De nouveaux curieux produits infinis

par

J.-P. ALLOUCHE, H. COHEN, M. MENDÈS FRANCE (Talence)
et J. O. SHALLIT (Chicago, Ill.)

En l'honneur du 75e anniversaire de Paul Erdős

**Introduction.** Soit $s_q(n)$ la somme des chiffres de $n$ en base $q$. En utilisant des techniques d'analyse réelle, J. O. Shallit a donné dans [6] une généralisation de la preuve de Woods et Robbins ([7], [5]) de l'égalité:

$$ \prod_{n=0}^{+\infty} \left( \frac{2n+1}{2n+2} \right)^{(-1)^{s_2(n)}} = 2^{-1/2}, $$

à des produits plus généraux où intervient $s_q(n)$.

Dans [2], les deux premiers auteurs donnent une preuve différente
utilisant des séries de Dirichlet comme

$$ \sum \frac{(-1)^{s_2(n)}}{n^s} \quad \text{et} \quad \sum \frac{(-1)^{s_2(n)}}{(n+1)^s}. $$

Nous nous proposons ici de démontrer le théorème suivant:

THÉORÈME 1. Soit:

$$ F_q(x) = \sum_{n \ge 0} x^{s_q(n)} \log \frac{n+1}{q[n/q] + q}, $$

où $s_q(n)$ est la somme des chiffres de $n$ en base $q$, et $[x]$ la partie entière de $x$.

Si $\sup(|x|^{q-1}, |1+x+\dots+x^{q-1}|) < q$, alors quel que soit $j \ge 0$:

$$ \frac{d^j}{dx_j} F(x) = \sum_{n \ge 0} \frac{d^j}{dx^j} (x^{s_q(n)}) \log \frac{n+1}{q[n/q] + q} = -\log q \cdot \frac{d^j}{dx^j} \left( \frac{1}{1-x} \right). $$

Si $\sup (|x|^{q-1}, |1+x+\dots+x^{q-1}|) > q$, la série donnant $F_q$ diverge.

Pour $q=2$, on obtient par exemple

$$ \prod_{0}^{\infty} \left( \frac{2n+1}{2n+2} \right)^{(-1)^{s_2(n)}} = 2^{-1/2}, \quad \prod_{0}^{\infty} \left( \frac{2n+1}{2n+2} \right)^{-(3/2)^{s_2(n)}} = 2^{-2/5}, $$

$$ \prod_{0}^{\infty} \left( \frac{2n+1}{2n+2} \right)^{s_2(n) (-1)^{s_2(n)}} = 2^{1/4}. $$
Dans la dernière partie, nous étudierons des produits infinis où apparaît un autre exposant: la suite de Rudin Shapiro (voir III).

### I. La fonction $F_q$ dans la région $|x| < 1$.

1. LEMME. Pour tout entier $a \ge 0$, on a:

$$ \sum_{s_q(k)=a} \log \frac{k+1}{q[k/q]+q} = -\log q. $$

Nous allons montrer ce résultat en prouvant que la somme du premier membre est indépendante de $a$: il est clair que la somme vaut $-\log q$ pour $a = 0$. Pour cela, en écrivant tout entier $k$ non nul sous la forme:

$$ k = q^i (qj + r), \text{ avec } j \ge 0, 1 \le r \le q - 1. $$

on a:

$$ s_q(k) = a \quad \text{si et seulement si } s_q(j) = a-r, $$

d'où les égalités (a priori dans $R \cup \{-\infty\}$)

