1. COMPLEMENT DE COURS.
SOMMATIONS DE SERIES ENTIERES.
Le but de ces quelques pages est de présenter quelques techniques de sommations de séries
entières.
DEFINITION.
Une série entière est une série de la forme ∑a x
k
k
k
, ak étant une expression dépendant de k et x
étant une variable. Si l’on réussit à calculer la somme de la série, le résultat sera donc une
expression, fonction de x.
∞
xk
La série entière la plus célèbre dont on connaît la somme est sans doute : ∑ = e x .
k =0 k !
On montre aisément que, si une série entière converge pour une certaine valeur positive r de x,
elle converge aussi pour toutes valeurs comprises entre ∈ [ −r ; r ] . Et inversement, si la série ne
converge pas pour une certaine valeur positive r de x, elle ne convergera pas pour toutes valeurs
de x supérieure à r . Le sup des valeurs absolues de x, pour lesquelles la série converge, sera
appelé le rayon de convergence de la série entière. Par exemple le rayon de convergence de la
∞
xk
série ∑ , donné en exemple ci-dessus, est +∞ car on montre qu’elle converge pour toutes
k =0 k !
valeurs de x.
Le but de ce complément de cours n’est pas de calculer des rayons de convergence mais de
présenter des techniques de sommations de séries. Par conséquent nous serons très évasifs sur les
rayons de convergence. Pour plus de renseignements sur les rayons de convergence voir les livres
de cours traitant des séries entières.
Nous pouvons aborder le calcul proprement dit de la somme des séries.
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2. xk
- SERIE DE TERME GENERAL : .
k!
Bien que connaissant déjà la somme de cette série, nous la choisissons pour illustrer une
∞
xk
première technique de calcul. En effet posons f ( x) = ∑ et calculons f’(x) :
k =0 k !
∞
k .x k −1 ∞ x k −1 ∞
xk
f '( x) == ∑ =∑ = ∑ = f ( x) .
k =1 k k =1 k − 1 k =0 k
Par conséquent, nous voyons que f(x) est solution de l’équation différentielle y’ = y.
∞
0k 00
De plus nous constatons que f (0) = ∑ = = 1 donc y n’est pas nulle et on a :
k =0 k ! 0!
y'
y ' = y ⇔ = 1 ⇔ ln y = x + k
y
comme pour x = 0 on a y = 1, on doit choisir k = 0 et donc ln(y) = x et par conséquent :
y = ex .
∞
xk
On trouve bien f ( x) = ∑ = ex
k =0 k!
Nous voyons que cette technique consiste à trouver une équation différentielle dont la série
entière est solution. La résolution de cette équation différentielle nous donne donc la somme de
la série entière.
- SERIE DE TERME GENERAL : P(k ).x k , P étant un polynôme.
∞
Posons : f ( x) = ∑ x k . Nous savons que cette série, en tant que somme des termes d’une série
k =0
1
géométrique, converge pour x < 1 et a pour somme . Si nous calculons les dérivées
1− x
successives, nous obtenons :
∞ ∞ ∞
1
f '( x) = ∑ k .x k −1 = ∑ k .x k −1 = ∑ ( k + 1) .x k =
(1 − x )
2
k =0 k =1 k =0
∞ ∞ ∞
2
f "( x) = ∑ ( k + 1) .k .x k −1 = ∑ ( k + 1) .k .x k −1 = ∑ ( k + 2 ) . ( k + 1) .x k =
(1 − x )
3
k =0 k =1 k =0
∞ ∞ ∞
3!
f ( ) ( x) = ∑ ( k + 2 ) . ( k + 1) .k .x k −1 = ∑ ( k + 2 ) . ( k + 1) .k .x k −1 = ∑ ( k + 3)( k + 2 ) . ( k + 1) .x k =
3
(1 − x )
4
k =0 k =1 k =0
M
M
f ( ) ( x) = ∑
n
∞
( k + 3) ! x k = n!
.
