Les séries de puissances formelles sont très utiles pour résoudre des problèmes comme :
x
1
+
x
2
+
2
x
3
=
m
{\displaystyle x_{1}+x_{2}+2x_{3}=m\,}
où
x
n
≥
0
{\displaystyle x_{n}\geq 0}
Combien de solutions uniques existe-t'il si
m
=
55
{\displaystyle m=55\,}
Avant d'attaquer ce problème, considérons le polynôme infini :
S
=
1
+
x
+
x
2
+
x
3
+
…
+
x
n
+
x
n
+
1
…
{\displaystyle S=1+x+x^{2}+x^{3}+\ldots +x^{n}+x^{n+1}\ldots }
Nous voulons obtenir une forme fermée de ce polynôme infini. La forme fermée est simplement une manière d'exprimer le polynôme pour qu'il implique seulement un nombre fini d'opérations.
S
=
1
+
x
+
x
2
+
x
3
+
.
.
.
x
S
=
x
+
x
2
+
x
3
+
.
.
.
(
1
−
x
)
S
=
1
S
=
1
1
−
x
{\displaystyle {\begin{matrix}S&=&1+&x+x^{2}+x^{3}+...\\xS&=&&x+x^{2}+x^{3}+...\\\\(1-x)S&=&1\\S&=&{\frac {1}{1-x}}\end{matrix}}}
Donc, la forme fermée de
1
+
x
+
x
2
+
x
3
+
…
{\displaystyle 1+x+x^{2}+x^{3}+\ldots \,}
est
1
1
−
x
{\displaystyle {\frac {1}{1-x}}}
Nous pouvons les égaliser (en fait, nous ne pouvons pas. Cf. info).
1
+
x
+
x
2
+
x
3
+
.
.
.
=
1
1
−
x
;
−
1
<
x
<
1
{\displaystyle 1+x+x^{2}+x^{3}+...={\frac {1}{1-x}}\ ;\ -1<x<1}
Les deux expressions ne sont pas égales . C'est simplement le cas pour certaines valeurs de x (-1 < x < -1), nous pouvons faire une approximation du côté droit aussi près que possible en ajoutant un grand nombre de termes du côté gauche. Par exemple, supposons x = 1/2, le côté droit = 2; l'approximation du côté gauche en utilisant seulement 5 termes 1 + 1/2 + 1/4 + 1/8 + 1/16 = 1,9375, qui est proche de 2, comme vous pouvez l'imaginer, en additionnant de plus en plus de termes, nous approcherons de 2.
Pour une discussion plus détaillée de ceci, voir Infini et processus infinis .
De toute manière, nous ne ferons attention qu'aux belles propriétés algébriques et non aux valeurs numériques. À partir de maintenant, nous omettrons la condition pour que l'égalité soit vraie lorsque nous écrivons les séries de puissances.
Considérons un cas plus général :
S
=
A
+
A
B
x
+
A
B
2
x
2
+
A
B
3
x
3
+
.
.
.
{\displaystyle S=A+ABx+AB^{2}x^{2}+AB^{3}x^{3}+...}
où A et B sont des constantes.
Nous pouvons déduire la forme fermée comme suit :
S
=
A
+
A
B
x
+
A
B
2
x
2
+
A
B
3
x
3
+
.
.
.
B
x
S
=
A
B
x
+
A
B
2
x
2
+
A
B
3
x
3
+
.
.
.
(
1
−
B
x
)
S
=
A
S
=
A
1
−
B
x
{\displaystyle {\begin{matrix}S&=&A+&ABx+AB^{2}x^{2}+AB^{3}x^{3}+...\\BxS&=&&ABx+AB^{2}x^{2}+AB^{3}x^{3}+...\\\\(1-Bx)S&=&A\\S&=&{\frac {A}{1-Bx}}\end{matrix}}}
L'identité suivante que l'on a déduit ci-dessus prend du temps et un effort de mémorisation.
A
+
A
B
x
+
A
B
2
x
2
+
A
B
3
x
3
+
.
.
.
