Exercice 50

La famille est positive : toutes les sommes se calculent dans $[0\,,+\infty]$, et la sommabilité se constatera à la fin.

Première égalité : sommation en $m$. Pour $n \geqslant 1$ fixé, on décompose en éléments simples la fraction en $m$ : $$\frac{1}{m(n + m)} = \frac{1}{n}\Big(\frac{1}{m} - \frac{1}{n + m}\Big).$$ La somme partielle jusqu'à $M$ de la série en $m$ est télescopique par blocs de $n$ termes : $$\sum_{m=1}^{M} \Big(\frac{1}{m} - \frac{1}{n + m}\Big) = H_{M} - (H_{n+M} - H_{n}) = H_{n} - \sum_{j=1}^{n} \frac{1}{M + j},$$ et la dernière somme, majorée par $\frac{n}{M}$, tend vers $0$ quand $M$ tend vers $+\infty$. La somme de la ligne $n$ vaut donc $\frac{H_{n}}{n^{2}}$, et le théorème 9 donne $$\boxed{\sum_{(n,m) \in (\mathbb{N}^{*})^{2}} \frac{1}{nm(n + m)} = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{H_{n}}{n^{2}}}$$ Comme $H_{n} \leqslant 1 + \ln n$ (proposition 6 (ii)), on a $\frac{H_{n}}{n^{2}} = O\big(\frac{\ln n}{n^{2}}\big) = o\big(\frac{1}{n^{3/2}}\big)$, et cette série converge (théorème 3) : $\boxed{\text{la famille est sommable}}$.

Deuxième égalité : paquets selon $s = n + m$. Pour $s \geqslant 2$, le paquet $\{n + m = s\}$ contient les couples $(n, s - n)$, $1 \leqslant n \leqslant s - 1$. La décomposition $\frac{1}{n(s - n)} = \frac{1}{s}\big(\frac{1}{n} + \frac{1}{s - n}\big)$ donne $$\sum_{n=1}^{s-1} \frac{1}{n(s - n)s} = \frac{1}{s^{2}}\sum_{n=1}^{s-1} \Big(\frac{1}{n} + \frac{1}{s - n}\Big) = \frac{2H_{s-1}}{s^{2}},$$ les deux sommes valant $H_{s-1}$, la seconde après le changement d'indice $n \mapsto s - n$. Par le théorème 8, puis le décalage $s = n + 1$, $$\boxed{\sum_{(n,m) \in (\mathbb{N}^{*})^{2}} \frac{1}{nm(n + m)} = \sum_{s=2}^{+\infty} \frac{2H_{s-1}}{s^{2}} = 2\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{H_{n}}{(n + 1)^{2}}}$$ Troisième égalité. On note $X = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{H_{n}}{n^{2}}$, réel fini par la première étape. Comme $H_{s-1} = H_{s} - \frac{1}{s}$ et que le terme $s = 1$ de la série suivante est nul ($H_{0} = 0$), $$\sum_{s=2}^{+\infty} \frac{H_{s-1}}{s^{2}} = \sum_{s=1}^{+\infty} \frac{H_{s} - 1/s}{s^{2}} = X - \zeta(3),$$ la soustraction étant légitime puisque les deux séries convergent. Les deux premières égalités donnent alors $X = 2\big(X - \zeta(3)\big)$, d'où, puisque $X$ est fini, $$\boxed{\sum_{(n,m) \in (\mathbb{N}^{*})^{2}} \frac{1}{nm(n + m)} = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{H_{n}}{n^{2}} = 2\zeta(3) \approx 2{,}404\,11}$$ La somme partielle de $\sum \frac{H_{n}}{n^{2}}$ jusqu'à $10^{6}$, complétée par l'estimation $\frac{\ln N + \gamma + 1}{N}$ du reste, donne $2{,}404\,113\,806$, pour $2\zeta(3) = 2{,}404\,113\,806$ ✓.

Piège. L'erreur la plus répandue est de résoudre $X = 2X - 2\zeta(3)$ sans avoir vérifié que $X$ est fini : dans $[0\,,+\infty]$, l'égalité $X = 2X - 2\zeta(3)$ est aussi satisfaite par $X = +\infty$, et la soustraction n'y a pas de sens (remarque de la section 20.6.1). C'est la première étape, qui montre la convergence de $\sum \frac{H_{n}}{n^{2}}$, qui autorise la simplification. On obtient ainsi une valeur exacte d'une série où apparaît $\zeta(3)$, nombre dont le cours rappelait qu'on ne connaît aucune expression à l'aide de $\pi$.