(1 − x )
n +1
k =0 k!
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3. Supposons que le polynôme p(x) soit de degrés n, nous remarquons que dans n ( X ) , la
famille : {1, ( X + 1) , ( X + 1)( X + 2 ) ,..., ( X + 1)( X + 2 )( X + 3) ... ( X + n )} forme une base en tant
que famille de n polynômes de degrés gradués.
La technique que l’on utilise, dans ce cas, consiste à décomposer le polynôme p(k) en fonction
des polynômes {1, ( k + 1) , ( k + 1)( k + 2 ) ,..., ( k + 1)( k + 2 )( k + 3) ... ( k + n )} de façon à pouvoir
∞
∑ P(k ).x en fonction de f ( x), f '( x), f "( x),..., f ( ) ( x) dont la somme est connue.
k n
écrire
k =0
Prenons un exemple.
∞
Soit à calculer : ∑ ( k 3 + 4k 2 + 8k + 1) x k .
k =0
On a :
k 3 + 4k 2 + 8k + 1 = (k + 3)(k + 2)(k + 1) − 2k 2 − 3k − 5
= (k + 3)(k + 2)(k + 1) − 2(k + 2)(k + 1) + 3k − 1
= (k + 3)(k + 2)(k + 1) − 2(k + 2)(k + 1) + 3(k + 1) − 4 × 1
Et par conséquent :
∞ ∞
∑ (k
k =0
3
+ 4k 2 + 8k + 1) x k = ∑ [ (k + 3)(k + 2)(k + 1) − 2(k + 2)(k + 1) + 3(k + 1) − 4 × 1] x k
k =0
∞ ∞ ∞ ∞
= ∑ (k + 3)(k + 2)(k + 1) x k − 2∑ (k + 2)(k + 1) x k + 3∑ (k + 1) x k − 4∑ x k
k =0 k =0 k =0 k =0
= f ( 3)
( x ) − 2 f "( x ) + 3 f ' ( x ) − 4 f ( x )
3! 2! 1 1
= −2 +3 −4
(1 − x ) (1 − x ) (1 − x )
4 3 2
(1 − x )
6 − 4 (1 − x ) + 3 (1 − x ) − 4 (1 − x )
2 3
=
(1 − x )
4
4 x3 − 9 x 2 + 10 x + 1
=
(1 − x )
4
Ceci n’étant vrai que pour x < 1.
- SERIE DE TERME GENERAL : R (k ).x k , R étant une fraction rationnelle à pôles simples.
Le rayon de convergence des séries de ce type est 1. Pour calculer la somme de cette série, nous
commencerons par décomposer R(k) en éléments simples pour pouvoir séparer la série en
plusieurs sommes pouvant chacune, à l’aide d’un changement de variable, se ramener au
développement de ln(1+x) ou ln(1-x). Prenons un exemple.
∞
4k 2 + 3k − 19 k
Soit à calculer : ∑ 3 .x .
k = 2 k + 4k + k − 6
2
On a alors :
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4. ∞
4k 2 + 3k − 19 k ∞ 4k 2 + 3k − 19
∑ k 3 + 4k 2 + k − 6
k =2
.x = ∑
k = 2 ( k + 3 )( k + 2 )( k − 1)
.x k
∞
 2 3 1  k
= ∑ + −  .x
k =2  k + 3 k + 2 k −1 
∞ ∞ ∞
xk xk xk
= 2∑ + 3∑ −∑
k =2 k + 3 k =2 k + 2 k =2 k − 1
En faisant des glissements d’indice de façon à avoir seulement k en dénominateur, on obtient :
∞
4k 2 + 3k − 19 k ∞
x k −3 ∞
x k − 2 ∞ x k +1
∑ k 3 + 4k 2 + k − 6 .x = 2∑ k + 3∑ k − ∑ k
k =2 k =5 k =4 k =1
2 ∞ xk 3 ∞ xk ∞
xk
= 3 .∑ + 2 .∑ − x.∑
x k =5 k x k = 4 k k =1 k
Le développement de ln(1-x) étant :
∞
xk
ln (1 − x ) = −∑
k =1 k
Nous en déduisons :
∞
4k 2 + 3k − 19 k 2  4
xk  3  3
xk 
∑ k 3 + 4k 2 + k − 6 .x = 3  − ln(1 − x) − ∑  + 2  − ln(1 − x) − ∑
x  k =1 k  x 
 + x.ln(1 − x)
k =2 k =1 k 
2 ln(1 − x) 2 1 2 x 3ln(1 − x) 3 3
=− − 2− − − − − − − x + x.ln(1 − x)
x3 x x 3 2 x2 x 2
x − 3x − 2
4
9 x + 13 x + 24 x + 12
3 2
= 3
.ln (1 − x ) −
x 6 x2
xk
- SERIE DE TERME GENERAL : R(k ). , R étant une fraction rationnelle à pôles simples.
