Comment est-ce qu'on montre, sans connaître la dérivation dans $\C$ que :
$$
\forall z\in D,\qquad \sum_{n=0}^{+\infty} n\, z^n=\frac{z}{(1-z)^2}
$$
où $D$ est le disque ouvert unité dans $\C$ ?
Par produit de Cauchy de deux séries géométriques absolument convergentes : $$\forall z\in D,\qquad \frac{z}{(1-z)^2} = \frac{1}{1-z} \cdot \frac{z}{1-z} = \left(\sum_{n=0}^{+\infty} z^n\right) \cdot \left(\sum_{n=1}^{+\infty} z^n\right) = \dots$$
[La commande \dot met un '.' au dessus de la lettre qui suit quand elle existe sinon ... erreur. ;-) AD]
Il me semble plus commode d'appliquer la méthode qui convenait déjà pour la simple série géométrique :
$\displaystyle (1-z)\overset{+\infty }{\underset{n=0}{\sum }}nz^{n}=\overset{+\infty }{\underset{n=0}{\sum }}nz^{n}-\overset{+\infty }{\underset{n=0}{\sum }}nz^{n+1}$
$\displaystyle =\overset{+\infty }{\underset{n=1}{\sum }}nz^{n}-\overset{+\infty }{\underset{k=1}{\sum }}(k-1)z^{k}=\overset{+\infty }{\underset{n=1}{\sum }}(n-(n-1))z^{n}=\overset{+\infty }{\underset{n=1}{\sum }}z^{n}=\frac{z}{1-z}$
Ce calcul ne nécessite pas de connaître la théorie des séries entières, les séries tout court suffisent, et pas même le produit de Cauchy.
Bonne soirée.
F. Ch.
Franchement moi je la vois plutôt plus compliquée cette formule. On est censé connaître la somme de la série géométrique. Et si on ne la connaît pas, la multiplication par $1-z$ convient encore.Enfin, des goûts et des couleurs...
Plus sérieusement, je signale que cette métode convient pour calculer, le plus élémentairement qui soit, la fonction :
$\displaystyle f_{p}(z)=\overset{+\infty }{\underset{n=0}{\sum }}(_{~~~p}^{n+p})z^{n}$, $p\in \N$, $z\in \C$, $\left| z\right| <1$.
Série absolument convergente par D'Alembert-numérique.
On supposera connue $f_{0}(z)=\frac{1}{1-z}$ (foskifo).
Alors pour $p\in \N^*$ :
$\displaystyle (1-z)f_{p}(z)=\overset{+\infty }{\underset{n=0}{\sum }}(_{~~~p}^{n+p})z^{n}-\overset{+\infty }{\underset{n=0}{\sum }}(_{~~~p}^{n+p})z^{n+1}=(_{p}^{p})+\overset{+\infty }{\underset{n=1}{\sum }}(_{~~~p}^{n+p})z^{n}-\overset{+\infty }{\underset{k=1}{\sum }}(_{~~~~p}^{k-1+p})z^{k}$
$\displaystyle =1+\overset{+\infty }{\underset{n=1}{\sum }}((_{~~~p}^{n+p})-(_{~~~p}^{n+p-1}))z^{n}=(_{p-1}^{p-1})+\overset{+\infty }{\underset{n=1}{\sum }}(_{~~p-1}^{n+p-1})z^{n}=\overset{+\infty }{\underset{n=0}{\sum }}(_{~~p-1}^{n+p-1})z^{n}=f_{p-1}(z)$.
D'où bien sûr : $f_{p}(z)=\frac{1}{(1-z)^{p+1}}$.
S'ensuit la belle formule du binôme généralisé : $ \displaystyle \overset{+\infty }{\underset{n=0}{\sum }}(_{~~n}^{-q})z^{n}=(1+z)^{-q}$ pour $q \in \N^*$, $z\in \C$, $\left| z\right| <1$.
Une méthode paresseuse : la formule est vraie dans le cas réel, dérivation des séries entières dans l'intervalle ouvert,... Ensuite, dans $\C$, on constate que les coefficients de $(1-z)^2 \displaystyle{\sum_{k=1}^{+\infty}} nz^n $ sont les mêmes que ceux de $(1-x)^2 \displaystyle{\sum_{k=1}^{+\infty}} nx^n$, c'est à dire une série réduite à $x$, lorsque $x$ est réel.
