Une série

Fin de partie · January 2018

Je vous soumets ce problème.

Déterminer l'ensemble des réels pour lesquels la série suivante converge

$\displaystyle \sum_{n=k}^{+\infty} \binom{n}{k}\left(\text{e}-1-\dfrac{1}{2!}-\dfrac{1}{3!}-\dfrac{1}{4!}-...--\dfrac{1}{n!}\right)x^n$

et donner une valeur close à cette série.

Je pense que je sais calculer cette valeur (qui n'utilise pas de fonction spéciale) mais une partie de mon calcul utilise Wolfram pour le moment (il y a une série qui intervient que je ne sais pas encore évaluer à la main)

gb · January 2018

Je note : $a_n = e-1-\dfrac{1}{2!}-\dfrac{1}{3!}-\dfrac{1}{4!}-...--\dfrac{1}{n!}$.

Avec le changement d'indice : $m=n-k$ :
\[\sum_{n=k}^{+\infty} \dbinom{n}{k}a_nx^n = x^k\sum_{m=0}^{+\infty} \dbinom{m+k}{k}a_{m+k}x^m\]
et on reconnaît dans cette dernière série entière, à un facteur $1/k!$ près, la dérivée $k$-ième de $\sum\limits_{m=0}^{+\infty} a_mx^m$

On sait (?) que : $\dfrac{1}{(n+1)!} \leqslant a_n \leqslant \dfrac{1}{n.n!}$, donc que : $a_n \mathop{\sim}\limits_{+\infty} \dfrac{1}{(n+1)!}$.
Le rayon de convergence de la série entière $\sum a_mx^m$ est par suite infini, et il en est de même de sa dérivée $k$-ième.

Ensuite, j'aurai bien envie de voir, dans la série $\sum a_mx^m$ un produit des séries $\sum x^n$ et $\sum x^n/n!$, au signe près et à l'addition de $\sum e\,x^n$ près.

Resterait à dériver $k$ fois et à finaliser les calculs, mais il est bien tard (23:39)…

edit : j'ai oublié de dire « en toutes lettres » que la série converge pour tout nombre réel $x$.

aléa · January 2018

Je pense qu'en exprimant
$\left(\text{e}-1-\dfrac{1}{2!}-\dfrac{1}{3!}-\dfrac{1}{4!}-...--\dfrac{1}{n!}\right)$
à l'aide de la fonction gamma incomplète en $1$, on devrait arriver à une représentation intégrale.
Mais peut-être est-ce ce que tu as fait.

gb · January 2018

Je note :
\begin{align}
a_n &= e-1-\dfrac{1}{2!}-\dfrac{1}{3!}-\dfrac{1}{4!}-\dotsb-\dfrac{1}{n!} &
F(x) &= \sum_{n=0}^{+\infty} a_nx^n
\end{align}

La série proposée a pour somme : $S(x) = \dfrac{x^k}{k!} F^{(k)}(x)$.

Alors, pour tout nombre réel $x$ appartenant $]-1,1[$ :
\begin{align}
F(x) &= e \sum_{n=0}^{+\infty} x^n - \left( \sum_{n=0}^{+\infty} x^n \right) \left( \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{x^n}{n!} \right) = \frac{e}{1-x} - \frac{e^x}{1-x} \\
e^x-e &= \int_0^{x-1} e^{u+1}\,du \overset{t=u/(x-1)}= (x-1) \int_0^1 e^{t(x-1)+1}\,dt \\
F(x) &= \int_0^1 e^{t(x-1)+1}\,dt \\
S(x) &= \frac{x^k}{k!} \left( \frac{e^x-e}{x-1} \right)^{(k)} = \frac{x^k}{k!} \int_0^1 t^k e^{t(x-1)+1}\,dt \overset{t=u/(x-1)}= \frac{x^k}{k!(x-1)^{k+1}} \int_0^{x-1} u^ke^{u+1}\,du
\end{align}

