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Préliminaires

1. On peut simplifier le problème en étudiant la suite à partir d'un rang $n_0>0$ et en excluant dès maintenant les cas triviaux $z=0$.

   Notons $P=\sum _{i=0}^p{a}_i{X}^i$ et $Q=\sum _{j=1}^q{b}_j{X}^j$ où $p,q$ sont les degrés des polynômes.

   $\sum _{n=n_0}^m\left(\sum _{i=0}^p{a}_i{n}^i\right)\left(\sum _{j=1}^q{b}_j{z}^{nj}\right)=\sum _{n=n_0}^m{a}_p{b}_q{n}^p{z}^{nq}(1+\sum _{\left(i,j\right)\ne \left(p,q\right)}\frac{a_i{b}_j}{a_p{b}_q}{n}^{i-p}{z}^{n\left(j-q\right)})$ $=\sum _{n=n_0}^m{a}_p{b}_q{n}^p{z}^{nq}+\sum _{\left(i,j\right)\ne \left(p,q\right)}\frac{a_i{b}_j}{a_p{b}_q}\sum _{n=n_0}^m{n}^{i-p}{z}^{n\left(j-q\right)}$

   Si $\mid z\mid >1$, le deuxième terme à une limite fini car les séries de termes $n^{i-p}{z}^{n\left(j-q\right)}$ sont absolument convergentes (le rapport des valeurs absolues de deux termes successifs tend ${\mid z\mid }^{j-q}<1$). Le premier terme peut être interpréter comme la somme partielle de la série entière $\sum _{n\ge n_0}{u}_n{z}^n$ avec $\{\begin{array}{c}{u}_{nq}=a_p{b}_p{n}^p\\ u_{nq+k}=0\mathrm{pour}k\in [1,q-1]\end{array}$. Cette série étant de rayon de convergence 1, la somme diverge.

   Si $\mid z\mid <1$, on retrouve là encore des séries entières de rayon de convergence 1, puisque :

   $\sum _{n=n_0}^{m}P\left(n\right)Q\left(z^n\right)=\sum _{i,j}{a}_i{b}_j\sum _{n=n_0}^m{n}^i{z}^{nj}$

   On en déduit que la série converge puisque chacune des séries converge.

2. De l'expression précédente, il découle immédiatement :

   $\sum _{n=n_0}^{+\infty }P\left(n\right)Q\left(z^n\right)=\sum _{i,j}{a}_i{b}_j{S}_{i,j}\left(z\right)$. On a donc réduit notre problème initial au calcul des $S_{i,k}\left(z\right)$.

3. Considérons par exemple $P=Q=1$. Alors la série $\sum _{n\ge 0}1$ diverge quel que soit $z$.
4. Il s'agit d'une série géométrique :$S_{0,k}\left(z\right)=\sum _{n=0}^{+\infty }{z}^{kn}=\frac{1}{1-z^k}$.

Expression récurrente des $S_{i,k}\left(z\right)$

1. $\frac{d^i\left(z^{kn+i}\right)}{d{z}^i}=\prod _{l=0}^{i-1}(kn+i-l)z^{kn}=\prod _{l=1}^i(kn+l)z^{kn}=\sum _{j=0}^i{C}_{i,i-j}{k}^j{n}^j{z}^{kn}$

   où $C_{i,i-j}$ est le coefficient obtenu devant le terme $k^j{n}^j$ en développant $\prod _{l=1}^i(kn+l)$, c'est-à-dire en choisissant $j$ fois $kn$ et $i-j$ entiers $l$ distincts.