=
A
1
−
B
x
{\displaystyle A+ABx+AB^{2}x^{2}+AB^{3}x^{3}+...={\frac {A}{1-Bx}}}
1. Trouver la forme fermée :
(a)
1
−
z
+
z
2
−
z
3
+
z
4
−
z
5
+
…
{\displaystyle 1-z+z^{2}-z^{3}+z^{4}-z^{5}+\ldots \,}
(b)
1
+
2
z
+
4
z
2
+
8
z
3
+
16
z
4
+
32
z
5
+
…
{\displaystyle 1+2z+4z^{2}+8z^{3}+16z^{4}+32z^{5}+\ldots \,}
(c)
z
+
z
2
+
z
3
+
z
4
+
z
5
+
…
{\displaystyle z+z^{2}+z^{3}+z^{4}+z^{5}+\ldots \,}
(d)
3
−
4
z
+
4
z
2
−
4
z
3
+
4
z
4
−
4
z
5
+
…
{\displaystyle 3-4z+4z^{2}-4z^{3}+4z^{4}-4z^{5}+\ldots \,}
(e)
1
−
z
2
+
z
4
−
z
6
+
z
8
−
z
10
+
…
{\displaystyle 1-z^{2}+z^{4}-z^{6}+z^{8}-z^{10}+\ldots \,}
2. Pour une forme fermée donnée, trouver une fonction f(n) pour les coefficients de xn :
(a)
1
1
+
z
{\displaystyle {\frac {1}{1+z}}}
(b)
z
3
1
−
z
2
{\displaystyle {\frac {z^{3}}{1-z^{2}}}}
1
(
1
−
z
2
)
{\displaystyle {\frac {1}{(1-z^{2})}}\,}
(c)
z
2
−
1
1
+
3
z
3
{\displaystyle {\frac {z^{2}-1}{1+3z^{3}}}}
Soit la forme suivante donnée :
1
+
z
+
z
2
+
…
=
1
(
1
−
z
)
{\displaystyle 1+z+z^{2}+\ldots ={\frac {1}{(1-z)}}\,}
Nous pouvons obtenir beaucoup d'autres fonctions génératrices par substitution.
Par exemple : si
z
=
x
2
{\displaystyle z=x^{2}\,}
1
+
x
2
+
x
4
+
⋯
=
1
(
1
−
x
2
)
{\displaystyle 1+x^{2}+x^{4}+\dots ={\frac {1}{(1-x^{2})}}\,}
De manière similaire
A
+
A
B
x
+
A
(
B
x
)
2
+
…
=
A
(
1
−
B
x
)
{\displaystyle A+ABx+A(Bx)^{2}+\ldots ={\frac {A}{(1-Bx)}}\,}
est obtenue en substituant z = Bx puis en multipliant l'expression entière par A.
1. Quels sont les coefficients des puissances de x :
1
(
1
−
2
x
3
)
{\displaystyle {\frac {1}{(1-2x^{3})}}\,}
2. Quels sont les coefficients des puissances de x (Astuce : extraire un facteur d'1/2) :
1
(
2
−
x
)
{\displaystyle {\frac {1}{(2-x)}}\,}
3. En regardant une expression appropriée de deux manières différentes, conclure que
1
4
(
1
+
x
4
+
(
x
4
)
2
+
…
)
=
1
+
(
x
−
3
)
+
(
x
−
3
)
2
+
…
{\displaystyle {\frac {1}{4}}(1+{\frac {x}{4}}+({\frac {x}{4}})^{2}+\ldots )=1+(x-3)+(x-3)^{2}+\ldots \,}
Sont-elles réellement égales ?
modifier
La suite de Fibonacci
1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55... où chaque nombre, excepté les 2 premiers (1 et 1), est la somme des deux nombres précédents. Nous disons que les nombres sont reliés si la valeur qu'un nombre prend dépend des valeurs précédentes dans la suite. La suite de Fibonacci est un exemple de relation de récurrence, elle est exprimée par :
x
n
=
x
n
−
1
+
x
n
−
2
;
pour n
≥
2
x
0
=
1
x
1
=
1
{\displaystyle {\begin{matrix}x_{n}&=&x_{n-1}&+&\ x_{n-2};\ {\mbox{pour n}}\geq 2\\x_{0}&=&1\\x_{1}&=&1\\\end{matrix}}}
où
x
n
{\displaystyle x_{n}\,}
n + 1)ème nombre de la suite. Noter que le premier nombre dans la suite est noté
x
0
{\displaystyle x_{0}\,}
n +1)ème nombre dans la suite ?". La réponse est oui, mais avant cela, regardons quelques exemples.
Les expressions
x
n
=
2
x
n
−
1
+
3
x
n
−
2
;
pour n
≥
2
x
0
=
1
x
1
=
1
{\displaystyle {\begin{matrix}x_{n}&=&2x_{n-1}&+&3x_{n-2};\ {\mbox{pour n}}\geq 2\\x_{0}&=&1\\x_{1}&=&1\end{matrix}}}
définit une relation de récurrence. La suite est : 1, 1, 5, 13, 41, 121, 365... Trouver une formule pour le (n +1)ème nombre dans la suite.
Solution
Soit G(z) la série de puissances de la suite, ce qui signifie que le coefficient de chaque puissance (en ordre croissant) est le nombre correspondant dans la suite. Donc, la série de puissances ressemble à
G
(
z
)
=
1
+
z
+
5
z
2
+
13
z
3
+
41
z
4
+
121
z
5
+
…
{\displaystyle G(z)=1+z+5z^{2}+13z^{3}+41z^{4}+121z^{5}+\ldots \,}
Maintenant, par une série de manipulations algébriques, nous pouvons trouver la forme fermée de la série de puissances et à partir de là, la formule pour chaque coefficient
G
(
z
)
=
x
0
+
x
1
z
+
x
2
z
2
+
x
3
z
3
+
x
4
z
4
+
x
5
z
5
+
.