On pourrait également calculer la dérivée $k$-ième de $F$ par la formule de Leibniz :
\begin{align}
F^{(k)}(x) &=
e \left( \frac{1}{1-x}\right)^{(k)} - \sum_{n=0}^k \binom{k}{n} {(e^x)}^{(k-n)} \left( \frac{1}{1-x}\right)^{(n)} \\
&= \frac{ek!}{(1-x)^{k+1}}- e^x \sum_{n=0}^k \binom{k}{n} \ \frac{n!}{(1-x)^{n+1}} \\
S(x) &= \frac{ex^k}{(1-x)^{k+1}}- x^ke^x \sum_{n=0}^k \frac{1}{(k-n)!(1-x)^{n+1}}
\end{align}

Les expressions de $S$, obtenues sur $]-1,1[$ sont valables sur $\mathbf{R}$ par prolongement analytique.

En particulier :
\[\sum_{n=0}^{+\infty} a_n = F(1) = \int_0^1 e^{t(1-1)+1}\,dt = e\]
La série $\sum 1/n!$ a même somme que la série de ses restes ; joli résultat, que je ne connaissais pas, et qui me fait douter de la validité de mes calculs…

edit : rectifié suivant l'indication de jandri

Math Coss · January 2018

Trop paresseux pour suivre ou faire les calculs, je me fais confirmer le résultat par Maple :

> a(n):= exp(1)-sum(1/factorial(k),k=0..n);
memory used=3.6MB, alloc=32.3MB, time=0.26
                                     exp(1) GAMMA(n + 1, 1)
                    a(n) := exp(1) - ----------------------
                                          GAMMA(n + 1)

> sum(a(n),n=0..infinity);
                  infinity
                   -----
                    \      /         exp(1) GAMMA(n + 1, 1)\
                     )     |exp(1) - ----------------------|
                    /      \              GAMMA(n + 1)     /
                   -----
                   n = 0

> s := sum(a(n),n=0..infinity);
                     infinity
                      -----
                       \      /         exp(1) GAMMA(n + 1, 1)\
                s :=    )     |exp(1) - ----------------------|
                       /      \              GAMMA(n + 1)     /
                      -----
                      n = 0

> evalf(s);
memory used=30.8MB, alloc=60.5MB, time=0.96
                                  2.718281828

gb · January 2018

@Math Coss

Merci pour cette vérification.

bisam · January 2018

Sinon, simplement, (puisque tout est positif, on peut intervertir les sommes et le calcul final prouve la convergence du tout) :
$$\sum_{n=0}^{+\infty}\sum_{k=n+1}^{+\infty}\frac{1}{k!}=\sum_{k=1}^{+\infty}\sum_{n=0}^{k-1}\frac{1}{k!}=\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{1}{(k-1)!}=e$$

Fin de partie · January 2018

Je me suis un peu trompé en recopiant l'énoncé mais j'ai l'impression que vous avez rectifié de vous-mêmes.

Pour reprendre les notations de Gb,

$\begin{align} F(x)&=\sum_{n=k}^{\infty} \binom{n}{k}\left(\text{e}-1-\frac{1}{1!}-\frac{1}{2!}-...-\frac{1}{n!}\right)x^n\\
\end{align}$

On a, en utilisant un développement de Taylor de la fonction exponentielle avec reste intégral de Laplace:

$\displaystyle \text{e}-1-\frac{1}{1!}-\frac{1}{2!}-...-\frac{1}{n!}=\frac{1}{n!}\int_0^1 \text{e}^t (1-t)^n\,dt$

Donc,

$\begin{align}F(x)&=\sum_{n=k}^{\infty} \binom{n}{k}x^n\frac{1}{n!}\int_0^1 \text{e}^t (1-t)^n \,dt\\
&=\int_0^1 \left(\sum_{n=k}^{\infty} \binom{n}{k}\left(x(1-t)\right)^n\frac{1}{n!}\text{e}^t \right)\,dt\\
\end{align}$

Là intervient une série que je ne sais pas calculer à la main (pour le moment):

Pour tout $y$ réel,
$\displaystyle \sum_{n=k}^{\infty} \binom{n}{k}\frac{y^n}{n!}=\frac{y^k\text{e}^y}{k!}$

