}=(-1)^n\sum_{k=1}^{n-1}
\frac1{k\sp{1.5}(n-k)}$
La série
On va alors étudier la suite des $\,|w_n|=\dsum_{k=1}^{n-1}\dfrac1{k\sp{1.5}(n-k)}\,$
en vue d'appliquer le théorème spécial des séries
La série harmonique diverge : $\,\dsum_{n=1}^{+\I}\dfrac1n=+\I\sp{1.5}.\,$
harmonique
étant divergente, la série harmonique alternée la série $\,\Op{\sum}_{n\geq1}\dfrac{(-1)^n}n\,$ n'est pas
La série numérique $\,\sum u_n\,$ converge absolument ssi $\,\sum |u_n|\,$ converge.
absolument
convergente.
La
- Toute série absolument convergente est convergente.
- Une série convergente qui ne converge pas absolument est semi-convergente.
Soient $\sum u_n$ et $\sum v_n$ des séries numériques absolument convergentes.
Alors leur produit de Cauchy $\sum w_n$ est absolument convergent et :
convergence
du produit de Cauchy $\,\Op{\sum}_{n\geq2}w_n\,$ de la série harmonique alternée par elle-même n'est donc pas assurée. $\displaystyle{}\sum_{n=0}^{+\I}w_n=\bigg(\sum_{n=0}^{+\I}u_n\bigg)\bigg(\sum_{n=0}^{+\I}v_n\bigg)$
Soit $\,(v_n)_{n\geq n_0}\,$ une suite réelle décroissante et tendant vers $\,0\sp{1.5}.\,$
Alors pour $\,u_n=(-1)^n\sp{1.5}v_n\sp{1.5},\,$ la série alternée $\Op{\sum}_{n\geq n_0} u_n$
est convergente.
Son reste d'ordre $\,n\,$ vérifie : $\,|R_n|\leq|u_{n+1}|\sp{1.5};\,$ il est du signe de $u_{n+1}\sp{1.5}.$
alternées.
Avec deux pôles simples $\,0\,$ et $\,n\sp{1.5}\,$ et une partie entière nulle, la fonction
Une fonction rationnelle est de la forme : $\,\Big\{\eqalign{&\!\bb K\!\setminus\!\{\alpha_1,\dots,\alpha_p\}\to\bb K\\[-.5ex]&\!x\mapsto f(x)\!=\!A(x)\sp{-1.5}/\sp{-1.5}B(x)}\,$
pour $\,\sth1A\app\bb K[X]\,$ et $\,B\app\bb K[X]\!\sp{-1.5}\setminus\!\sp{-1.5}\{0\}\,$ de racines : $\,\alpha_1,\dots,\alpha_p\app\bb K\sp{1.5}.\,$
rationnelle
$\,k\mapsto\dfrac1{k\sp{1.5}(n-k)}\,$ se
- Si les $A(\alpha_k)$ sont non nuls, $f$ est iréductible de pôles les $\,\alpha_k\sp{1.5}.\,$
- Un pôle $\alpha_k$ est un pôle simple ssi $\alpha_k$ est racine simple de $B\sp{1.5}.$
Soit $f$ une fonction rationnelle irréductible à pôles simples $\alpha_1,\dots,\alpha_p\sp{1.5}.$
Alors $f$ a une unique décomposition en éléments simples :
décompose
en :
$\displaystyle{}\smh{1.5}{f(x)=\dfrac{A(x)}{B(x)}= E(x)+\dfrac{\lambda_1}{x-\alpha_1}+\cdots+\dfrac{\lambda_p}{x-\alpha_p}}$
- La partie entière $E$ est le quotient euclidien de $A$ par $B\sp{1.5};$
- après simplification par $(x-\alpha_k):$ $\,\lambda_k\!=\!\dfrac{\!A(x)(x-\alpha_k)\!}{B(x)}\Big|_{x=\alpha_k}\!\!\!\!\!\!\,$
$\displaystyle{}\smb{1.5}{\smh{1}{\dfrac1{k\sp{1.5}(n-k)}=\dfrac ak+\dfrac b{n-k}}}$
- On peut, soit évaluer directement $\,a\,$ et $\,b\,$ par les formules :
$\displaystyle{}\smb{1}{a=\frac{1}{n-k}\Big|_{k=0}=\frac1n\ \txt{et} \ b=\frac{1}{k}\Big|_{k=n}=\frac1n}$
- soit
