En raison de limitations techniques, la typographie souhaitable du titre, «
Exercice : Série génératrice d'une suiteFonction génératrice/Exercices/Série génératrice d'une suite », n'a pu être restituée correctement ci-dessus.
Calculer le carré de la série formelle
1
1
−
X
=
∑
k
∈
N
X
k
{\displaystyle {\frac {1}{1-X}}=\sum _{k\in \mathbb {N} }X^{k}}
, puis vérifier que son produit par
(
1
−
X
)
2
{\displaystyle (1-X)^{2}}
est bien égal à
1
{\displaystyle 1}
.
Solution
∑
k
∈
N
1.
X
k
∑
j
∈
N
1.
X
j
=
∑
n
∈
N
(
∑
0
≤
k
≤
n
1.1
)
X
n
=
∑
n
∈
N
(
n
+
1
)
X
n
{\displaystyle \sum _{k\in \mathbb {N} }1.X^{k}\sum _{j\in \mathbb {N} }1.X^{j}=\sum _{n\in \mathbb {N} }\left(\sum _{0\leq k\leq n}1.1\right)X^{n}=\sum _{n\in \mathbb {N} }\left(n+1\right)X^{n}}
.
(
1
−
2
X
+
X
2
)
∑
k
∈
N
(
k
+
1
)
X
k
=
1.
(
0
+
1
)
X
0
+
[
1.
(
1
+
1
)
−
2.
(
0
+
1
)
]
X
1
+
∑
n
≥
2
[
(
n
+
1
)
−
2
n
+
(
n
−
1
)
]
X
n
=
1
{\displaystyle \left(1-2X+X^{2}\right)\sum _{k\in \mathbb {N} }\left(k+1\right)X^{k}=1.\left(0+1\right)X^{0}+\left[1.\left(1+1\right)-2.\left(0+1\right)\right]X^{1}+\sum _{n\geq 2}\left[\left(n+1\right)-2n+\left(n-1\right)\right]X^{n}=1}
.
Retrouver ce résultat par dérivation formelle.
Solution
1
(
1
−
X
)
2
=
(
1
1
−
X
)
′
=
(
∑
k
∈
N
X
k
)
′
=
∑
k
≥
1
k
X
k
−
1
=
∑
n
∈
N
(
n
+
1
)
X
n
{\displaystyle {\frac {1}{(1-X)^{2}}}=\left({\frac {1}{1-X}}\right)'=\left(\sum _{k\in \mathbb {N} }X^{k}\right)'=\sum _{k\geq 1}kX^{k-1}=\sum _{n\in \mathbb {N} }\left(n+1\right)X^{n}}
.
Soit la suite
(
a
n
)
n
≥
0
{\displaystyle (a_{n})_{n\geq 0}}
définie par
a
0
=
a
1
=
1
{\displaystyle a_{0}=a_{1}=1}
et
∀
n
≥
2
,
a
n
=
2
a
n
−
1
−
a
n
−
2
+
2
n
−
2
{\displaystyle \forall n\geq 2,a_{n}=2a_{n-1}-a_{n-2}+2^{n-2}}
.
On pose
A
(
X
)
=
∑
n
≥
0
a
n
X
n
{\displaystyle A(X)=\sum _{n\geq 0}a_{n}X^{n}}
. Montrer que
A
(
X
)
=
1
−
X
+
(
2
X
−
X
2
)
A
(
X
)
+
X
2
1
−
2
X
{\displaystyle A(X)=1-X+(2X-X^{2})A(X)+{\frac {X^{2}}{1-2X}}}
.
Montrer que
A
(
X
)
=
1
1
−
2
X
+
1
1
−
X
−
1
(
1
−
X
)
2
{\displaystyle A(X)={\frac {1}{1-2X}}+{\frac {1}{1-X}}-{\frac {1}{(1-X)^{2}}}}
.
En utilisant l'exercice précédent, en déduire une expression explicite de
a
n
{\displaystyle a_{n}}
.
La vérifier par récurrence.
Reprendre la méthode précédente pour déterminer l’expression explicite du terme général de la suite
(
g
n
)
n
≥
0
{\displaystyle (g_{n})_{n\geq 0}}
définie par
g
0
=
g
1
=
1
{\displaystyle g_{0}=g_{1}=1}
et
∀
n
≥
2
g
n
=
g
n
−
1
+
2
g
n
−
2
+
(
−
1
)
n
{\displaystyle \forall n\geq 2\quad g_{n}=g_{n-1}+2g_{n-2}+(-1)^{n}}
.