Donc,
$\begin{align}F(x)&=\int_0^1 \frac{x^k(1-t)^k\text{e}^{x(1-t)}}{k!}\times \text{e}^t\,dt\\
&=\frac{x^k\text{e}^x}{k!}\int_0^1 (1-t)^k\text{e}^{(1-x)t}\,dt\\
\end{align}$

Pour $x=1$ on sait calculer l'intégrale et donc on a:

$\boxed{\displaystyle F(1)=\frac{\text{e}}{(k+1)!}}$

(pour les autres valeurs je ne sais pas calculer cette intégrale)

PS:

Si on prend, comme je l'ai fait par erreur de recopie,

$\displaystyle \sum_{n=k}^{\infty} \binom{n}{k}\left(\text{e}-\frac{1}{1!}-\frac{1}{2!}-...-\frac{1}{n!}\right)x^n$

(j'ai oublié de soustraire un $1$ supplémentaire à $\text{e}$)

cela entraîne l'apparition d'un terme parasite en $x$ et la série n'est plus convergente pour tout $x$ réel mais pour tout $-1< x<1$ me semble-t-il.

PS2:
Ce problème est le problème numéro 12012 posé dans le dernier American mathematical monthly semble-t-il.

gb · January 2018

Il est préférable de s'intéresser à la série dont le rayon de convergence est infini, puisqu'on récupère l'autre, avec le rayon de convergence $1$, par:

\[\sum_{n=k}^{\infty}\binom{n}{k}\left(e-\frac{1}{1!}-\frac{1}{2!}-\dotsb-\frac{1}{n!}\right)x^n -
\sum_{n=k}^{\infty}\binom{n}{k}\left(e-1-\frac{1}{1!}-\frac{1}{2!}-\dotsb-\frac{1}{n!}\right)x^n =
\sum_{n=k}^{\infty}\binom{n}{k}x^n = \frac{x^k}{(1-x)^{k+1}}.\]

Au niveau de la représentation intégrale, une primitive de $P(t) e^{at}$ où $Q$ est un polynôme de degré $k$ est :
\[e^{at} \sum_{n=0}^k (-1)^n \frac{P^{(n)}(t)}{a^{n+1}}.\]

Une primitive de $(1-t)^k e^{(1-x)t}$ est donc:
\[(1-t)^ke^{(1-x)t} = \sum_{n=0}^k \frac{k!}{(k-n)!}\frac{(1-t)^{k-n}}{(1-x)^{n+1}}\]
ce qui permet de transformer la représentation intégrale en une somme finie et retrouver les résultats que j'ai obtenus. Il ne me semble pas que la somme obtenue admette une expression « plus simple ».

On retrouve la représentation intégrale que j'avais obtenue, en notant momentanément : $y=1-x$ pour soulager les écritures :
\begin{align}
F(x)&=\frac{x^k e^x}{k!}\int_0^1 (1-t)^ke^{(1-x)t}\,dt = \frac{x^k e^x}{k!}\int_0^1 (1-t)^ke^{yt}\,dt \\
&= \frac{x^k e^x}{k!}\int_0^1 u^ke^{y(1-u)}\,du= \frac{x^k e^xe^y}{k!}\int_0^1 u^ke^{-yu}\,du & (u=1-t) \\
&= \frac{e x^k}{k!}\int_0^1 u^ke^{(x-1)u}\,du
\end{align}
et le calcul de primitive est ici un peu plus sympathique à écrire.

Fin de partie · January 2018

Gb:

J'ai obtenu le même résultat (grâce à Wolfram), l'apparition d'un terme parasite en $x$ qui n'est pas défini en $1$ avec l'omission d'un $1$ à soustraire à $\text{e}$ et le fait qu'on n'obtienne plus une série convergente pour tout $x$ réel.