.
.
2
z
×
G
(
z
)
=
2
x
0
z
+
2
x
1
z
2
+
.
.
.
3
z
2
×
G
(
z
)
=
3
x
0
z
2
+
.
.
.
{\displaystyle {\begin{matrix}&&G(z)&=&x_{0}+&x_{1}z+&x_{2}z^{2}&+&x_{3}z^{3}+x_{4}z^{4}+x_{5}z^{5}+...\\2z&\times &G(z)&=&&2x_{0}z+&2x_{1}z^{2}&+&...\\3z^{2}&\times &G(z)&=&&&3x_{0}z^{2}&+&...\\\end{matrix}}}
G
(
z
)
−
2
z
G
(
z
)
−
3
z
2
G
(
z
)
=
x
0
+
(
x
1
−
2
x
0
)
z
+
(
x
2
−
2
x
1
−
3
x
0
)
z
2
+
(
x
3
−
2
x
2
−
3
x
1
)
z
3
+
.
.
.
{\displaystyle {\begin{matrix}G(z)-2zG(z)-3z^{2}G(z)&=&x_{0}+(x_{1}-2x_{0})z&+\\&&(x_{2}-2x_{1}-3x_{0})z^{2}&+\\&&(x_{3}-2x_{2}-3x_{1})z^{3}&+&...\end{matrix}}}
par définition
x
n
−
2
x
n
−
1
−
3
x
n
−
2
=
0
{\displaystyle x_{n}-2x_{n-1}-3x_{n-2}=0\,}
(
1
−
2
z
−
3
z
2
)
×
G
(
z
)
=
x
0
+
(
x
1
−
2
x
0
)
z
G
(
z
)
=
1
−
z
1
−
2
z
−
3
z
2
G
(
z
)
=
1
−
z
(
1
−
3
z
)
(
1
+
z
)
{\displaystyle {\begin{matrix}(1-2z-3z^{2})&\times &G(z)&=&x_{0}+(x_{1}-2x_{0})z\\\\&&G(z)&=&{\frac {1-z}{1-2z-3z^{2}}}\\\\&&G(z)&=&{\frac {1-z}{(1-3z)(1+z)}}\end{matrix}}}
par la méthode des fractions partielles , nous obtenons :
G
(
z
)
=
1
2
×
1
1
−
3
z
+
1
2
×
1
1
+
z
{\displaystyle G(z)={\frac {1}{2}}\times {\frac {1}{1-3z}}+{\frac {1}{2}}\times {\frac {1}{1+z}}\,}
chaque partie de la somme est une forme fermée reconnaissable. Nous pouvons conclure que :
x
n
=
1
2
×
3
n
+
1
2
×
(
−
1
)
n
{\displaystyle x_{n}={\frac {1}{2}}\times 3^{n}+{\frac {1}{2}}\times (-1)^{n}\,}
le lecteur peut facilement vérifier la précision de la formule.
x
n
=
x
n
−
1
+
x
n
−
2
−
x
n
−
3
;
pour n
≥
3
x
0
=
1
x
1
=
1
x
2
=
1
{\displaystyle {\begin{matrix}x_{n}&=&x_{n-1}&+&x_{n-2}&-&x_{n-3};\ {\mbox{pour n}}\geq 3\\x_{0}&=&1\\x_{1}&=&1\\x_{2}&=&1\end{matrix}}}
Trouver une formule non-récurrente pour
x
n
{\displaystyle x_{n}\,}
Solution
Soit G(z), la série de puissances de la suite décrite ci-dessus.
G
(
z
)
=
x
0
+
x
1
z
+
x
2
z
2
+
…
{\displaystyle G(z)=x_{0}+x_{1}z+x_{2}z^{2}+\ldots \,}
G
(
z
)
(
1
−
z
−
z
2
+
z
3
)
=
x
0
+
(
x
1
−
x
0
)
z
+
(
x
2
−
x
1
−
x
0
)
z
2
G
(
z
)
(
1
−
z
−
z
2
+
z
3
)
=
1
−
z
2
{\displaystyle {\begin{matrix}G(z)(1-z-z^{2}+z^{3})&=&x_{0}&+&(x_{1}-x_{0})z+(x_{2}-x_{1}-x_{0})z^{2}\\G(z)(1-z-z^{2}+z^{3})&=&1-z^{2}\\\\\end{matrix}}}
G
(
z
)
=
1
−
z
2
1
−
z
−
z
2
+
z
3
G
(
z
)
=
1
−
z
1
−
2
z
+
z
2
G
(
z
)
=
1
1
−
z
{\displaystyle {\begin{matrix}G(z)&=&{\frac {1-z^{2}}{1-z-z^{2}+z^{3}}}\\\\G(z)&=&{\frac {1-z}{1-2z+z^{2}}}\\\\G(z)&=&{\frac {1}{1-z}}\end{matrix}}}
Par conséquent
x
n
=
1
{\displaystyle x_{n}=1\,}
Une relation de récurrence linéaire est définie par :
x
n
=
x
n
−
1
+
6
x
n
−
2
+
1
;
pour n
≥
2
x
0
=
1
x
1
=
1
{\displaystyle {\begin{matrix}x_{n}&=&x_{n-1}&+&6x_{n-2}+1;\ {\mbox{pour n}}\geq 2\\x_{0}&=&1\\x_{1}&=&1\\\end{matrix}}}
Trouver la formule générale pour
x
n
{\displaystyle x_{n}\,}
Solution
Soit G(z) la série de puissances de la relation de récurrence.