Réponses
$$\dfrac{z}{1-z}+\dfrac{z^2}{1-z}+\dfrac{z^3}{1-z}+\ldots$$
Ou par prolongement analytique.
e.v.
$$
\sum_{n=0}^\infty n z^n = \sum_{n=0}^\infty \sum_{k=1}^{n} z^n = \sum_{k=1}^\infty \sum_{n=k}^\infty z^n = \frac{1}{1-z}\sum_{k=1}^\infty z^k = \frac{z}{(1-z)^2}
$$
Par produit de Cauchy de deux séries géométriques absolument convergentes : $$\forall z\in D,\qquad \frac{z}{(1-z)^2} = \frac{1}{1-z} \cdot \frac{z}{1-z} = \left(\sum_{n=0}^{+\infty} z^n\right) \cdot \left(\sum_{n=1}^{+\infty} z^n\right) = \dots$$
[La commande \dot met un '.' au dessus de la lettre qui suit quand elle existe sinon ... erreur. ;-) AD]
$$\forall z\in D,\qquad \frac{z}{(1-z)^2} = \frac{1}{1-z} \cdot \frac{z}{1-z} = \left(\sum_{n=0}^{+\infty} z^n\right) \cdot \left(\sum_{n=1}^{+\infty} z^n\right) = \dots$$
...par contre, dot ne passe pas.
e.v.
[C'est moi ou j'ai grillé un poisson ?]
$\displaystyle (1-z)\overset{+\infty }{\underset{n=0}{\sum }}nz^{n}=\overset{+\infty }{\underset{n=0}{\sum }}nz^{n}-\overset{+\infty }{\underset{n=0}{\sum }}nz^{n+1}$
$\displaystyle =\overset{+\infty }{\underset{n=1}{\sum }}nz^{n}-\overset{+\infty }{\underset{k=1}{\sum }}(k-1)z^{k}=\overset{+\infty }{\underset{n=1}{\sum }}(n-(n-1))z^{n}=\overset{+\infty }{\underset{n=1}{\sum }}z^{n}=\frac{z}{1-z}$
Ce calcul ne nécessite pas de connaître la théorie des séries entières, les séries tout court suffisent, et pas même le produit de Cauchy.
Bonne soirée.
F. Ch.
$\displaystyle f_{p}(z)=\overset{+\infty }{\underset{n=0}{\sum }}(_{~~~p}^{n+p})z^{n}$, $p\in \N$, $z\in \C$, $\left| z\right| <1$.
Série absolument convergente par D'Alembert-numérique.
On supposera connue $f_{0}(z)=\frac{1}{1-z}$ (foskifo).
Alors pour $p\in \N^*$ :
$\displaystyle (1-z)f_{p}(z)=\overset{+\infty }{\underset{n=0}{\sum }}(_{~~~p}^{n+p})z^{n}-\overset{+\infty }{\underset{n=0}{\sum }}(_{~~~p}^{n+p})z^{n+1}=(_{p}^{p})+\overset{+\infty }{\underset{n=1}{\sum }}(_{~~~p}^{n+p})z^{n}-\overset{+\infty }{\underset{k=1}{\sum }}(_{~~~~p}^{k-1+p})z^{k}$
$\displaystyle =1+\overset{+\infty }{\underset{n=1}{\sum }}((_{~~~p}^{n+p})-(_{~~~p}^{n+p-1}))z^{n}=(_{p-1}^{p-1})+\overset{+\infty }{\underset{n=1}{\sum }}(_{~~p-1}^{n+p-1})z^{n}=\overset{+\infty }{\underset{n=0}{\sum }}(_{~~p-1}^{n+p-1})z^{n}=f_{p-1}(z)$.
D'où bien sûr : $f_{p}(z)=\frac{1}{(1-z)^{p+1}}$.
S'ensuit la belle formule du binôme généralisé : $ \displaystyle \overset{+\infty }{\underset{n=0}{\sum }}(_{~~n}^{-q})z^{n}=(1+z)^{-q}$ pour $q \in \N^*$, $z\in \C$, $\left| z\right| <1$.
Bonne journée, qui peine à se lever,
F. Ch.
Cdlt, Hicham