A priori, je ne sais pas non plus calculer à la main la série (mais Wolfram sait),

$\displaystyle \sum_{n=k}^{+\infty} \binom{n}{k}x^n$

gb · January 2018

Pour tout nombre réel $x$ appartenant à $]-1,1[$ :
\begin{align}
\sum_{n=k}^{+\infty} \binom{n}{k}x^n &= \sum_{m=0}^{+\infty} \binom{m+k}{k}x^{m+k} & (m=n-k) \\
&= \frac{x^k}{k!} \sum_{m=0}^{+\infty} \frac{(m+k)!}{m!} x^{m} \\
&= \frac{x^k}{k!} \sum_{m=0}^{+\infty} \bigl(x^{m+k}\bigr)^{(k)} \\
&= \frac{x^k}{k!} \left( \frac{x^k}{1-x} \right)^{(k)} \\
&= \frac{x^k}{k!} \left( \frac{x^k-1}{1-x} + \frac{1}{1-x} \right)^{(k)} \\
&= \frac{x^k}{k!} \left( \frac{1}{1-x} \right)^{(k)} & \left( \frac{T^k-1}{1-T} \in\mathbf{R}_{\leqslant k-1}[T] \right) \\
&= \frac{x^k}{k!} \times \frac{k!}{(1-x)^{k+1}} = \frac{x^k}{(1-x)^{k+1}}
\end{align}

aléa · January 2018

La formule admise par FDP admet une jolie preuve probabiliste.

Si $X$ suit la loi de Poisson de paramètre $\lambda$, alors pour tout polynôme $P$, on a

$\mathbb{E}(XP(X))=\lambda \mathbb{E}( P(X+1))$ (simple changement de variable).

En posant $P_k(X)=X(X-1)\dots (X-k+1)$, on a par récurrence $\mathbb{E}( P_k(X))=\lambda^k$, ce qui donne la formule voulue.

gb · January 2018

aléa a écrit:

La formule admise par FDP admet une jolie preuve probabiliste.

Quelle est cette formule admise ?

Fin de partie · January 2018

$\displaystyle \sum_{n=k}^{\infty} \binom{n}{k}\frac{y^n}{n!}=\frac{y^k\text{e}^y}{k!}$ je pense.

aléa · January 2018

oui

Fin de partie · January 2018

Peut-être plus simple à prouver que je ne le pensais.

$\begin{align} \sum_{n=k}^{\infty} \binom{n}{k}\frac{k!y^n}{n!}=\sum_{n=k}^{\infty} \frac{y^n}{(n-k)!}\end{align}$

On fait un changement d'indice $m=n-k$,

$\begin{align} \sum_{n=k}^{\infty} \binom{n}{k}\frac{k!y^n}{n!}&=\sum_{m=0}^{\infty} \frac{y^{m+k}}{m!}\\
&=y^k \sum_{m=0}^{\infty} \frac{y^{m}}{m!}\\
&=y^k\text{e}^y
\end{align}$

gb · January 2018

Toujours le même principe, utilisé dès ma première réponse ; pour tout nombre réel $x$ :
\begin{align}
\sum_{n=k}^{+\infty} \binom{n}{k}\frac{y^n}{n!} &=
\sum_{m=0}^{+\infty} \binom{m+k}{k}\frac{y^{m+k}}{m+k}! & (m=n-k) \\
&= \frac{y^k}{k!} \sum_{m=0}^{+\infty} \frac{(m+k)!}{m!} \frac{y^m}{(m+k)!} \\
&= \frac{y^k}{k!} \sum_{m=0}^{+\infty} \left( \frac{y^{m+k}}{(m+k)!} \right)^{(k)} \\
&= \frac{y^k}{k!} \left( e^y -\sum_{n=0}^{k-1} \frac{y^n}{n!} \right)^{(k)} \\
&= \frac{y^k}{k!} ( e^y - 0 ) = \frac{y^ke^y}{k!}
\end{align}

AP · January 2018

Ou
$C_{n}^k\times \frac{y^n}{n!}=\frac{y^k}{k!} \times \frac{y^{n-k}}{(n-k)!}$

jandri · January 2018

@ gb

Il y a une petite erreur dans ton calcul de la dérivée $k$-ième de $F$ par la formule de Leibniz :
la dérivée $n$-ième de $\dfrac1{1-x}$ est $\dfrac{n!}{(1-x)^{n+1}}$.

Il n'y a donc pas de $n+1$ au numérateur dans l'expression de $S(x)$.

Une série

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