Solution
On pose
G
(
X
)
=
∑
n
∈
N
g
n
X
n
{\displaystyle G(X)=\sum _{n\in \mathbb {N} }g_{n}X^{n}}
.
∑
n
≥
2
g
n
X
n
=
∑
n
≥
2
g
n
−
1
X
n
+
2
∑
n
≥
2
g
n
−
2
X
n
+
∑
n
≥
2
(
−
X
)
n
{\displaystyle \sum _{n\geq 2}g_{n}X^{n}=\sum _{n\geq 2}g_{n-1}X^{n}+2\sum _{n\geq 2}g_{n-2}X^{n}+\sum _{n\geq 2}(-X)^{n}}
se réécrit
G
(
X
)
−
1
−
X
=
X
(
G
(
X
)
−
1
)
+
2
X
2
G
(
X
)
+
X
2
1
+
X
{\displaystyle G(X)-1-X=X(G(X)-1)+2X^{2}G(X)+{\frac {X^{2}}{1+X}}}
, soit
1
+
X
2
1
+
X
=
(
1
−
X
−
2
X
2
)
G
(
X
)
=
(
1
+
X
)
(
1
−
2
X
)
G
(
X
)
{\displaystyle 1+{\frac {X^{2}}{1+X}}=\left(1-X-2X^{2}\right)G(X)=\left(1+X\right)\left(1-2X\right)G(X)}
, donc
G
(
X
)
=
1
+
X
+
X
2
(
1
+
X
)
2
(
1
−
2
X
)
=
−
1
/
9
1
+
X
+
1
/
3
(
1
+
X
)
2
+
7
/
9
1
−
2
X
{\displaystyle G(X)={\frac {1+X+X^{2}}{\left(1+X\right)^{2}\left(1-2X\right)}}={\frac {-1/9}{1+X}}+{\frac {1/3}{\left(1+X\right)^{2}}}+{\frac {7/9}{1-2X}}}
et
g
n
=
(
−
1
/
9
)
(
−
1
)
n
+
(
1
/
3
)
(
n
+
1
)
(
−
1
)
n
+
(
7
/
9
)
2
n
=
(
3
n
+
2
)
(
−
1
)
n
+
7.2
n
9
{\displaystyle g_{n}=(-1/9)(-1)^{n}+(1/3)(n+1)(-1)^{n}+(7/9)2^{n}={\frac {(3n+2)(-1)^{n}+7.2^{n}}{9}}}
(que l'on peut vérifier par récurrence).
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I) Pour tout entier
n
>
0
{\displaystyle n>0}
, on pose :
S
n
(
X
)
:=
∑
j
≥
0
(
n
+
j
−
1
j
)
X
j
{\displaystyle S_{n}(X):=\sum _{j\geq 0}{\binom {n+j-1}{j}}X^{j}}
.
Démontrer par récurrence, de deux façons, que
∀
n
∈
N
∗
1
(
1
−
X
)
n
=
S
n
(
X
)
{\displaystyle \forall n\in \mathbb {N} ^{*}\quad {\frac {1}{(1-X)^{n}}}=S_{n}(X)}
:
en utilisant que
1
(
1
−
X
)
n
+
X
(
1
−
X
)
n
+
1
=
1
(
1
−
X
)
n
+
1
{\displaystyle {\frac {1}{(1-X)^{n}}}+{\frac {X}{(1-X)^{n+1}}}={\frac {1}{(1-X)^{n+1}}}}
;
en utilisant que
(
1
(
1
−
X
)
n
)
′
=
n
(
1
−
X
)
n
+
1
{\displaystyle \left({\frac {1}{(1-X)^{n}}}\right)'={\frac {n}{(1-X)^{n+1}}}}
.
Retrouver ce résultat directement, en utilisant que la dérivée
m
{\displaystyle m}
-ième de
1
1
−
X
{\displaystyle {\frac {1}{1-X}}}
est
m
!
(
1
−
X
)
m
+
1
{\displaystyle {\frac {m!}{(1-X)^{m+1}}}}
.