$$ \begin{align*} \sum_{s_q(k)=a} \log \left( \frac{k+1}{q[k/q]+q} \right) &= \sum_{r=1}^{q-1} \sum_{s_q(j)=a-r} \sum_{i=0}^{+\infty} \log \left( \frac{q^i (qj+r)+1}{q[q^i (qj+r)/q]+q} \right) \\ &= \sum_{r=1}^{q-1} \sum_{s_q(j)=a-r} \log \left( \frac{qj+r+1}{qj+q} \right) \\ &\quad + \sum_{r=1}^{q-1} \sum_{s_q(j)=a-r} \sum_{i=1}^{+\infty} \log \left( \frac{q^i (qj+r)+1}{q^i (qj+r)+q} \right) \\ &= \sum_{r=1}^{q-1} \sum_{s_q(j)=a-r} \log \left( \frac{qj+r+1}{qj+q} \right) \\ &\quad + \sum_{r=1}^{q-1} \sum_{s_q(j)=a-r} \lim_{N \to +\infty} \sum_{i=1}^{N} \log \frac{q^i (qj+r)+1}{q(q^{i-1} (qj+r)+1)} \\ &= \sum_{r=1}^{q-1} \sum_{s_q(j)=a-r} \left( \log \left( \frac{qj+r+1}{qj+q} \right) + \log \left( \frac{qj+r}{qj+r+1} \right) \right) \\ &= \sum_{r=1}^{q-1} \sum_{s_q(j)=a-r} \log \left( \frac{qj+r}{qj+q} \right) \\ &= \sum_{r=1}^{q} \sum_{s_q(j)=a-r} \log \left( \frac{qj+r}{qj+q} \right). \end{align*} $$

Par ailleurs, toujours a priori dans $R \cup \{-\infty\}$, on a:

$$ \begin{align*} \sum_{s_q(k)=a-1} \log \left( \frac{k+1}{q[k/q]+q} \right) &= \sum_{r=0}^{q-1} \sum_{s_q(qu+r)=a-1} \log \left( \frac{qu+r+1}{qu+q} \right) \\ &= \sum_{r=0}^{q-1} \sum_{s_q(u)=a-r-1} \log \left( \frac{qu+r+1}{qu+q} \right) \\ &= \sum_{r=1}^{q} \sum_{s_q(u)=a-r} \log \left( \frac{qu+r}{qu+q} \right). \end{align*} $$

Ceci montre donc que les sommes $\sum_{s_q(k)=a} \log \left( \frac{k+1}{q[k/q]+q} \right)$ ne dépendent pas de $a$: elles sont donc toutes finies et égales à

$$ \sum_{s_q(k)=0} \log \left( \frac{k+1}{q[k/q]+q} \right) = -\log q. $$

2. PROPOSITION. Pour $|x| < 1$, on a:

$$ \sum_{n \ge 0} x^{s_q(n)} \log \left( \frac{n+1}{q[n/q]+q} \right) = \frac{-\log q}{1-x}. $$

Les nombres $\log \frac{k+1}{q[k/q]+q}$ sont tous négatifs et la série $\sum_{n \ge 0} x^n$ absolument convergente pour $|x| < 1$. On a donc:

$$ \begin{align*} (-\log q) \sum_{n \ge 0} x^n &= \sum_{n \ge 0} x^n (-\log q) \\ &= \sum_{n \ge 0} x^n \sum_{s_q(k)=n} \log \left( \frac{k+1}{q[k/q]+q} \right) \\ &= \sum_{k \ge 0} x^{s_q(k)} \log \left( \frac{k+1}{q[k/q]+q} \right). \end{align*} $$

### II. Un plus grand domaine de convergence pour $F_q$. Nous allons prouver d'abord la proposition suivante:

1. PROPOSITION. Soit $A$ un nombre réel tel que $1 < A < q$ et soit $D$ la région:

$$ D = \{x: \sup(|x|^{q-1}, |1+x+\dots+x^{q-1}|) \le A\}. $$

Alors la série

$$ \sum_{n \ge 0} x^{s_q(n)} \log \frac{n+1}{q[n/q]+q} $$
est uniformément convergente sur D. Sa somme $F_q(x)$ est donc analytique dans D, égale à $-\log q/(1-x)$ par prolongement analytique, et pour tout $j$ on a:

$$ \sum_{n \ge 0} \frac{d^j}{dx^j} (x^{s_q(n)} \log \left( \frac{n+1}{q[n/q] + q} \right)) = (-\log q) \frac{d^j}{dx^j} \left( \frac{1}{1-x} \right). $$

La démonstration repose sur le lemme suivant:

### 2. LEMME. Soit:

$$ S_q(N, x) = \sum_{0 \le n \le N-1} x^{s_q(n)}. $$

Si $\sup (|x|^{q-1}, |1+x+\dots+x^{q-1}|) \le A$, avec $A > 1$, alors:

$$ |S_q(N, x)| \le C' \log N \cdot N^{\log A / \log q}. $$

En effet, calculons d'abord $S_q(aq^N, x)$ avec $0 \le a \le q-1$:

$$ \begin{align*} S_q(aq^N, x) &= \sum_{0 \le n \le aq^{N-1}} x^{s_q(n)} = \sum_{j=0}^{q-1} \sum_{0 \le m \le aq^{N-1}-1} x^{s_q(qm+j)} \\ &= \sum_{j=0}^{q-1} x^j \sum_{0 \le m \le aq^{N-1}-1} x^{s_q(m)} \\ &= \left( \sum_{j=0}^{q-1} x^j \right) S_q(aq^{N-1}, x) \end{align*} $$

d'où, en itérant:

$$ S_q(aq^N, x) = \left( \sum_{j=0}^{q-1} x^j \right)^N S_q(a, x). $$

Supposons maintenant que l'entier $N$ s'écrive:

$$ N = a_0 + a_1 q + a_2 q^2 + \dots + a_k q^k $$

avec $0 \le a_i \le q-1$, $a_k \ne 0$. Alors

$$ S_q(N, x) = \Sigma_0 + \Sigma_1 + \dots + \Sigma_k $$

où:

$$ \Sigma_j = \sum_{n \in I_j} x^{s_q(n)} $$

et $I_j$ est l'intervalle :

$$ I_j = [a_k q^k + a_{k-1} q^{k-1} + \dots + a_{k-j+1} q^{k-j+1}, \\ a_k q^k + a_{k-1} q^{k-1} + \dots + a_{k-j} q^{k-j-1}]. $$

On a donc:

$$ \Sigma_j = \sum_{0 \le n \le a_{k-j}q^{k-j-1}} x^{s_q(a_k q^k + a_{k-1} q^{k-1} + \dots + a_{k-j+1} q^{k-j+1} + n)}, $$

et comme $n \le a_{k-j}q^{k-j-1} \le q^{k-j+1}-1$, on a:

$$ \begin{align*} \Sigma_j &= (x^{a_k+a_{k-1}+\dots+a_{k-j+1}}) \sum_{0 \le n \le a_{k-j}q^{k-j-1}} x^{s_q(n)} \\ &= (x^{a_k+a_{k-1}+\dots+a_{k-j+1}}) S_q(a_{k-j}q^{k-j}, x) \\ &= (x^{a_k+a_{k-1}+\dots+a_{k-j+1}}) \left( \sum_{i=0}^{q-1} x^i \right)^{k-j} S_q(a_{k-j}, x) \end{align*} $$

d'où, en utilisant l'inégalité

$\sup (|x|^{q-1}, |1+x+\dots+x^{q-1}|) \le A$, avec $A > 1$:

$$ |\Sigma_j| \le (A^{1/(q-1)})^{j(q-1)} A^{k-j} (A^{1/(q-1)})^{q-2} \cdot (q-1) $$

d'où:

$$ |\Sigma_j| \le C A^k. $$

Par conséquent:

$$ |S_q(N, x)| \le |\Sigma_0| + |\Sigma_1| + \dots + |\Sigma_k| \le C(k+1)A^k. $$

Comme $N \ge a_k q^k \ge q^k$, on a $k \le \frac{\log N}{\log q}$, d'où finalement:

$$ |S_q(N, x)| \le C' \log N \cdot N^{\log A / \log q}. $$

### 3. Preuve de la proposition. Pour $n \equiv q-1 \pmod q$, on a

$$ x^{s_q(n)} \log \left( \frac{n+1}{q[n/q]+q} \right) = 0; $$

pour les autres valeurs de $n$ modulo $q$, on a:

$$ x^{s_q(n)} \log \left( \frac{n+1}{q[n/q]+q} \right) = \frac{x^{s_q(n)}}{n} \left( q-1-q \left\{ \frac{n}{q} \right\} \right) + x^{s_q(n)} O \left( \frac{1}{n^2} \right). $$

Mais, si $|x|^{q-1} \le A$, on a:

$$ |x^{s_q(n)}| \le (A^{1/q-1})^{s_q(n)} \le (A^{1/q-1})^{(q-1)((\log n)/\log q) + 1} = A^{1 + (\log n)/\log q}, $$

(si $q^a \le n \le q^{a+1}-1$, on a $s_q(n) \le (q-1)(a+1) \le (q-1) \left(1 + \frac{\log n}{\log q}\right)$).