G
(
z
)
(
1
−
z
−
6
z
2
)
=
x
0
+
(
x
1
−
x
0
)
z
+
(
x
2
−
x
1
−
6
x
0
)
z
2
+
…
{\displaystyle G(z)(1-z-6z^{2})=x_{0}+(x_{1}-x_{0})z+(x_{2}-x_{1}-6x_{0})z^{2}+\ldots \,}
G
(
z
)
(
1
−
z
−
6
z
2
)
=
1
+
z
2
+
z
3
+
z
4
+
…
{\displaystyle G(z)(1-z-6z^{2})=1+z^{2}+z^{3}+z^{4}+\ldots \,}
G
(
z
)
(
1
−
z
−
6
z
2
)
=
1
+
z
2
(
1
+
z
+
z
2
+
…
)
{\displaystyle G(z)(1-z-6z^{2})=1+z^{2}(1+z+z^{2}+\ldots )\,}
G
(
z
)
(
1
−
z
−
6
z
2
)
=
1
+
z
2
1
−
z
{\displaystyle G(z)(1-z-6z^{2})=1+{\frac {z^{2}}{1-z}}\,}
G
(
z
)
(
1
−
z
−
6
z
2
)
=
1
−
z
+
z
2
1
−
z
{\displaystyle G(z)(1-z-6z^{2})={\frac {1-z+z^{2}}{1-z}}\,}
G
(
z
)
=
1
−
z
+
z
2
(
1
−
z
)
(
1
+
2
z
)
(
1
−
3
z
)
G
(
z
)
=
−
1
6
(
1
−
z
)
+
7
15
(
1
+
2
z
)
+
7
10
(
1
−
3
z
)
{\displaystyle {\begin{matrix}G(z)&=&{\frac {1-z+z^{2}}{(1-z)(1+2z)(1-3z)}}\\G(z)&=&-{\frac {1}{6(1-z)}}+{\frac {7}{15(1+2z)}}+{\frac {7}{10(1-3z)}}\end{matrix}}}
Par conséquent
x
n
=
−
1
6
+
7
15
(
−
2
)
n
+
7
10
3
n
{\displaystyle x_{n}=-{\frac {1}{6}}+{\frac {7}{15}}(-2)^{n}+{\frac {7}{10}}3^{n}}
1. Déduire la formule pour le (n+1 )ème nombre dans la suite définie par les relations de récurrence :
x
n
=
2
x
n
−
1
−
1
;
pour n
≥
1
x
0
=
1
{\displaystyle {\begin{matrix}x_{n}&=&2x_{n-1}&-&1;\ {\mbox{pour n}}\geq 1\\x_{0}&=&1\end{matrix}}}
2. Déduire la formule pour le (n+1 )ème nombre dans la suite définie par les relations de récurrence :
3
x
n
=
−
4
x
n
−
1
+
x
n
−
2
;
pour n
≥
2
x
0
=
1
x
1
=
1
{\displaystyle {\begin{matrix}3x_{n}&=&-4x_{n-1}&+&x_{n-2};\ {\mbox{pour n}}\geq 2\\x_{0}&=&1\\x_{1}&=&1\\\end{matrix}}}
3. (Facultatif) Déduire la formule pour le (n+1 )ème nombre de Fibonacci.