II) On considère la suite des polynômes de Tchebychev de seconde espèce,
U
n
(
X
)
=
∑
0
≤
k
≤
n
/
2
(
−
1
)
k
(
n
−
k
k
)
(
2
X
)
n
−
2
k
{\displaystyle U_{n}(X)=\sum _{0\leq k\leq n/2}(-1)^{k}{\binom {n-k}{k}}(2X)^{n-2k}}
(cf. Sommation/Exercices/Formule du binôme#Exercice 5-11 ).
À l'aide de la question I, montrer que sa série génératrice,
∑
n
≥
0
T
n
U
n
(
X
)
{\displaystyle \sum _{n\geq 0}T^{n}U_{n}(X)}
, est égale à
1
1
−
2
T
X
+
T
2
{\displaystyle {\frac {1}{1-2TX+T^{2}}}}
.
III) Pour tous entiers naturels m , n , en développant de deux façons
S
n
+
1
(
X
)
S
m
+
1
(
X
)
{\displaystyle S_{n+1}(X)S_{m+1}(X)}
, déduire de la question I que pour tout entier r ≥ m + n ,
∑
j
=
n
r
−
m
(
j
n
)
(
r
−
j
m
)
=
(
r
+
1
m
+
n
+
1
)
{\displaystyle \sum _{j=n}^{r-m}{\binom {j}{n}}{\binom {r-j}{m}}={\binom {r+1}{m+n+1}}}
.
Solution de la question I
Solution de la question II
∑
n
≥
0
T
n
U
n
(
X
)
=
∑
n
≥
0
T
n
∑
0
≤
k
≤
n
/
2
(
−
1
)
k
(
n
−
k
k
)
(
2
X
)
n
−
2
k
=
∑
k
≥
0
(
−
1
)
k
∑
n
≥
2
k
(
n
−
k
n
−
2
k
)
T
n
(
2
X
)
n
−
2
k
=
∑
k
≥
0
(
−
1
)
k
∑
j
≥
0
(
k
+
j
j
)
T
2
k
+
j
(
2
X
)
j
=
∑
k
≥
0
(
−
T
2
)
k
S
k
+
1
(
2
T
X
)
=
1
1
−
2
T
X
∑
k
≥
0
(
−
T
2
1
−
2
T
X
)
k
=
1
1
−
2
T
X
1
1
+
T
2
1
−
2
T
X
=
1
1
−
2
T
X
+
T
2
.
{\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{n\geq 0}T^{n}U_{n}(X)&=\sum _{n\geq 0}T^{n}\sum _{0\leq k\leq n/2}(-1)^{k}{\binom {n-k}{k}}(2X)^{n-2k}\\&=\sum _{k\geq 0}(-1)^{k}\sum _{n\geq 2k}{\binom {n-k}{n-2k}}T^{n}(2X)^{n-2k}\\&=\sum _{k\geq 0}(-1)^{k}\sum _{j\geq 0}{\binom {k+j}{j}}T^{2k+j}(2X)^{j}\\&=\sum _{k\geq 0}(-T^{2})^{k}S_{k+1}(2TX)\\&={\frac {1}{1-2TX}}\sum _{k\geq 0}\left({\frac {-T^{2}}{1-2TX}}\right)^{k}\\&={\frac {1}{1-2TX}}{\frac {1}{1+{\frac {T^{2}}{1-2TX}}}}\\&={\frac {1}{1-2TX+T^{2}}}.\end{aligned}}}
Solution de la question III
D'après la question I,
S
n
+
1
(
X
)
S
m
+
1
(
X
)
=
1
(
1
−
X
)
n
+
1
1
(
1
−
X
)
m
+
1
=
1
(
1
−
X
)
m
+
n
+
2
=
S
m
+
n
+
2
(
X
)
{\displaystyle S_{n+1}(X)S_{m+1}(X)={\frac {1}{(1-X)^{n+1}}}{\frac {1}{(1-X)^{m+1}}}={\frac {1}{(1-X)^{m+n+2}}}=S_{m+n+2}(X)}
donc
∑
k
≥
0
(
m
+
n
+
k
+
1
m
+
n
+
1
)
X
k
=
∑
i
≥
0
(
n
+
i
n
)
X
i
∑
j
≥
0
(
m
+
j
m
)
X
j
{\displaystyle \sum _{k\geq 0}{\binom {m+n+k+1}{m+n+1}}X^{k}=\sum _{i\geq 0}{\binom {n+i}{n}}X^{i}\sum _{j\geq 0}{\binom {m+j}{m}}X^{j}}
c'est-à-dire
∀
k
≥
0
(
m
+
n
+
k
+
1
m
+
n
+
1
)
=
∑
i
=
0
k
(
n
+
i
n
)
(
m
+
k
−
i
m
)
{\displaystyle \forall k\geq 0\quad {\binom {m+n+k+1}{m+n+1}}=\sum _{i=0}^{k}{\binom {n+i}{n}}{\binom {m+k-i}{m}}}
ou encore :
∀
r
≥
m
+
n
(
r
+
1
m
+
n
+
1
)
=
∑
i
=
0
r
−
m
−
n
(
n
+
i
n
)
(
r
−
n
−
i
m
)
=
∑
j
=
n
r
−
m
(
j
n
)
(
r
−
j
m
)
{\displaystyle \forall r\geq m+n\quad {\binom {r+1}{m+n+1}}=\sum _{i=0}^{r-m-n}{\binom {n+i}{n}}{\binom {r-n-i}{m}}=\sum _{j=n}^{r-m}{\binom {j}{n}}{\binom {r-j}{m}}}
.
