# Sommation/Exercices/Sommations de séries entières
## Exercice 8-1

Calculer :
    $C(x):=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}x^{2k}}{(2k)!}},\qquad S(x):=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}x^{2k+1}}{(2k+1)!}}$.
En dérivant, on obtient :
    $C'(x)=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}x^{2k-1}}{(2k-1)!}}=-S(x),\qquad S'(x):=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}x^{2k}}{(2k)!}}=C(x)$.
De plus :
    $C(0)=1,\qquad S(0)=0$.
Les sommes $C(x)$ et $S(x)$ sont donc les solutions des équations différentielles linéaires du deuxième ordre à coefficients constants avec conditions initiales, respectivement :
    $C''+C=0,\quad C(0)=1,\quad C'(0)=0$ ;
    $S''+S=0,\quad S(0)=0,\quad S'(0)=1$.
Par conséquent, $C=\cos$ et $S=\sin$.

## Exercice 8-2

Calculer $\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(a+\mathrm {i} b)^{n}}{n!}}$ (pour $a,b\in \mathbb {R}$) et en déduire $\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {\cos(kx)}{k!}}$ et $\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {\sin(kx)}{k!}}$.
$\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(a+\mathrm {i} b)^{n}}{n!}}$ est le produit de Cauchy des deux séries $\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {a^{k}}{k!}}$ et $\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(\mathrm {i} b)^{k}}{k!}}$.
La première est égale à $\mathrm {e} ^{a}$ (cf. cours) et la seconde à $\cos b+\mathrm {i} \sin b$ (cf. exercice précédent). Par conséquent :
On en déduit les deux séries $\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {\cos(kx)}{k!}}$ et $\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {\sin(kx)}{k!}}$ en même temps en remarquant qu’elles sont respectivement la partie réelle et la partie imaginaire de la série :
$\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {\cos(kx)+\mathrm {i} \sin(kx)}{k!}}=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {\left(\cos x+\mathrm {i} \sin x\right)^{k}}{k!}}=\left(\cos(\sin x)+\mathrm {i} \sin(\sin x)\right)\operatorname {e} ^{\cos x}$.
En séparant les parties réelles et imaginaires, nous pouvons conclure :
* $\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {\cos(kx)}{k!}}=\cos(\sin x)\operatorname {e} ^{\cos x}$,
* $\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {\sin(kx)}{k!}}=\sin(\sin x)\operatorname {e} ^{\cos x}$.

## Exercice 8-3

Pour $|x|<1$, calculer :
    $a)\,\sum _{k=0}^{\infty }(k^{2}+1)x^{k}\qquad \qquad \qquad b)\,\sum _{k=0}^{\infty }k^{3}x^{k}$.
Posons
    $f(x):=\sum _{k=0}^{\infty }x^{k}={\frac {1}{1-x}}$.
Alors,
    ${\begin{aligned}&\sum _{k=0}^{\infty }kx^{k}&=xf'(x)&={\frac {x}{(1-x)^{2}}}\\&\sum _{k=0}^{\infty }k(k-1)x^{k}&=x^{2}f''(x)&={\frac {2x^{2}}{(1-x)^{3}}}\\&\sum _{k=0}^{\infty }k(k-1)(k-2)x^{k}&=x^{3}f'''(x)&={\frac {6x^{3}}{(1-x)^{4}}}.\end{aligned}}$
a) $k^{2}+1=k(k-1)+k+1$ donc
    $\sum _{k=0}^{\infty }(k^{2}+1)x^{k}={\frac {2x^{2}}{(1-x)^{3}}}+{\frac {x}{(1-x)^{2}}}+{\frac {1}{1-x}}={\frac {2x^{2}-x+1}{(1-x)^{3}}}$.
b) $k^{3}=k(k-1)(k-2)+3k(k-1)+k$ donc
    $\sum _{k=0}^{\infty }k^{3}x^{k}={\frac {6x^{3}}{(1-x)^{4}}}+3{\frac {2x^{2}}{(1-x)^{3}}}+{\frac {x}{(1-x)^{2}}}={\frac {x(x^{2}+4x+1)}{(1-x)^{4}}}$.