Par conséquent

$$ \left| \frac{x^{s_q(n)}}{n^2} \right| \le C n^{-2 + \log A / \log q}, $$

et la série $\sum n^{-2+\log A/\log q}$ converge pour $A < q$.

Il suffit donc de prouver que la série $\sum \frac{x^{s_q(n)}}{n}$ converge uniformément
dans D: en utilisant la transformation d'Abel, on a:

$$ 
\begin{aligned}
\sum_{M \le n \le N} \frac{x_q^{s_q(n)}}{n} &= \sum_{M \le n \le N} (S_q(n+1, x) - S_q(n, x)) \frac{1}{n} \\
&= -\frac{1}{M} S_q(M, x) + \sum_{M+1 \le n \le N} S_q(n, x) \left( \frac{1}{n-1} - \frac{1}{n} \right) + \frac{1}{N} S_q(N+1, x).
\end{aligned}
$$

Pour $A < q$, la majoration donnée dans le lemme ci-dessus permet d'affirmer que les quantités ci-dessus tendent vers 0 uniformément pour $x$ dans la région D, lorsque $M$ et $N$ tendent vers $+\infty$, ce qui achève la preuve de la proposition.

**4. Fin de la preuve du théorème annoncé dans l'introduction.** Pour terminer la démonstration de ce théorème, il reste à établir la divergence de la série

$$ \sum_{n \ge 0} x_q^{s_q(n)} \log \frac{n+1}{q[n/q]+q} \quad \text{lorsque} \quad \sup(|x|^{q-1}, |1+x+\dots+x^{q-1}|) > q. $$

– Une première étape, facile, consiste à remarquer que le terme général de cette série ne tend pas vers 0 lorsque

$$ |x| \ge q^{1/(q-1)}: $$

en effet, dans ce cas et si $n = q^N - q = (q-1)(q+q^2+\dots+q^{N-1})$, on a

$$ s_q(n) = (q-1)(N-1), $$

d'où:

$$ 
\begin{aligned}
|x^{s_q(n)} \log \frac{n+1}{q[n/q]+q}| &= |x|^{(q-1)(N-1)} |\log\left(\frac{q^N-q+1}{q^N}\right)| \\
&\sim |x|^{(q-1)(N-1)} \frac{q-1}{q^N}
\end{aligned}
$$

et cette dernière quantité est supérieure à $q^{N-1} \frac{(q-1)}{q^N}$ qui tend vers $\frac{q-1}{q}$.

– Dans une deuxième étape, nous supposons donc:

$$ |x| < q^{1/(q-1)} \quad \text{et} \quad |1+x+\dots+x^{q-1}| > q. $$

Choisissons alors un réel $a$ tel que:

$$ 1 < \frac{1}{2} \left( \frac{\log|1+x+\dots+x^{q-1}|}{\log q} + 1 \right) < a < \frac{\log|1+x+\dots+x^{q-1}|}{\log q}. $$

Nous allons montrer que la quantité

$$ B(N) = \sum_{q^{aN}+1 \le n \le q^{aN}+q^{N-1}} \frac{x_q^{s_q(n)}}{n}. $$

ne tend pas vers zéro; ceci impliquera donc que la série $\sum x_q^{s_q(n)}/n$ diverge, et donc que la série donnant $F_q$ diverge puisque d'après la preuve de la proposition au 3 ci-dessus ces deux séries ont même nature pour $|x|^{q-1} < q$.