Pour une preuve combinatoire du III, voir la question II de Sommation/Exercices/Sommations plus compliquées#Exercice 7-1 .
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Cet exercice constitue la démonstration par Euler (en 1773) de la formule du binôme généralisée, dans le cas d'un exposant rationnel.
On définit (pour tout
r
∈
R
{\displaystyle r\in \mathbb {R} }
) les coefficients binomiaux généralisés :
∀
n
∈
N
(
r
n
)
=
r
(
r
−
1
)
(
r
−
2
)
…
(
r
−
n
+
1
)
n
!
{\displaystyle \forall n\in \mathbb {N} \quad {\binom {r}{n}}={\frac {r\left(r-1\right)\left(r-2\right)\dots \left(r-n+1\right)}{n!}}}
,
puis la série formelle
T
r
(
X
)
:=
∑
n
∈
N
(
r
n
)
X
n
{\displaystyle T_{r}(X):=\sum _{n\in \mathbb {N} }{\binom {r}{n}}X^{n}}
.
Pour tous réels
r
,
s
{\displaystyle r,s}
(et tout
n
∈
N
{\displaystyle n\in \mathbb {N} }
), on note
P
n
(
r
,
s
)
{\displaystyle P_{n}\left(r,s\right)}
le
n
{\displaystyle n}
-ième coefficient de la série formelle produit
T
r
(
X
)
T
s
(
X
)
{\displaystyle T_{r}(X)T_{s}(X)}
:
T
r
(
X
)
T
s
(
X
)
=
∑
n
∈
N
P
n
(
r
,
s
)
X
n
{\displaystyle T_{r}(X)T_{s}(X)=\sum _{n\in \mathbb {N} }P_{n}\left(r,s\right)X^{n}}
.
Vérifier que si
r
,
s
∈
N
{\displaystyle r,s\in \mathbb {N} }
alors
P
n
(
r
,
s
)
=
(
r
+
s
n
)
{\displaystyle P_{n}\left(r,s\right)={\binom {r+s}{n}}}
.
Démontrer que
P
n
(
r
,
s
)
{\displaystyle P_{n}\left(r,s\right)}
est un polynôme en
r
{\displaystyle r}
et
s
{\displaystyle s}
(à coefficients rationnels).
Déduire des deux questions précédentes que
∀
r
,
s
∈
R
P
n
(
r
,
s
)
=
(
r
+
s
n
)
{\displaystyle \forall r,s\in \mathbb {R} \quad P_{n}\left(r,s\right)={\binom {r+s}{n}}}
(pour tout
n
∈
N
{\displaystyle n\in \mathbb {N} }
), donc
T
r
(
X
)
T
s
(
X
)
=
T
r
+
s
(
X
)
{\displaystyle T_{r}(X)T_{s}(X)=T_{r+s}(X)}
.
En déduire que
∀
p
∈
Z
∀
q
∈
N
∗
(
T
p
q
(
X
)
)
q
=
(
1
+
X
)
p
{\displaystyle \forall p\in \mathbb {Z} \quad \forall q\in \mathbb {N} ^{*}\quad \left(T_{\frac {p}{q}}(X)\right)^{q}=\left(1+X\right)^{p}}
, en commençant par traiter le cas
p
∈
N
{\displaystyle p\in \mathbb {N} }
.