## Exercice 8-4

Calculer :
$\sum _{k=3}^{\infty }{\frac {4k-5}{k^{2}-k-2}}x^{k}$
On a :
${\begin{aligned}\sum _{k=3}^{\infty }{\frac {4k-5}{k^{2}-k-2}}x^{k}&=\sum _{k=3}^{\infty }{\frac {4k-5}{(k+1)(k-2)}}x^{k}\\&=\sum _{k=3}^{\infty }\left({\frac {3}{k+1}}+{\frac {1}{k-2}}\right)x^{k}\\&=3\sum _{k=3}^{\infty }{\frac {x^{k}}{k+1}}+\sum _{k=3}^{\infty }{\frac {x^{k}}{k-2}}\end{aligned}}$
En faisant des glissements d’indice de façon à avoir seulement k en dénominateur, on obtient :
${\begin{aligned}\sum _{k=3}^{\infty }{\frac {4k-5}{k^{2}-k-2}}x^{k}&=3\sum _{k=4}^{\infty }{\frac {x^{k-1}}{k}}+\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {x^{k+2}}{k}}\\&={\frac {3}{x}}\sum _{k=4}^{\infty }{\frac {x^{k}}{k}}+x^{2}\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {x^{k}}{k}}\end{aligned}}$
Le développement de ln(1-x) étant :
$\ln(1-x)=-\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {x^{k}}{k}}$
Nous en déduisons :
${\begin{aligned}\sum _{k=3}^{\infty }{\frac {4k-5}{k^{2}-k-2}}x^{k}&={\frac {3}{x}}\left(-\ln(1-x)-\sum _{k=1}^{3}{\frac {x^{k}}{k}}\right)-x^{2}\ln(1-x)\\&=-{\frac {3\ln(1-x)}{x}}-3-{\frac {3x}{2}}-x^{2}-x^{2}\ln(1-x)\\&=-{\frac {x^{3}+3}{x}}\ln(1-x)-{\frac {2x^{2}+3x+6}{2}}\end{aligned}}$

## Exercice 8-5

Calculer :
    $\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{k+2}}{\frac {x^{k}}{k!}}$.
    ${\begin{aligned}\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{k+2}}{\frac {x^{k}}{k!}}&=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(k+1)x^{k}}{(k+2)!}}\\&=\left(\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {x^{k+1}}{(k+2)!}}\right)'\\&=\left({\frac {1}{x}}\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {x^{k+2}}{(k+2)!}}\right)'\\&=\left({\frac {\mathrm {e} ^{x}-1-x}{x}}\right)'\\&=\left({\frac {\mathrm {e} ^{x}-1}{x}}\right)'\\&={\frac {x\mathrm {e} ^{x}-\mathrm {e} ^{x}+1}{x^{2}}}.\end{aligned}}$

## Exercice 8-6

Pour $x\in \left]-1,1\right[$, montrer que la série $\sum k(k-1)x^{k-2}$ est convergente et calculer sa somme.
Soit un entier $n\geq 0$, $\forall x\neq 1\quad \sum _{k=0}^{n}x^{k}={\frac {1-x^{n+1}}{1-x}}$.
Les deux fonctions $x\mapsto \sum _{k=0}^{n}x^{k}$ et $x\mapsto {\frac {1}{1-x}}-{\frac {x^{n+1}}{1-x}}$ sont égales sur $\mathbb {R} \setminus \{1\}$ donc leur dérivées secondes sont égales elles aussi donc pour tout entier $n\geq 1$ et tout réel $x\neq 1$ :
    $\sum _{k=0}^{n}k(k-1)x^{k-2}={\frac {2}{(1-x)^{3}}}-{\frac {2x^{n+1}}{(1-x)^{3}}}-{\frac {2(n+1)x^{n}}{(1-x)^{2}}}-{\frac {n(n+1)x^{n-1}}{1-x}}$.
Soit $x\in \left]-1,1\right[$ : on a alors $\lim _{n\to \infty }n(n+1)x^{n-1}=0$.
On en déduit que $\lim _{n\to \infty }\left(\sum _{k=0}^{n}k(k-1)x^{k-2}\right)$ existe et $\sum _{k=0}^{\infty }k(k-1)x^{k-2}={\frac {2}{(1-x)^{3}}}$.

## Exercice 8-7

Calculer $\sum _{n\geq 0}{\frac {x^{n}n^{3}}{n!}}$.
$\sum _{n\geq 0}{\frac {x^{n}n^{3}}{n!}}=0+x+4x^{2}+\sum _{n\geq 3}x^{n}\left({\frac {1}{(n-3)!}}+{\frac {3}{(n-2)!}}+{\frac {1}{(n-1)!}}\right)=x+4x^{2}+x^{3}\operatorname {e} ^{x}+3x^{2}(\operatorname {e} ^{x}-1)+x(\operatorname {e} ^{x}-1-x)=(x^{3}+3x^{2}+x)\operatorname {e} ^{x}$.
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