# Sommation/Sommations de séries entières

Le but de ce chapitre est de présenter quelques techniques de sommations de séries entières.

## Définition d'une série entière

Une série entière est une série de la forme :
    $\sum _{k}a_{k}x^{k}$,
a$_k$ 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.
La série entière la plus célèbre dont on connaît la somme est sans doute :
    $\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {x^{k}}{k!}}=\operatorname {e} ^{x}$
(voir Fonction exponentielle/Annexe/Démonstration que la somme infinie de tous les inverses des k! est égale à e).
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 et r (∈ [-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 série :
$\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {x^{k}}{k!}}=\operatorname {e} ^{x}$
donné en exemple ci-dessus, est +∞ car on montre qu’elle converge pour toutes les valeurs de x.
* Remarque
* Le but de ce chapitre 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 la leçon Série entière.
Nous pouvons aborder le calcul proprement dit de la somme des séries.

## Sommation grâce à une équation différentielle

Cette technique consiste à trouver une équation différentielle dont la série entière est solution. La résolution de cette équation différentielle nous donne alors la somme de la série entière.
Soit à calculer la somme de la série de terme général :
    ${\frac {x^{k}}{k!}}$
(en admettant que le rayon de convergence est infini).
Bien que connaissant déjà la somme de cette série, nous la choisissons pour illustrer une première technique de calcul.
Posons
    $f(x)=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {x^{k}}{k!}}$
et dérivons terme à terme (en admettant que c'est licite) :
    ${\begin{aligned}f'(x)&=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {kx^{k-1}}{k!}}=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {kx^{k-1}}{k!}}\\&=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {x^{k-1}}{(k-1)!}}=\sum _{j=0}^{\infty }{\frac {x^{j}}{j!}}\\&=f(x).\end{aligned}}$
Par conséquent, la fonction $f$ est solution de l’équation différentielle y’ = y.
De plus,
    $f(0)=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {0^{k}}{k!}}={\frac {0^{0}}{0!}}=1$
donc (cf. Équation différentielle/Résolution de l'équation différentielle y'=ay+b#Équation différentielle y'=ay) $f=\exp$, c'est-à-dire :
    $\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {x^{k}}{k!}}=\operatorname {e} ^{x}$.

## Série de terme général P(k)x$^k$, P étant un polynôme

Posons :
    $f(x)=\sum _{k=0}^{\infty }x^{k}$.
Nous savons que cette série, en tant que somme des termes d’une série géométrique, converge pour –1 < x < 1 et a pour somme :
    $f(x)={\frac {1}{1-x}}$.
Ses dérivées successives sont :
    ${\begin{aligned}{\frac {1}{(1-x)^{2}}}&=f'(x)=\sum _{k=0}^{\infty }kx^{k-1}=\sum _{k=1}^{\infty }kx^{k-1}=\sum _{k=0}^{\infty }(k+1)x^{k}\\{\frac {2}{(1-x)^{3}}}&=f''(x)=\sum _{k=0}^{\infty }(k+1)kx^{k-1}=\sum _{k=1}^{\infty }(k+1)kx^{k-1}=\sum _{k=0}^{\infty }(k+2)(k+1)x^{k}\\{\frac {3!}{(1-x)^{4}}}&=f^{(3)}(x)=\sum _{k=0}^{\infty }(k+2)(k+1)kx^{k-1}=\sum _{k=1}^{\infty }(k+2)(k+1)kx^{k-1}=\sum _{k=0}^{\infty }(k+3)(k+2)(k+1)x^{k}\\&\;\,\vdots \\&\;\,\vdots \\{\frac {n!}{(1-x)^{n+1}}}&=f^{(n)}(x)=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(k+n)!}{k!}}x^{k}\end{aligned}}$
Supposons que le polynôme P est de degré n. Le (n + 1)-uplet :
    $\left(1,X+1,(X+1)(X+2),\cdots ,(X+1)(X+2)(X+3)\cdots (X+n)\right)$
est une base de ℝ$_n$[X].
La technique que l’on utilise, dans ce cas, consiste à décomposer le polynôme P sur cette base, de façon à pouvoir écrire :
    $\sum _{k=0}^{\infty }P(k)x^{k}$
en fonction de $f(x),f'(x),f''(x),\dots ,f^{(n)}(x)$, dont la somme est connue.
Soit à calculer, pour |x| < 1 :
    $\sum _{k=0}^{\infty }(k^{3}+4k^{2}+8k+1)x^{k}$.
On a :
    ${\begin{aligned}X^{3}+4X^{2}+8X+1&=(X+3)(X+2)(X+1)-2X^{2}-3X-5\\&=(X+3)(X+2)(X+1)-2(X+2)(X+1)+3X-1\\&=(X+3)(X+2)(X+1)-2(X+2)(X+1)+3(X+1)-4\end{aligned}}$
et par conséquent :
    ${\begin{aligned}\sum _{k=0}^{\infty }(k^{3}+4k^{2}+8k+1)x^{k}&=\sum _{k=0}^{\infty }(k+3)(k+2)(k+1)x^{k}-2\sum _{k=0}^{\infty }(k+2)(k+1)x^{k}+3\sum _{k=0}^{\infty }(k+1)x^{k}-4\sum _{k=0}^{\infty }x^{k}\\&=f^{(3)}(x)-2f''(x)+3f'(x)-4f(x)\\&={\frac {3!}{(1-x)^{4}}}-2{\frac {2!}{(1-x)^{3}}}+3{\frac {1}{(1-x)^{2}}}-4{\frac {1}{1-x}}\\&={\frac {4x^{3}-9x^{2}+10x+1}{(1-x)^{4}}}.\end{aligned}}$