Si $\,A,B\app\bb K_n[X]\,$ ont plus de $\,n\,$ valeurs en commun, alors $\,A=B\sp{1.5}.\,$ On peut donc identifier leurs coefficients : $\,\ptt k\app\sp{1.5}[\![\sp{1.5}0\sp{.75},n\sp{1.5}]\!]\sp{1.5},\ a_k=b_k\sp{1.5}.\,$identifier les coefficients $\,a\,$ et $\,b\,$ au numérateur de :$\displaystyle{}\smb{1.5}{\dfrac{1}{k\sp{1.5}(n-k)}=\dfrac{(b-a)\sp{1.5}k+n\sp{1.5}a}{k\sp{1.5}(n-k)}\ \txt{d'où :}\Big\{\eqalign{\,b-a=0\\[-.5ex]n\sp{.75}a=1}}$
$\displaystyle{}|w_n|=\sum_{k=1}^{n-1}\frac1{k\sp{1.5}(n-k)}=\dfrac1n\sum_{k=1}^{n-1}\Big(\frac{1}{k}-\frac{1}{n-k}\Big)$
En posant $\,H_n=\smb{1.5}{\Op{\sum}_{k=1}^{n}\dfrac1k}\,$ et en
Dans une somme indexée par $\,k\app\,[\![m,n]\!]\sp{1.5},\,$ on peut translater les indices avec $\,h=k+p\,$ et $\,p\app \bb Z:\,$
translatant
les indices par $\,\ell=n-k\,$ dans l'un des termes de cette somme :
$\displaystyle{}\smh{2}{\sum_{k=m}^{n}x_k=\sum_{h=m+p}^{n+p}\!\!x_{h-p}}$
$\displaystyle{}|w_n|=\frac1n\bigg(\sum_{k=1}^{n-1}\frac1{k}+\sum_{\ell=1}^{n-1}\frac1{\ell}\bigg)=\frac{2\sp{1.5}H_{n-1}}n$
- On prouve alors que la suite $\,(|w_n|)_{n\geq2}\,$ est
Une suite réelle $(u_n)_{n\geq n_0}$ est monotone ssi elle est :décroissante :
- soit croissante, autrement dit : $\,\ptt n\geq n_0\sp{1.5},\ u_n\leq u_{n+1}\sp{1.5},\,$
- soit décroissante, c'est-à-dire : $\,\ptt n\geq n_0\sp{1.5},\ u_n\geq u_{n+1}\sp{1.5}.\,$
$\displaystyle{}\!\!\frac{|w_{n+1}|-|w_{n}|\!}2=\frac{\!H_{n-1}+\frac1n\!}{n+1}-\frac{\!H_{n-1}\!}n=\frac{\!1\sp{-1.5}-\sp{-1.5}H_{n-1}}{n\sp{1.5}(n+1)\!} \sp{-1.5}\leq\sp{-1.5}0$ - On montre aussi que la suite $\,(|w_n|)_{n\geq2}\,$ tend vers $\,0\,$ par le théorème de
Soit $\,(u_n)_{n\geq1}\,$ une suite complexe et $\,\ell\app\bb C\sp{1.5};\,$ alors :Cesàro :$\displaystyle{}\lim n{+\I}u_n=\ell\Imp\lim n{+\I}\smh{1.5}{\bigg(\frac1n\sum_{k=1}^nu_k\bigg)}=\ell$$\displaystyle{}\dfrac2n\,\tend n{+\I}\,0\Imp\!\lim n{+\I}\,|w_n|\eq n{+\I}\dfrac{2\sp{1.5}H_{n-1}}{n-1}\,\tend n{+\I}\,0$Sans connaître ce théorème, on peut aussi comparer $\,H_n\,$ et $\,\dint_{1}^n\!\frac{\d x}x=\ln n\sp{1.5},\,$ et conclure parPour tous réels $\,\alpha\sp{1.5},\ \beta\,$ et $\,\gamma\,$ strictement positifs, on a :croissances comparées.$\displaystyle{}(\ln n)^\beta\!\!\dl n{+\I}\sp{1.5}o\sp{1.5}(n^\alpha)\sp{1.5},\ \,n^\alpha\!\!\dl n{+\I}\sp{1.5}o\sp{1.5}(\e{\gamma\,n})\,\txt{et}\,\e{\gamma\,n}\dl n{+\I}o\big(n\sp{1.5}!\big) $
Soit $\,(v_n)_{n\geq n_0}\,$ une suite réelle décroissante et tendant vers $\,0\sp{1.5}.\,$
Alors pour $\,u_n=(-1)^n\sp{1.5}v_n\sp{1.5},\,$ la série alternée $\Op{\sum}_{n\geq n_0} u_n$
est convergente.
Son reste d'ordre $\,n\,$ vérifie : $\,|R_n|\leq|u_{n+1}|\sp{1.5};\,$ il est du signe de $u_{n+1}\sp{1.5}.$
alternées,
la convergence du produit de Cauchy :
$\displaystyle{}\bigg(\sum_{n\geq1}\frac{(-1)^n}{n}\bigg)^{\!\!2}=\sum_{n\geq2}(-1)^n\sp{1.5}\frac{2\sp{1.5}H_{n-1}}n$