Comme le réel $a$ a été choisi supérieur à 1, on a:

$$ \forall N \in \mathbb{N} \quad aN \ge N, \quad \text{d'où} \quad [aN] \ge N $$

d'où:

$$ 
\begin{aligned}
B(N) &= \sum_{1 \le n \le q^{N-1}} \frac{x_q^{s_q(q^{[aN]}+n)}}{n+q^{[aN]}} = x \sum_{1 \le n \le q^{N-1}} \frac{x_q^{s_q(n)}}{n+q^{[aN]}} \\
&= x \sum_{1 \le n \le q^{N-1}} \frac{S_q(n+1, x) - S_q(n, x)}{q^{[aN]} + n} \\
&= x \sum_{2 \le n \le q^{N-1}} S_q(n, x) \left( \frac{1}{n-1+q^{[aN]}} - \frac{1}{n+q^{[aN]}} \right) \\
&\qquad + x S_q(q^N, x) \frac{1}{q^{[aN]} + q^N - 1} - x \frac{S_q(1, x)}{1+q^{[aN]}}
\end{aligned}
$$

Le troisième terme tend vers zéro, le second est en module de l'ordre de

$$ \frac{|x|}{q^{aN}} |1+x+\dots+x^{q-1}|^N, $$

quantité qui tend vers $+\infty$.

Il suffit donc de montrer que le premier terme $T$ tend vers zéro. Pour cela on écrit:

$$ 
\begin{aligned}
|T| &= \left| \sum_{2 \le n \le q^{N-1}} S_q(n, x) \left( \frac{1}{n-1+q^{[aN]}} - \frac{1}{n+q^{[aN]}} \right) \right| \\
&\le \frac{C}{q^{2aN}} \sum_{2 \le n \le q^{N-1}} |S_q(n, x)|.
\end{aligned}
$$

On majore alors $S_q(n, x)$ comme dans le lemme ci-dessus, avec:

$$ A = A_x = \sup(1, |x|^{q-1}, |1+x+\dots+x^{q-1}|) = |1+x+\dots+x^{q-1}|, $$

soit:

$$ |S_q(n, x)| \le C' \log n \cdot n^{\log A_x / \log q} \le C' \log q^N \cdot (q^N)^{\log A_x / \log q}. $$

D'où:

$$ |T| \le \frac{C''}{q^{2aN}} q^N N A_x^N = C'' N \left( \frac{A_x}{q^{2a-1}} \right)^N $$

et cette dernière quantité tend vers 0, d'après le choix de $a$.
Remarque. Ce qui précède ne donne pas la nature de la série $F_q$ sur la frontière d'équation:

$$ \sup(|x|^{q-1}, |1+x+\dots+x^{q-1}|) = q. $$

La première étape du 4 ci-dessus montre seulement qu'il y a divergence sur le morceau de frontière d'équations

$$ |x|^{q-1} = q \quad \text{et} \quad |1+x+\dots+x^{q-1}| \le q. $$

### III. Une généralisation du théorème.
Le théorème précédent, dans le cas où $q$ vaut 2, permet de calculer des produits infinis liés à la suite de Thue-Morse $s_2(n)$ (voir [4] par exemple). Un autre exemple de suite étudiée dans [4] dans un cadre différent est la suite de Rudin-Shapiro qu'on peut définir ainsi:

si $n = \sum_{0}^{+\infty} e_q 2^q$, $e_q = 0$ ou 1, alors:

$$ u(n) = \sum_{0}^{+\infty} e_q e_{q+1}. $$

En d'autres termes $u(n)$ compte le nombre de 11 dans le développement de $n$ en base 2.

Nous nous proposons de démontrer le théorème suivant:

**THÉORÈME 2.** Pour $x$ complexe vérifiant $|x| \le 1$ et $x \ne 1$, on a:

$$ \sum_{n \ge 0} x^{u(n)} \log \frac{(2n+1)^2}{(n+1)(4n+1)} = \frac{-\log 2}{1-x}. $$

Pour $x = -1$ on obtient

$$ \prod_{0}^{\infty} \left( \frac{(2n+1)^2}{(n+1)(4n+1)} \right)^{(-1)^{u(n)}} = 2^{-1/2}. $$

La démonstration commence par un lemme analogue à celui établi au début du premier paragraphe pour la suite $(s(n))$:

1. LEMME. Pour tout entier $k$ positif ou nul, on a:

$$ \sum_{u(n)=k} \log \frac{(2n+1)^2}{(n+1)(4n+1)} = -\log 2. $$

Nous commençons par montrer que, quel que soit $k$:

$$ \sum_{u(n)=k} (1/n) < +\infty. $$

En effet, soit $N \ge 0$ et soit $l$ l'entier défini par

$$ 4^{l-1} \le N \le 4^l - 1 \quad (\text{d'où } l \le (\log N/\log 4) + 1), $$

alors:

$$ \sum_{0 \le n \le N} \sum_{u(n)=k} 1 \le \sum_{u(n)=k} 1 \le \sum_{0 \le n \le 4^l-1} 1 $$

où $S$ est l'ensemble des entiers qui comprennent au plus $k$ fois le chiffre 3 en base 4.

Cette dernière somme vaut:

$$ \sum_{j \le k} C_j (4-1)^{l-j} \le \sum_{j \le k} \frac{j!}{j!} (4-1)^{l-j} \le (k+1)^l (4-1)^l. $$

d'où:

$$ \sum_{0 \le n \le N} 1 \le C_k (\log N)^k N^{\log 3 / \log 4}. $$

On pose alors

$$ a(n) = \begin{cases} 1 & \text{si } u(n) = k, \\ 0 & \text{sinon,} \end{cases} $$

et

$$ S(n) = \sum_{0 \le j \le n} a(j) = \sum_{0 \le j \le n} 1. $$

On a alors:

$$ \begin{aligned} \sum_{1 \le n \le N} \frac{1}{n} &= \sum_{1 \le n \le N} \frac{a(n)}{n} = \sum_{1 \le n \le N} \frac{S(n)-S(n-1)}{n} \\ &= -S(0) + \frac{S(N)}{N} + \sum_{1 \le n \le N-1} \frac{S(n)}{n(n+1)} \end{aligned} $$

qui tend vers une limite finie d'après la majoration donnée plus haut pour $S(n)$.

Nous pouvons alors prouver le lemme: on commence par poser

$$ A(k) = \sum_{u(n)=k} \log \frac{2n+1}{2n+2}. $$

Dans cette somme, et si $n$ n'est pas nul, on écrit $n = 2^j m$, avec $m$ impair et $j \ge 0$, d'où:

$$ A(k) = E_k + \sum_{m \text{ impair}} \sum_{\substack{j \ge 0 \\ u(2^j m) = k}} \log \frac{2^{j+1} m+1}{2^{j+1} m+2} $$

où $E_k$ vaut 0 pour $k > 0$ et $-\log 2$ pour $k = 0$, c'est-à-dire:

$$ A(k) = E_k + \sum_{m \text{ impair}} \sum_{u(m)=k} \log \frac{2^{j+1} m+1}{2(2^j m+1)}, \quad \text{car } u(2m) = u(m); $$
la série en $j$ se calcule par “télescopage de termes”, d'où:

$$A(k) = E_k + \sum_{\substack{m \text{ impair} \\ u(m)=k}} \log \frac{m}{m+1} = E_k + \sum_{\substack{n \\ u(2n+1)=k}} \log \frac{2n+1}{2n+2}.$$

Ceci montre la convergence de la série

$$B(k) = \sum_{\substack{n \\ u(2n+1)=k}} \log \frac{2n+1}{2n+2}$$

et l'égalité

$$A(k) = E_k + B(k).$$

Par ailleurs, en séparant les termes d'indices pairs et ceux d'indices
impairs, on a:

$$\begin{align*}
\forall k \ge 0, \quad \sum_{u(n)=k} \log \frac{2n+1}{2n+2} &= \sum_{u(n)=k} \log \frac{4n+1}{4n+2} + \sum_{\substack{n \\ u(2n+1)=k}} \log \frac{4n+3}{4n+4}, \\
\forall k \ge 1, \quad \sum_{\substack{n \\ u(2n+1)=k}} \log \frac{2n+1}{2n+2} &= \sum_{u(n)=k} \log \frac{4n+1}{4n+2} + \sum_{\substack{n \\ u(2n+1)=k-1}} \log \frac{4n+3}{4n+4}
\end{align*}$$