k!
Prenons un exemple pour voir comment calculer la somme de cette série.
Soit à calculer la somme suivante :
( k + 3) ( k + 2 )
2
∞
k +3 xk ∞
xk
∑ ( k + 4 )( k + 1) k ! k =0 ( k + 4 )( k + 3)( k + 2 )( k + 1) k !
k =0
. =∑ .
On a multiplié le numérateur et le dénominateur de la fraction par (k+3)(k+2) pour obtenir
(k+4) ! en dénominateur.
( k + 3) ( k + 2 ) x k
2
∞
k +3 xk ∞
∑ ( k + 4 )( k + 1) k ! k =0 ( k + 4 )!
k =0
. =∑
∞
k 3 + 8k 2 + 21k + 18 k
=∑ .x
k =0 ( k + 4 )!
Nous allons maintenant décomposer k3+8k2+21k+18 dans la base :
{( k + 4 )( k + 3)( k + 2 ) , ( k + 4 )( k + 3) , ( k + 4 ) ,1}
On a :
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5. k 3 + 8k 2 + 21k + 18 = ( k + 4 )( k + 3)( k + 2 ) − k 2 − 5k − 6
= ( k + 4 )( k + 3)( k + 2 ) − ( k + 4 )( k + 3) + 2k + 6
= ( k + 4 )( k + 3)( k + 2 ) − ( k + 4 )( k + 3) + 2 ( k + 4 ) − 2
et par conséquent :
∞
k +3 xk ∞
k 3 + 8k 2 + 21k + 18 k
∑ ( k + 4 )( k + 1) k ! k =0
k =0
. =∑
( k + 4 )!
.x
=∑
∞
( ( k + 4 )( k + 3)( k + 2 ) − ( k + 4 )( k + 3) + 2 ( k + 4 ) − 2 ) .x k
k =0 ( k + 4)!
=∑
∞
( k + 4 )( k + 3)( k + 2 ) x k − ∞ ( k + 4 )( k + 3) x k
k =0 ( k + 4 )! ∑ ( k + 4)!
k =0
+ 2∑
∞
( k + 4) xk − 2 ∞ xk
k =0 ( k + 4 ) !
∑ ( k + 4 )!
k =0
∞ ∞ ∞ ∞
xk xk xk xk
=∑ −∑ + 2∑ − 2∑
k = 0 ( k + 1) ! k =0 ( k + 2 )! k = 0 ( k + 3) ! k =0 ( k + 4 ) !
Faisons des glissements d’indice de façon à avoir k! aux dénominateurs.
∞
k +3 xk ∞
x k −1 ∞ x k − 2 ∞
x k −3 ∞
x k −4
∑ ( k + 4 )( k + 1) k ! k =1 k ! k =2 k ! k =3 k ! k =4 k !
k =0
. =∑ −∑ + 2∑ − 2∑
1 ∞ xk 1 ∞
xk 2 ∞ xk 2 ∞
xk
= ∑ − 2 ∑ k ! + x3 ∑ k ! − x 4 ∑ k!
x k =1 k ! x k =2 k =3 k =4
1  x 0 xk  1  x 1 xk  2  x 2 xk  2  x 3 xk 
e − ∑  − 2 e − ∑  + 3 e − ∑  − 4 e − ∑ 
=
x k =0 k !  x  k =0 k !  x  k =0 k !  x  k =0 k ! 