Solution
Si
r
,
s
∈
N
{\displaystyle r,s\in \mathbb {N} }
alors, d'après la formule du binôme usuelle,
T
r
(
X
)
T
s
(
X
)
=
(
1
+
X
)
r
(
1
+
X
)
s
=
(
1
+
X
)
r
+
s
=
T
r
+
s
(
X
)
{\displaystyle T_{r}(X)T_{s}(X)=\left(1+X\right)^{r}\left(1+X\right)^{s}=\left(1+X\right)^{r+s}=T_{r+s}(X)}
.
P
n
(
r
,
s
)
=
∑
i
+
j
=
n
(
r
i
)
(
s
j
)
{\displaystyle P_{n}(r,s)=\sum _{i+j=n}{\binom {r}{i}}{\binom {s}{j}}}
.
Le polynôme
Q
n
(
R
,
S
)
:=
P
n
(
R
,
S
)
−
∑
i
+
j
=
n
(
R
i
)
(
S
j
)
∈
Q
[
R
,
S
]
{\displaystyle Q_{n}(R,S):=P_{n}(R,S)-\sum _{i+j=n}{\binom {R}{i}}{\binom {S}{j}}\in \mathbb {Q} \left[R,S\right]}
s'annule sur
N
×
N
{\displaystyle \mathbb {N} \times \mathbb {N} }
donc c'est le polynôme nul. On peut détailler : pour tout
r
∈
N
{\displaystyle r\in \mathbb {N} }
,
Q
n
(
r
,
S
)
∈
Q
[
S
]
{\displaystyle Q_{n}(r,S)\in \mathbb {Q} [S]}
est nul car il a une infinité de racines
s
{\displaystyle s}
(tous les entiers naturels) ; donc le polynôme
Q
n
(
R
,
S
)
{\displaystyle Q_{n}(R,S)}
, vu comme polynôme en
R
{\displaystyle R}
à coefficients dans
Q
[
S
]
{\displaystyle \mathbb {Q} [S]}
, est nul car, de même, il a une infinité de racines
r
{\displaystyle r}
.
D'après la question précédente (et la question 1),
∀
p
∈
N
∀
q
∈
N
∗
(
T
p
q
(
X
)
)
q
=
T
p
(
X
)
=
(
1
+
X
)
p
{\displaystyle \forall p\in \mathbb {N} \quad \forall q\in \mathbb {N} ^{*}\quad \left(T_{\frac {p}{q}}(X)\right)^{q}=T_{p}(X)=\left(1+X\right)^{p}}
et
T
−
p
q
(
X
)
T
p
q
(
X
)
=
T
0
(
X
)
=
1
{\displaystyle T_{-{\frac {p}{q}}}(X)\,T_{\frac {p}{q}}(X)=T_{0}(X)=1}
, donc
(
T
−
p
q
(
X
)
)
q
=
(
1
+
X
)
−
p
{\displaystyle \left(T_{-{\frac {p}{q}}}(X)\right)^{q}=\left(1+X\right)^{-p}}
.
Remarque
Si
r
∉
N
{\displaystyle r\notin \mathbb {N} }
, d'après le critère de D'Alembert, le rayon de convergence de la série entière associée à
T
r
{\displaystyle T_{r}}
est égal à
1
{\displaystyle 1}
.
Références
Ranjan Roy, Sources in the Development of Mathematics: Series and Products from the Fifteenth to the Twenty-first Century , Cambridge University Press, 2011 [lire en ligne ] , chap. 4.3 (« Euler's proof for rational indices ») ;
L. Euler, « Demonstratio theorematis Neutoniani de evolutione potestatum binomii pro casibus, quibus exponentes non sunt numeri integri », Novi Commentarii academiae scientiarum Petropolitanae , vol. 19, 1775, p. 103-111 [texte intégral ] (E465 , présenté à l'Académie de Saint-Pétersbourg le 1er juillet 1773).
Cette preuve est moins bien expliquée sur xymaths.free.fr , et carrément comprise de travers par R. F. Muirhead , « Against Euler's proof of the binomial theorem for negative and fractional exponents », Proc. Edinburgh Math. Soc. , vol. 17, 1898, p. 38-41 [lien DOI ] .