(on a utilisé les relations $u(4n+1) = u(n)$ et $u(4n+3) = 1+u(2n+1)$) d'où,
par différence:

$$\forall k \ge 1, \quad 0 = A(k) - B(k) = \sum_{\substack{n \\ u(2n+1)=k}} \log \frac{4n+3}{4n+4} - \sum_{\substack{n \\ u(2n+1)=k-1}} \log \frac{4n+3}{4n+4}.$$

En appelant alors $E$ la valeur commune des sommes $\sum_{\substack{n \\ u(2n+1)=k}} \log \frac{4n+3}{4n+4}$, on

a:

$$\forall k \ge 0, \quad \sum_{u(n)=k} \log \frac{2n+1}{2n+2} = \sum_{u(n)=k} \log \frac{4n+1}{4n+2} + E$$

d'où

$$\sum_{u(n)=k} \log \frac{(2n+1)^2}{(n+1)(4n+1)} = E.$$

Il reste enfin à calculer $E$, ce qui peut se faire de la façon suivante:

$$A(0) = \sum_{u(n)=0} \log \frac{2n+1}{2n+2} = \sum_{u(n)=0} \log \frac{4n+1}{4n+2} + E,$$

$$B(0) = \sum_{\substack{n \\ u(2n+1)=0}} \log \frac{2n+1}{2n+2}.$$

Mais si $u(2n+1)$ est nul, $n$ est nécessairement pair (rappelons que $u(4n+3) = 1+u(2n+1)$), d'où:

$$B(0) = \sum_{\substack{m \\ u(m)=0}} \log \frac{4m+1}{4m+2}$$

d'où, par différence:

$$-\log 2 = A(0) - B(0) = E.$$

2. PROPOSITION. Pour $|x| < 1$, on a:

$$\sum_{n \ge 0} x^{u(n)} \log \frac{(2n+1)^2}{(n+1)(4n+1)} = \frac{-\log 2}{1-x}$$

En effet, pour $|x| < 1$, la série $\sum x^n$ est absolument convergente et les
quantités $\log \frac{(2n+1)^2}{(n+1)(4n+1)}$ sont toutes négatives, d'où:

$$\begin{align*}
-(\log 2) \sum_{k \ge 0} x^k &= \sum_{k \ge 0} x^k (-\log 2) \\
&= \sum_{k \ge 0} x^k \sum_{u(n)=k} \log \frac{(2n+1)^2}{(n+1)(4n+1)} \\
&= \sum_{n \ge 0} x^{u(n)} \log \frac{(2n+1)^2}{(n+1)(4n+1)}
\end{align*}$$

3. Fin de la preuve du théorème 2. Pour terminer la démonstration du théorème 2 il suffit de montrer que la série

$$\sum_{n \ge 0} x^{u(n)} \log \frac{(2n+1)^2}{(n+1)(4n+1)}$$

converge uniformément sur chacun des rayons du cercle unité (à l'exception
du rayon réel positif):

$$x = re^{2i\theta}, \quad 0 \le r \le 1, \quad \theta \text{ fixé non entier.}$$

Comme on a :

$$\log \frac{(2n+1)^2}{(n+1)(4n+1)} = -\frac{1}{4n} + O\left(\frac{1}{n^2}\right),$$

il suffit de montrer la convergence uniforme sur les rayons de la série

$\sum_{n \ge 1} x^{u(n)}/n$. Pour cela on pose $\sum_{0 \le n \le N} x^{u(n)} = T(N)$, d'où:

$$\sum_{1 \le n \le N} \frac{x^{u(n)}}{n} = \sum_{1 \le n \le N} \frac{T(n) - T(n-1)}{n} = \frac{T(N)}{N} + \sum_{1 \le n \le N-1} \frac{T(n)}{n(n+1)} - 1.$$
Il suffit donc de prouver que sur un rayon non réel positif du cercle unité, on a uniformément

$$T(n) = O(n^\alpha) \quad \text{avec} \quad 0 < \alpha < 1.$$

Pour cela on reprend la méthode utilisée dans [3] (p. 34) dans le cas où $x$ est de module 1.