2. On a $C_{i,0}=1$ et $C_{i,i}=i!$
3. Comme précédemment, la série $\sum _{n\ge 0}{z}^{kn+i}$peut être interprétée comme une série entière de rayon de convergence 1. $z\mapsto \sum _{n=0}^{+\infty }{z}^{kn+i}$ est $C^{\infty }$ et on ses dérivées i-ième sont bien données comme dans l'énoncé.
4. On a $\sum _{n=0}^{+\infty }\frac{d^i\left(z^{kn+i}\right)}{{dz}^i}=\frac{d^i\left(\sum _{n=0}^{+\infty }{z}^{kn+i}\right)}{{dz}^i}=\frac{d^i\left(\frac{z^i}{1-z^k}\right)}{{dz}^i}$ d'une part et

   $\sum _{n=0}^{+\infty }\frac{d^i\left(z^{kn+i}\right)}{{dz}^i}=\sum _{j=0}^i{C}_{i,i-j}{k}^j\sum _{n=0}^{+\infty }{n^{j}z}^{kn}=\sum _{j=0}^{i-1}{C}_{i,i-j}{k}^j{S}_{j,k}\left(z\right)+k^i{S}_{i,k}\left(z\right)$ d'autre part.

   Il en découle $S_{i,k}\left(z\right)=\frac{1}{k^i}(\frac{d^i\left(\frac{z^i}{1-z^k}\right)}{{dz}^i}-\sum _{j=0}^{i-1}{C}_{i,i-j}{k}^j{S}_{j,k}\left(z\right))=(\frac{d^i\left(\frac{{\left(\frac{z}{k}\right)}^i}{1-z^k}\right)}{{dz}^i}-\sum _{j=1}^i{C}_{i,j}{k}^{-j}{S}_{i-j,k}\left(z\right))$.

Quelques questions supplémentaires

1. Il faut revenir à la définition du coefficient $C_{i,i-j}$, c'est-à-dire le coefficient du terme $k^j{n}^j$ dans le développement de$\prod _{l=1}^i(kn+l)=(kn+i)\prod _{l=1}^{i-1}(kn+l)$. Pour obtenir un tel terme, soit on choisit $kn$ dans $\left(kn+i\right)$ et il faut alors le multiplier par le coefficient du terme de degré $k^{j-1}{n}^{j-1}$ dans le développement de $\prod _{l=1}^{i-1}(kn+l)$, c'est à dire $C_{i-1,i-1-\left(j-1\right)}=C_{i-1,i-j}$. Soit on choisi $i$ et il faut le multiplier par le terme de degré $k^j{n}^j$ dans le développement de $\prod _{l=1}^{i-1}(kn+l)$, c'est-à-dire $C_{i-1,i-1-j}$. D'où $C_{i,i-j}=C_{i-1,i-j}+i{C}_{i-1,i-j-1}$. En faisant le changement $j≔i-j$, on obtient le résultat escompté.
2. En sommant l'égalité $C_{k,j}-C_{k-1,j}=k{C}_{k-1,j-1}$, on obtient :

   $\sum _{k=j+1}^i{C}_{k,j}-C_{k-1,j}=\sum _{k=j+1}^{i}k{C}_{k-1,j-1}$

   $C_{i,j}-C_{j,j}=\sum _{l=j}^{i-1}\left(l+1\right)C_{l,j-1}$

   $C_{i,j}=j!+\sum _{l=j}^{i-1}\left(l+1\right)C_{l,j-1}$

3. En reprenant les résultats de la deuxième partie et en utilisant le logiciel Maxima, je trouve :

   $S_{1,k}\left(z\right)=\frac{1}{k}\left(\frac{d\left(\frac{z}{1-z^k}\right)}{dz}-S_{0,k}\left(z\right)\right)=\frac{z^k}{{\left(1-z^k\right)}^2}$

   $S_{2,k}\left(z\right)=\frac{1}{k^2}(\frac{d^2\left(\frac{z^2}{1-z^k}\right)}{{dz}^2}-C_{\mathrm{2,2}}{k}^0{S}_{0,k}\left(z\right)-C_{\mathrm{2,1}}{k}^1{S}_{1,k}\left(z\right))=\frac{z^k(z^k+1)}{{\left(1-z^k\right)}^3}$

Cette page est conforme aux normes du W3C - Auteur : Frédéric WANG - Dernière mise à jour : vendredi 22 février 2008