Considérons l'équation
a
+
b
=
n
{\displaystyle a+b=n\,}
a
,
b
≥
0
{\displaystyle a,b\geq 0}
Pour un nombre entier positif fixé n, combien de solutions existe-t'il ? Nous pouvons compter le nombre de solutions :
0 + n = n
1 + (n - 1) = n
2 + (n - 2) = n
...
n + 0 = n Comme vous pouvez le voir, il existe (n + 1) solutions. Une autre manière de résoudre le problème est de considérer la série de puissance
G
(
z
)
=
1
+
z
+
z
2
+
…
+
z
n
{\displaystyle G(z)=1+z+z^{2}+\ldots +z^{n}\,}
Soit
H
(
z
)
=
G
(
z
)
G
(
z
)
{\displaystyle H(z)=G(z)G(z)\,}
H
(
z
)
=
(
1
+
z
+
z
2
+
…
+
z
n
)
2
{\displaystyle H(z)={(1+z+z^{2}+\ldots +z^{n})}^{2}\,}
Le coefficient de
z
n
{\displaystyle z^{n}\,}
a
+
b
=
n
;
a
,
b
≥
0
{\displaystyle a+b=n;a,b\geq 0\,}
Considérons
A
(
z
)
=
1
+
z
+
z
2
+
z
3
+
…
{\displaystyle A(z)=1+z+z^{2}+z^{3}+\ldots \,}
Soit
B
(
z
)
=
A
2
(
z
)
{\displaystyle B(z)=A^{2}(z)\,}
il s'ensuit
B
(
z
)
=
(
1
+
z
+
z
2
+
z
3
+
…
)
+
z
(
1
+
z
+
z
2
+
z
3
+
…
)
+
z
2
(
1
+
z
+
z
2
+
z
3
+
…
)
+
z
3
(
1
+
z
+
z
2
+
z
3
+
…
)
+
…
{\displaystyle B(z)=(1+z+z^{2}+z^{3}+\ldots )+z(1+z+z^{2}+z^{3}+\ldots )+z^{2}(1+z+z^{2}+z^{3}+\ldots )+z^{3}(1+z+z^{2}+z^{3}+\ldots )+\ldots \,}
B
(
z
)
=
1
+
2
z
+
3
z
2
+
…
{\displaystyle B(z)=1+2z+3z^{2}+\ldots \,}
Maintenant, nous pouvons voir que le coefficient de zn (pour n ≥ 0) est clairement le nombre de solutions de a + b = n (a, b > 0).
Nous sommes prêts maintenant à déduire un résultat très important : soit
t
k
{\displaystyle t_{k}\,}
a
+
b
=
n
(
a
,
b
>
0
)
{\displaystyle a+b=n(a,b>0)\,}
t
k
{\displaystyle t_{k}\,}
T
(
z
)
=
(
1
+
z
+
z
2
+
…
+
z
n
+
…
)
(
1
+
z
+
z
2
+
…
+
z
n
+
…
)
{\displaystyle T(z)=(1+z+z^{2}+\ldots +z^{n}+\ldots )(1+z+z^{2}+\ldots +z^{n}+\ldots )\,}
T
(
z
)
=
1
(
1
−
z
)
2
{\displaystyle T(z)={\frac {1}{(1-z)^{2}}}}
i.e.
1
(
1
−
z
)
2
=
1
+
2
z
+
3
z
2
+
4
z
3
+
.
.
.
+
(
n
+
1
)
z
n
+
…
{\displaystyle {\frac {1}{(1-z)^{2}}}=1+2z+3z^{2}+4z^{3}+...+(n+1)z^{n}+\ldots \,}
1 + a2 + ... + am = n
modifier
Considérons le nombre de solutions de l'équation suivante :
a
1
+
a
2
+
…
+
a
m
=
n
{\displaystyle a_{1}+a_{2}+\ldots +a_{m}=n\,}
où
a
i
≥
0
{\displaystyle a_{i}\geq 0\,}
t
k
{\displaystyle t_{k}\,}
t
k
{\displaystyle t_{k}\,}
T
(
z
)
=
1
(
1
−
z
)
m
{\displaystyle T(z)={\frac {1}{(1-z)^{m}}}\,}
mais qu'est-ce que
t
k
{\displaystyle t_{k}\,}
"Vous avez trois sœurs, et n (n ≥ 3) poupées. Vous décidez de donner à chacune de vos sœurs au moins une poupée. De combien de manières pouvez-vous le faire ?"
Une manière de résoudre le problème est d'aligner toutes les poupées sur la table. Puisqu'il y a n poupées, il y a (n - 1) espaces entre elles (comme vous avez 5 doigts sur chaque mains et 4 espaces entre eux). Maintenant, à partir des (n - 1) espaces disponibles, choisir 2 et mettre un diviseur dans chaque espace que vous avez choisi ! Alors, vous avez divisé les n poupées en trois parts, une pour chaque sœur. Il y a
(
n
−
1
2
)
{\displaystyle n-1 \choose 2}
(
n
−
1
3
)
{\displaystyle n-1 \choose 3}
(
n
−
1
m
−
1
)
{\displaystyle n-1 \choose m-1}
Maintenant, considérons ; "Vous avez trois sœurs, et vous avez n poupées. Vous décidez de donner à chacune d'elles une certaine quantité de poupées (sans restriction sur la quantité donnée à chaque sœur). De combien de manières peut-on le faire ?"
Notons que nous venons de résoudre :
a
1
+
a
2
+
a
3
=
n
{\displaystyle a_{1}+a_{2}+a_{3}=n\,}
où ai ≥ 0; i = 1, 2, 3.