Ici on note

$$p_N = \sum_{0 \le n \le 2^{N-1}} x^{\mu(n)}, \quad q_N = \sum_{0 \le n \le 2^{N-1}} x^{\mu(2n+1)},$$

d'où :

$$\begin{bmatrix} p_N \\ q_N \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & x \end{bmatrix} \begin{bmatrix} p_{N-1} \\ q_{N-1} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & x \end{bmatrix}^N \begin{bmatrix} p_0 \\ q_0 \end{bmatrix}.$$

La norme $L^2$ de la matrice $\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & x \end{bmatrix}$ se majore facilement : si

$$\begin{bmatrix} a' \\ b' \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & x \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a \\ b \end{bmatrix},$$

alors :

$$\begin{aligned} |a'|^2 + |b'|^2 &= (a+b)(\bar{a}+\bar{b}) + (a+bx)(\bar{a}+\bar{b}\bar{x}) \\ &= 2|a|^2 + (1+|x|^2)|b|^2 + a\bar{b}(1+\bar{x}) + \bar{a}b(1+x). \end{aligned}$$

D'où, pour $x = re^{2i\pi\theta}$ avec $0 \le r \le 1$, et en majorant $|ab|$ par $\frac{1}{2}(|a|^2 + |b|^2)$:

$$|a'|^2 + |b'|^2 \le (2+|1+x|)(|a|^2+|b|^2) = (2+\sqrt{r^2+2r\cos 2\pi\theta+1})(|a|^2+|b|^2).$$

On remarque alors que pour $r$ dans l'intervalle $[0, 1]$, on a :

$$2+\sqrt{r^2+2r\cos 2\pi\theta+1} \le 2+(\sup(1, 2+2\cos 2\pi\theta))^{1/2}$$

(étudier suivant le signe de $\cos 2\pi\theta$ les variations de la fonction $r \to r^2 + 2r \cos 2\pi\theta + 1$), donc la norme $L^2$ de la matrice $\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & x \end{bmatrix}$ est majorée par :

$$\beta = (2+(\sup(1, 4\cos^2 \pi\theta))^{1/2})^{1/2} = [\sup(3, 2(1+|\cos \pi\theta|))]^{1/2}$$

et pour $\theta$ non entier, on a $0 < \beta < 2$.

On en déduit comme dans [3] que

$$|p_N| < C 2^{\alpha N}, \quad \text{avec} \quad \alpha = (\log \beta)/(\log 2),$$

et on étend comme dans [3] à l'inégalité :

$$| \sum_{0 \le n \le N} x^{\mu(n)} | = O(N^{\alpha}),$$

ce qui achève la démonstration.

Remarques. Le domaine de convergence de la série donnée ci-dessus est vraisemblablement plus gros que le disque $|x| \le 1$ privé du point 1.

Nous reviendrons dans [1] sur des séries analogues où l'exposant de $x$ n'est plus $s(n)$ ou $u(n)$ mais plus généralement le nombre d'apparitions d'un bloc de 0 et de 1 dans le développement binaire de $n$.

Références

[1] J.-P. Allouche and J. O. Shallit, *Infinite products associated with counting blocks in binary strings*, en préparation.

[2] J.-P. Allouche and H. Cohen, *Dirichlet series and curious infinite products*, Bull. London Math. Soc. 17 (1985), p. 531-538.

[3] J.-P. Allouche and M. Mendès France, *On an extremal propriety of the Rudin-Shapiro sequence*, Mathematika 32 (1985), p. 33-38.

[4] G. Christol, T. Kamae, M. Mendès France et G. Rauzy, *Suites algébriques, automates et substitutions*, Bull. Soc. Math. France 108 (1980), p. 401-419.

[5] D. Robbins, *Solution to problem E 2692*, Amer. Math. Monthly 86 (1979), p. 394-395.

[6] J. O. Shallit, *On infinite products associated with sums of digits*, J. Number Theory 21 (1985), p. 128-134.

[7] D. R. Woods, *Elementary problem proposal*, E 2692, Amer. Math. Monthly 85 (1978), p. 48.

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U.A. 226

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Reçu le 18.2.1986

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