## Série de terme général R(k)x$^k$, R étant une fraction rationnelle à pôles simples entiers

Le rayon de convergence des séries de ce type est 1. Pour calculer la somme de cette série, nous commencerons par décomposer R 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).
Soit à calculer :
    $\sum _{k=2}^{\infty }{\frac {4k^{2}+3k-19}{k^{3}+4k^{2}+k-6}}x^{k}$.
On a :
    ${\frac {4X^{2}+3X-19}{X^{3}+4X^{2}+X-6}}={\frac {2}{X+3}}+{\frac {3}{X+2}}-{\frac {1}{X-1}}$
donc, en faisant des glissements d’indice de façon à avoir seulement k en dénominateur :
    ${\begin{aligned}\sum _{k=2}^{\infty }{\frac {4k^{2}+3k-19}{k^{3}+4k^{2}+k-6}}x^{k}&=2\sum _{k=2}^{\infty }{\frac {x^{k}}{k+3}}+3\sum _{k=2}^{\infty }{\frac {x^{k}}{k+2}}-\sum _{k=2}^{\infty }{\frac {x^{k}}{k-1}}\\&=2\sum _{k=5}^{\infty }{\frac {x^{k-3}}{k}}+3\sum _{k=4}^{\infty }{\frac {x^{k-2}}{k}}-\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {x^{k+1}}{k}}\\&={\frac {2}{x^{3}}}\sum _{k=5}^{\infty }{\frac {x^{k}}{k}}+{\frac {3}{x^{2}}}\sum _{k=4}^{\infty }{\frac {x^{k}}{k}}-x\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {x^{k}}{k}}\\&=\left({\frac {2}{x^{3}}}+{\frac {3}{x^{2}}}-x\right)\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {x^{k}}{k}}-{\frac {2}{x^{3}}}{\frac {x^{4}}{4}}-\left({\frac {2}{x^{3}}}+{\frac {3}{x^{2}}}\right)\sum _{k=1}^{3}{\frac {x^{k}}{k}}\\&=\left(x-{\frac {2}{x^{3}}}-{\frac {3}{x^{2}}}\right)\ln(1-x)-{\frac {x}{2}}-{\frac {(2+3x)\left(6+3x+2x^{2}\right)}{6x^{2}}}\\&={\frac {x^{4}-3x-2}{x^{3}}}\ln(1-x)-{\frac {9x^{3}+13x^{2}+24x+12}{6x^{2}}}.\end{aligned}}$