Vous pouvez résoudre le problème en alignant n + 3 poupées sur la table. Prenons deux diviseurs et choisissons 2 espaces à partir des n + 2 espaces disponibles. Maintenant que vous avez divisé n + 3 poupées en 3 parts, dont chaque part a 1 ou plus de poupées. Maintenant, reprenons 1 poupée de chaque part, et vous avez résolu le problème ! Donc, le nombre de solutions est
(
n
+
2
2
)
{\displaystyle n+2 \choose 2\,}
(
n
+
m
−
1
m
−
1
)
=
(
n
+
m
−
1
n
)
{\displaystyle {{n+m-1} \choose {m-1}}={{n+m-1} \choose {n}}}
Un petit conseil, si vous avez des sœurs, donnez-leur une quantité égale de poupées, parce qu'elles sont toutes adorables.
Maintenant, comme discuté ci-dessus, le nombre de solutions de
a
1
+
a
2
+
…
+
a
m
=
n
{\displaystyle a_{1}+a_{2}+\ldots +a_{m}=n\,}
où
a
i
≥
0
(
i
=
1
,
2
,
3
…
m
)
{\displaystyle a_{i}\geq 0(i=1,2,3\ldots m)\,}
(
n
+
m
−
1
n
)
{\displaystyle {{n+m-1} \choose {n}}\,}
i.e.
1
(
1
−
z
)
m
=
∑
i
=
0
∞
(
m
+
i
−
1
i
)
z
i
{\displaystyle {\frac {1}{(1-z)^{m}}}=\sum _{i=0}^{\infty }{m+i-1 \choose i}z^{i}}
La forme réduite d'une série de puissance T(z) est
T
(
z
)
=
z
(
1
−
z
)
2
{\displaystyle T(z)={\frac {z}{(1-z)^{2}}}\,}
et tk est le coefficient de zk est T(z). Trouver une formule explicite pour tk .
Solution
1
(
1
−
z
)
2
=
∑
i
=
0
∞
(
i
+
1
)
z
i
z
(
1
−
z
)
2
=
z
∑
i
=
0
∞
(
i
+
1
)
z
i
=
∑
i
=
0
∞
(
i
+
1
)
z
i
+
1
{\displaystyle {\begin{matrix}{\frac {1}{(1-z)^{2}}}&=&\sum _{i=0}^{\infty }(i+1)z^{i}\\\\{\frac {z}{(1-z)^{2}}}&=&z\sum _{i=0}^{\infty }(i+1)z^{i}\\\\&=&\sum _{i=0}^{\infty }(i+1)z^{i+1}\\\end{matrix}}}
Par conséquent, tk = k
Trouver le nombre de solutions de :
a + b + c + d = n pour tous les entiers positifs n (incluant zéro) avec la restriction
a
,
b
,
c
,
d
≥
0
{\displaystyle a,b,c,d\geq 0\,}
Solution
Par la formule
1
(
1
−
z
)
4
=
∑
i
=
0
∞
(
n
+
3
3
)
z
i
{\displaystyle {\begin{matrix}{\frac {1}{(1-z)^{4}}}&=&\sum _{i=0}^{\infty }{{n+3} \choose {3}}z^{i}\\\\\end{matrix}}}
donc
le nombre de solutions est
(
n
+
3
3
)
{\displaystyle {{n+3} \choose {3}}\,}
Nous tournons un problème légèrement plus difficile de la même manière. Supposons que nous comptions le nombre de solutions de :
2
a
+
3
b
+
c
=
n
{\displaystyle 2a+3b+c=n\,}
pour un certain entier
n
≥
0
{\displaystyle n\geq 0\,}
n de :
(
1
+
x
2
+
x
4
+
.
.
.
)
(
1
+
x
3
+
x
6
+
.
.
.
)
(
1
+
x
+
x
2
+
.
.
.
)
=
1
(
1
−
x
2
)
(
1
−
x
3
)
(
1
−
x
)
{\displaystyle (1+x^{2}+x^{4}+...)(1+x^{3}+x^{6}+...)(1+x+x^{2}+...)={\frac {1}{(1-x^{2})(1-x^{3})(1-x)}}}
est la solution requise. Ceci est dû au fait, de nouveau, que lorsque les puissances sont multipliées, les indices s'ajoutent.
Pour obtenir le nombre de solutions, nous scindons l'expression en formes réduites reconnaissables par la méthode des fractions partielles.
Soit
s
k
{\displaystyle s_{k}\,}
2
a
+
2
b
=
n
;
(
a
,
b
≥
0
)
{\displaystyle 2a+2b=n;(a,b\geq 0)\,}
Trouver la série de puissances pour
s
k
{\displaystyle s_{k}\,}
s
n
{\displaystyle s_{n}\,}
n .