En développant, on obtient :
∞
k +3 x k e x 1 e x 1 1 2e x 2 2 1 2e x 2 2 1 1
∑ ( k + 4 )( k + 1) k ! x x x x x x x x x x x x x 3x
k =0
. = − − 2+ 2+ − 3 − 3− 2− − 4 + 4+ 3+ 2+
=
(x 3
− x2 − 2x − 2)
.e x +
2 2
−
4
x x 4 3x
- SERIE DE TERME GENERAL : Crr+ k .x k .
La sommation de cette série est importante car elle intervient dans le calcul de l’espérance
mathématique et de la variance de variables aléatoires comme la loi de Pascal ou la loi binomiale
négative.
n
Posons un ( r ) = ∑ Crr+ k .x k .
k =0
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6. Si x ≥ 1 le terme général de la série ne tend pas vers 0 et par conséquent la série n’est pas
convergente. On montre que le rayon de convergence de cette série est 1.
On a alors :
n n n n n
un ( r − 1) − (1 − x ) un ( r ) = ∑ Crr−1+ k .x k − (1 − x ) ∑ Crr+ k .x k = ∑ Crr−11+ k .x k − ∑ Crr+ k .x k + ∑ Crr+ k .x k +1
−1 −
k =0 k =0 k =0 k =0 k =0
= ∑ ( Crr−1+ k − Crr+ k ) .x k + ∑ Crr+ k .x k +1 = −∑ Crr−1+ k .x k + ∑ Crr+ k .x k +1
n n n n
−1
k =0 k =0 k =0 k =0
n n +1
= −∑ Crr−1+ k .x k + ∑ Crr−1+ k .x k = Crr+ n .x n +1
k =1 k =1
Nous avons obtenu :
un ( r − 1) − (1 − x ) un ( r ) = Crr+ n .x n +1
Calculons lim Crr+ n .x n +1 .
x →n
On a :
Crr+ n =
( n + r )( n + r − 1)( n + r − 2 ) ... ( n + 1)
r!
nr
Et donc quand n tend vers +∞ on a Crr+ n
r!
On déduit par conséquent :
n r n +1
Crr+ n .x n +1 .x
r!
Et
 ln ( n.) 
+ ln ( x ) 
(
ln n r . x n ) r ln ( n.) + n ln ( x )
n r
  n ln ( x )
lim n .x = lim e = lim e = lim e = lim e = lim x n = 0
r n  n 
n →∞ n →∞ n →∞ n →∞ n →∞ n →∞
On en déduit :
n r n +1 x x
lim Crr+ n .x n +1 = lim .x = lim n r .x n = × 0 = 0
n →∞ n →∞ r ! r! n →∞ r!
Par conséquent si l’on fait tendre n vers l’infini dans l’expression :
un ( r − 1) − (1 − x ) un ( r ) = Crr+ n .x n +1
On obtient :
lim un ( r − 1) − lim (1 − x ) un ( r ) = 0
n →∞ n →∞
1
Si on pose u ( r ) = lim un ( r ) , on obtient : u ( r ) = u ( r − 1)
n →∞ 1− x
On en déduit par récurrence :
r
 1 
u (r) =   u (0)
 1− x 
n n
1
Comme u ( 0 ) = lim ∑ Ck0 .x k = lim ∑ x k = .
n →∞
k =0
n →∞
k =0 1− x
r r +1
 1  1  1  1
u (r ) =   . =  =
(1 − x )
r +1
 1− x  1− x  1− x 
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7. On peut donc conclure :
∞
1
∑C r
r +k .x k =
(1 − x )
r +1
k =0
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