## Série de terme général R(k)x$^k$/k!, R étant une fraction rationnelle à pôles simples entiers

Soit à calculer la somme suivante :
    $\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {k+3}{(k+4)(k+1)}}{\frac {x^{k}}{k!}}$.
On commence par décomposer la fraction rationnelle en éléments simples :
    ${\frac {X+3}{(X+4)(X+1)}}={\frac {1}{3}}\left({\frac {2}{X+1}}+{\frac {1}{X+4}}\right)$.
On peut calculer immédiatement le premier morceau :
    $\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{k+1}}{\frac {x^{k}}{k!}}={\frac {1}{x}}\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {x^{k+1}}{(k+1)!}}={\frac {\operatorname {e} ^{x}-1}{x}}$.
Pour calculer le second, multiplions le numérateur et le dénominateur de la fraction par (k + 3)(k + 2)(k + 1) pour obtenir (k + 4)! en dénominateur.
    ${\begin{aligned}\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {x^{k}}{(k+4)k!}}&=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(k+3)(k+2)(k+1)x^{k}}{(k+4)!}}\\&=\left(\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {x^{k+3}}{(k+4)!}}\right)'''\\&=\left({\frac {\operatorname {e} ^{x}-1-x-x^{2}/2-x^{3}/6}{x}}\right)'''\\&=\left({\frac {\operatorname {e} ^{x}-1}{x}}\right)'''\\&=\left({\frac {(x-1)\operatorname {e} ^{x}+1}{x^{2}}}\right)''\\&=\left({\frac {(x^{2}-2x+2)\operatorname {e} ^{x}-2}{x^{3}}}\right)'\\&={\frac {(x^{3}-3x^{2}+6x-6)\operatorname {e} ^{x}+6}{x^{4}}},\end{aligned}}$
ce qui donne :
    ${\begin{aligned}\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {k+3}{(k+4)(k+1)}}{\frac {x^{k}}{k!}}&=2{\frac {\operatorname {e} ^{x}-1}{3x}}+{\frac {(x^{3}-3x^{2}+6x-6)\operatorname {e} ^{x}+6}{3x^{4}}}\\&={\frac {(x^{3}-x^{2}+2x-2)\operatorname {e} ^{x}}{x^{4}}}-{\frac {2}{3x}}+{\frac {2}{x^{4}}}.\end{aligned}}$

## Série de terme général $\scriptstyle {\binom {r+k}{k}}x^{k}$

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.
Fixons |x| < 1.
    $\sum _{k=0}^{\infty }{\binom {r+k}{k}}x^{k}={\frac {1}{(1-x)^{r+1}}}$.
(Nous admettrons que le rayon de convergence de cette série entière est 1.)
Posons :
    $u_{n}(r)=\sum _{k=0}^{n}{\binom {r+k}{k}}x^{k}=\sum _{k=0}^{n}{\binom {r+k}{r}}x^{k}$
et
    $u(r)=\lim _{n\to \infty }u_{n}(r)$.
On a alors :
    ${\begin{aligned}u_{n+1}(r)+xu_{n}(r+1)&=\sum _{k=0}^{n+1}{\binom {r+k}{r}}x^{k}+x\sum _{k=0}^{n}{r+k+1 \choose r+1}x^{k}\\&=\sum _{k=0}^{n+1}{\binom {r+k}{r}}x^{k}+\sum _{k=1}^{n+1}{r+k \choose r+1}x^{k}\\&=\sum _{k=0}^{n+1}{r+k+1 \choose r+1}x^{k}\\&=u_{n+1}(r+1).\end{aligned}}$
Par conséquent :
    $u(r)+xu(r+1)=u(r+1)$,
c'est-à-dire
    $u(r+1)={\frac {u(r)}{1-x}}$.
On en déduit par récurrence :
    $u(r)={\frac {u(0)}{(1-x)^{r}}}$.
Or
    $u_{n}(0)=\sum _{k=0}^{n}{\binom {k}{0}}x^{k}=\sum _{k=0}^{n}x^{k}={\frac {1-x^{n+1}}{1-x}}$
donc
    $u(0)=\lim _{n\to \infty }u_{n}(0)={\frac {1}{1-x}}$.
On peut donc conclure :
    $u(r)={\frac {1}{(1-x)^{r+1}}}$.
Voir aussi cet exercice de la leçon sur les séries génératrices.
| Formule du binôme | Séries de Fourier et fonction zêta |