# Série numérique/Produit de Cauchy

Le produit de Cauchy de deux séries $\sum a_{n}$ et $\sum b_{n}$ est la série de terme général
    $c_{n}=\sum _{k=0}^{n}a_{k}b_{n-k}$.
Lorsque $\sum a_{n}$ est absolument convergente et $\sum b_{n}$ est convergente, leur produit de Cauchy $\sum c_{n}$ est une série convergente, et l'on a
    $\sum _{n=0}^{\infty }c_{n}=\left(\sum _{i=0}^{\infty }a_{i}\right)\left(\sum _{j=0}^{\infty }b_{j}\right)$.
On suppose que
    $A_{n}:=\sum _{0\leq i\leq n}a_{i}\to A\quad {\text{et}}\quad B_{n}:=\sum _{0\leq j\leq n}b_{j}\to B$.
On a
    $C_{n}:=\sum _{k\leq n}(a*b)_{k}=\sum _{i+j\leq n}a_{i}(B_{j}-B_{j-1})=\sum _{i+j=n}a_{i}B_{j}$.
Soit $\varepsilon >0$. Pour $N_{1}$ et $N_{2}$ assez grands,
    $\forall j\geq N_{1}\quad |B_{j}-B|\leq \varepsilon \quad {\text{puis}}\quad \forall i>N_{2}\quad |a_{i}|\leq \varepsilon /N_{1}.$
On en déduit, en notant $M$ un majorant de $\sum |a_{i}|$ et de tous les $\left|B_{j}-B\right|$ :
    $\forall n\geq N_{1}+N_{2}\quad |C_{n}-A_{n}B|=\left|\sum _{i=0}^{n}a_{i}(B_{n-i}-B)\right|\leq \sum _{0\leq i\leq n-N_{1}}|a_{i}|\varepsilon +\sum _{n-N_{1}<i\leq n}|a_{i}|M\leq 2M\varepsilon$.

## Remarque

    Réciproquement, si $\sum c_{n}$ converge pour toute série convergente $\sum b_{n}$, alors $\sum |a_{n}|$ converge : cf. cet exercice (de niveau 16 ou 17).
Soient $a_{n}:={\frac {(-1)^{n}}{(n+1)^{2}}}$, $b_{n}:={\frac {(-1)^{n}}{n+1}}$ et $c_{n}:=(a*b)_{n}=(-1)^{n}\sum _{k=0}^{n}{\frac {1}{(k+1)^{2}(n-k+1)}}$.
Alors, $\sum c_{n}$ est convergente (non absolument) et $\sum _{n=0}^{\infty }c_{n}={\frac {\pi ^{2}}{12}}\times \ln 2$.
Le produit de Cauchy de deux séries absolument convergentes est une série absolument convergente.
Voir les cours sur : Série exponentielle et Série géométrique.
* Soient $a_{n}:={\frac {x^{n}}{n!}}$, $b_{n}:={\frac {y^{n}}{n!}}$ et
       $c_{n}:=(a*b)_{n}=\sum _{k=0}^{n}{\frac {x^{k}y^{n-k}}{k!(n-k)!}}={\frac {1}{n!}}\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}x^{k}y^{n-k}={\frac {(x+y)^{n}}{n!}}$.
    Alors, $\sum c_{n}$ est absolument convergente et $\operatorname {e} ^{x+y}=\sum _{n=0}^{\infty }c_{n}=\operatorname {e} ^{x}\times \operatorname {e} ^{y}$.
* Soient $a_{n}:={\frac {x^{n}}{n!}}$, $b_{n}:={\frac {(-1)^{n}}{2^{n}}}$ et $c_{n}:=(a*b)_{n}=\sum _{k=0}^{n}{\frac {x^{k}(-1)^{n-k}}{k!2^{n-k}}}$.
    Alors, $\sum c_{n}$ est absolument convergente et $\sum _{n=0}^{\infty }c_{n}=\operatorname {e} ^{x}\times {\frac {1}{1-{\frac {-1}{2}}}}={\frac {2\operatorname {e} ^{x}}{3}}$.
Si les trois séries $\sum a_{n}$, $\sum b_{n}$ et $\sum c_{n}$ (leur produit de Cauchy) sont convergentes, alors
    $\sum _{n=0}^{\infty }c_{n}=\left(\sum _{i=0}^{\infty }a_{i}\right)\left(\sum _{j=0}^{\infty }b_{j}\right)$.
La suite $(a_{n})$ est bornée donc la série entière $f(x):=\sum a_{n}x^{n}$ est définie non seulement pour $x=1$ (par hypothèse) mais aussi pour $x\in \left[0,1\right[$ (avec convergence absolue). De plus, d'après le théorème de convergence radiale d'Abel, $f$ est continue sur $\left[0,1\right]$.
De même pour $g(x):=\sum b_{n}x^{n}$ et $h(x):=\sum c_{n}x^{n}$.
Or d'après le théorème de Mertens « faible » (le cas particulier du produit de deux séries absolument convergentes),
    $\forall x\in \left[0,1\right[\quad h(x)=f(x)g(x)$
donc (par continuité)
    $h(1)=f(1)g(1)$.
Reprenons le premier exemple ci-dessus. Une autre façon de le traiter est de prouver d'abord la convergence de $\sum c_{n}$ par le test de convergence pour les séries alternées. On peut en effet démontrer que $|c_{n}|\sim {\frac {\pi ^{2}}{6n}}$ et $|c_{n}|-|c_{n+1}|\sim {\frac {\pi ^{2}}{6n^{2}}}>0$, donc la suite $(|c_{n}|)$ est bien décroissante à partir d'un certain rang et de limite nulle.
Une fois cette convergence démontrée, la valeur $\sum _{n=0}^{\infty }c_{n}={\frac {\pi ^{2}}{12}}\times \ln 2$ se déduit du théorème ci-dessus.
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