Solution
Soit T(z) la série de puissances de
t
k
{\displaystyle t_{k}\,}
T
(
z
)
=
(
1
+
z
2
+
z
4
+
.
.
.
+
z
2
n
+
.
.
.
)
2
{\displaystyle T(z)={(1+z_{2}+z_{4}+...+z_{2n}+...)}^{2}\,}
T
(
z
)
=
1
(
1
−
z
2
)
2
{\displaystyle T(z)={\frac {1}{(1-z^{2})^{2}}}\,}
Il n'est pas difficile de voir que
s
n
=
0
si n est impair
{\displaystyle s_{n}=0\ {\mbox{si n est impair}}}
s
n
=
(
n
/
2
+
1
n
/
2
)
=
(
n
/
2
+
1
1
)
=
n
/
2
+
1
si n est pair
{\displaystyle s_{n}={n/2+1 \choose n/2}={n/2+1 \choose 1}=n/2+1\ {\mbox{si n est pair}}}
Soit
t
k
{\displaystyle t_{k}\,}
a
+
2
b
=
n
(
a
,
b
≥
0
)
{\displaystyle a+2b=n(a,b\geq 0)\,}
Trouver la série de puissances pour
t
k
{\displaystyle t_{k}\,}
t
n
{\displaystyle t_{n}\,}
n .
Solution
Soit T(z) la série de puissances de
t
k
{\displaystyle t_{k}\,}
T
(
z
)
=
(
1
+
z
+
z
2
+
.
.
.
+
z
n
+
.
.
.
)
(
1
+
z
2
+
z
4
+
.
.
.
+
z
2
n
+
.
.
.
)
{\displaystyle T(z)=(1+z+z_{2}+...+z_{n}+...)(1+z_{2}+z_{4}+...+z_{2n}+...)\,}
T
(
z
)
=
1
(
1
−
z
)
×
1
1
−
z
2
{\displaystyle T(z)={\frac {1}{(1-z)}}\times {\frac {1}{1-z^{2}}}}
T
(
z
)
=
1
(
1
−
z
)
2
×
1
1
+
z
{\displaystyle T(z)={\frac {1}{(1-z)^{2}}}\times {\frac {1}{1+z}}}
T
(
z
)
=
A
z
+
B
(
1
−
z
)
2
+
C
1
+
z
{\displaystyle T(z)={\frac {Az+B}{(1-z)^{2}}}+{\frac {C}{1+z}}}
A = -1/4, B = 3/4, C = 1/4
T
(
z
)
=
−
1
4
∑
i
=
0
∞
(
i
+
1
)
z
i
+
1
+
3
4
∑
i
=
0
∞
(
i
+
1
)
z
i
+
1
4
∑
i
=
0
∞
(
−
1
)
i
z
i
{\displaystyle T(z)=-{\frac {1}{4}}\sum _{i=0}^{\infty }(i+1)z^{i+1}+{\frac {3}{4}}\sum _{i=0}^{\infty }(i+1)z^{i}+{\frac {1}{4}}\sum _{i=0}^{\infty }(-1)^{i}z^{i}}
t
k
=
−
1
4
k
+
3
4
(
k
+
1
)
+
1
4
(
−
1
)
k
{\displaystyle t_{k}=-{\frac {1}{4}}k+{\frac {3}{4}}(k+1)+{\frac {1}{4}}(-1)^{k}}
1. Soit
T
(
z
)
=
1
(
1
+
z
)
2
{\displaystyle T(z)={\frac {1}{(1+z)^{2}}}}
la série de puissances de
t
k
{\displaystyle t_{k}\,}
t
k
{\displaystyle t_{k}\,}
k .
2. Combien de solutions ont les équations suivantes si m est une constante donnée
a
+
b
+
2
c
=
m
{\displaystyle a+b+2c=m\,}
où a, b et c ≥ 0
Cette section et la section sur la *technique de dérivation* peuvent être passées si vous êtes déjà familier avec l'analyse/dérivation.
En analyse, la dérivation est une des opérations les plus importantes appliquées aux fonctions de nombres réels. Pour dériver une fonction f(x), nous évaluons simplement la limite
lim
h
→
0
f
(
x
+
h
)
−
f
(
x
)
h
{\displaystyle \lim _{h\to 0}{\frac {f(x+h)-f(x)}{h}}}
où
lim
h
→
0
{\displaystyle \lim _{h\to 0}}
h vers 0. Néanmoins, pour l'instant, nous pouvons simplement penser cela comme égalant h à 0, i.e., h = 0 à un temps approprié. Il existe plusieurs notations diverses pour le résultat de la dérivation (appelée la dérivée), par exemple
f
′
(
x
)
=
lim
h
→
0
f
(
x
+
h
)
−
f
(
x
)
h
{\displaystyle f'(x)=\lim _{h\to 0}{\frac {f(x+h)-f(x)}{h}}}
et
d
y
d
x
=
lim
h
→
0
f
(
x
+
h
)
−
f
(
x
)
h
{\displaystyle {\frac {dy}{dx}}=\lim _{h\to 0}{\frac {f(x+h)-f(x)}{h}}}
veulent dire la même chose. Nous posons, f'(x) est la dérivée de f(x). La dérivation est très utile pour beaucoup d'usages, mais nous n'allons pas exposer les raisons de l'invention de l'analyse, mais plutôt comment nous pouvons appliquer l'analyse à l'étude des séries de puissances.
