Tu as bien raison!
Le plus souvent la norme sous-jacente est $ $$\|.\|_{1},\|.\|_{\infty}$ ou $\|.\|_{2}$ (sans doute le choix le plus courant)

Utilise le fait suivant pour $a\wedge b=1$ : \begin{align*} (\mathbb{Z}/a\mathbb{Z})^{*}\times (\mathbb{Z}/b\mathbb{Z})^{*} & \longrightarrow (\mathbb{Z}/ab\mathbb{Z})^{*}\\ (k,j) & \longmapsto (kb+ja) \end{align*} est une bijection (et ainsi tu pourras réindicer proprement ta somme). Au pas...

Pour $n\geq 1,$ notons $\displaystyle S_{n}=\sum_{k\in\{0,\ldots,n-1\};k\wedge n=1}\omega_{n}^{k}$ où $\displaystyle w_{n}=\exp(\frac{2i\pi}{n}).$
En utilisant le lemme/théorème des restes chinois, il est alors accesible de montrer que $(S_{n})_{n\geq 1}$ est multiplicative.

Par la première question, tu as aussi l'identité (en appliquant la formule de Cauchy sur le demi-cercle inférieur et non supérieur cette fois-ci) : $\int_{-1}^{1}p(x)dx=-i\int_{0}^{-\pi}p(e^{it})e^{it}dt.$ En appliquant ces deux identités à $p$ changé en $p^{2}$, tu obtient l'identité recherchée en ...

@Oty20 : Bien joué! Et comme dit précédemment : @Errys a montré (son contre-exemple s'adapte facilement) que la condition sur $\alpha$ est optimale en terme de la croissance polynomiale de la suite $u$ (i.e. en fonction de $\beta$). Une remarque de forme cependant : Je trouve un peu plus lisible (ma...

Une variation technique sur le même exercice... :( Soit $q$ un entier plus grand ou égal à $2$ et $\alpha\in \mathbb{C}.$ On considère une suite $u$ verifiant : $\displaystyle \exists\beta\geq 0,\mbox{ } \forall n\gg1 : \vert u_{n} \vert \lesssim n^{\beta} \mbox{ et } \exists l\in\mathbb{C},\mbox{ }...

@Yusif Vrai : il suffit d'observer un télescopage en introduisant la suite $u$ définie pour $n\in\mathbb{N}$ par : $\displaystyle u_{n}=\frac{x_{n}}{\alpha^{n}}$ et de découper un peu les $\varepsilon.$ L'énoncé reste d'ailleurs vrai si $\displaystyle \vert \alpha \vert <1.$ Voici un exercice basé s...

@Oti Soit $n\in\mathbb{N}.$ On note $\displaystyle \mathcal{P}_{n}=\#\left\{h:\{1,\ldots,2n\}\rightarrow \{0,1\}\mbox{ }|\mbox{ } \sum_{k=1}^{n}h(k)\leq \sum_{k=n+1}^{2n}h(k)-1\right \}.$ On trouve en raisonnant sur le nombre de fois que l'application $h$ prend la valeur $1$ dans $\{1,\ldots,n\}$ et...

*On va d'abord montrer le résultat dans un premier temps si la suite des moyennes de Cesàro converge. Je vais volontairement utiliser le formalisme des intégrales de Lebesgue-Stieljes (pour faire une transformée d'Abel plus rapidement, mais il s'agissait de la bonne idée!) On note pour x\geq 1, \dis...

Ce n'est pas vrai... Si $f=0$ sur $[1,+\infty[$ et que $g$ prend n'importe quelle valeurs plus grandes que $1.$