Il devrait être clair que si
g(x) = f(x) alors
g'(x) = f'(x) La loi ci-dessus est importante. Si g(x) une forme réduite de f(x), alors la dérivation des deux côtés est valide pour obtenir une nouvelle série de puissances.
Aussi, si
h(x) = g(x) + f(x) alors
h'(x) = g'(x) + f'(x) Ceci peut être vérifié en examinant les propriétés des limites.
Dérivons f(x) où
f
(
x
)
=
x
2
{\displaystyle f(x)=x^{2}\,}
Premièrement, nous formons le quotient différentiel
f
′
(
x
)
=
lim
h
→
0
(
x
+
h
)
2
−
x
2
h
{\displaystyle f'(x)=\lim _{h\to 0}{\frac {(x+h)^{2}-x^{2}}{h}}}
Nous ne pouvons pas fixer h à 0 pour évaluer la limite à ce point. Pouvez-vous voir pourquoi ? Nous devons développer le facteur quadratique d'abord.
=
lim
h
→
0
x
2
+
2
x
h
+
h
2
−
x
2
h
{\displaystyle =\lim _{h\to 0}{\frac {x^{2}+2xh+h^{2}-x^{2}}{h}}}
=
lim
h
→
0
2
x
h
+
h
2
h
{\displaystyle =\lim _{h\to 0}{\frac {2xh+h^{2}}{h}}}
Nous pouvons maintenant extraire h pour obtenir maintenant
lim
h
→
0
2
x
+
h
{\displaystyle \lim _{h\to 0}2x+h}
à partir duquel nous pouvons faire tendre h vers zéro de manière sure pour obtenir la dérivée, 2x . Donc
f'(x) = 2x ou de manière équivalente :
(
x
2
)
′
=
2
x
{\displaystyle (x^{2})'=2x\,}
Dériver
p
(
x
)
=
x
n
{\displaystyle p(x)=x^{n}\,}
Nous démarrons à partir du quotient différentiel :
p
′
(
x
)
=
lim
h
→
0
(
x
+
h
)
n
−
x
n
h
{\displaystyle p'(x)=\lim _{h\to 0}{\frac {(x+h)^{n}-x^{n}}{h}}}
Par le théorème du binôme, nous avons :
=
lim
h
→
0
1
h
(
x
n
+
n
x
n
−
1
h
+
.
.
.
+
h
n
−
x
n
)
{\displaystyle =\lim _{h\to 0}{\frac {1}{h}}(x^{n}+nx^{n-1}h+...+h^{n}-x^{n})}
Le premier x n
=
lim
h
→
0
1
h
(
n
x
n
−
1
h
+
.
.
.
+
h
n
)
{\displaystyle =\lim _{h\to 0}{\frac {1}{h}}(nx^{n-1}h+...+h^{n})}
Maintenant, nous mettons la constante 1/h entre parenthèses
=
lim
h
→
0
n
x
n
−
1
+
.
.
.
+
h
n
−
1
{\displaystyle =\lim _{h\to 0}nx^{n-1}+...+h^{n-1}}
et le résultat devient :
=
n
x
n
−
1
{\displaystyle =nx^{n-1}\,}
Résultat important
Si
p
(
x
)
=
x
n
{\displaystyle p(x)=x^{n}\,}
alors
p
′
(
x
)
=
n
x
n
−
1
{\displaystyle p'(x)=nx^{n-1}\,}
Comme vous pouvez le voir, la dérivation implique d'extraire la dérivée d'une fonction à travers une manipulation algébrique, et pour cette raison, cette section est algébriquement très difficile.
Supposons que si
h(x) = f(x) + g(x) alors
h'(x) = f'(x) + g'(x) Dérivons
x
2
+
x
5
{\displaystyle x^{2}+x^{5}\,}
Solution
Soit
h
(
x
)
=
x
2
+
x
5
{\displaystyle h(x)=x^{2}+x^{5}\,}
h
′
(
x
)
=
2
x
+
5
x
4
{\displaystyle h'(x)=2x+5x^{4}\,}
Montrer que si
g
(
x
)
=
A
×
f
(
x
)
{\displaystyle g(x)=A\times f(x)\,}
g
′
(
x
)
=
A
×
f
′
(
x
)
{\displaystyle g'(x)=A\times f'(x)\,}
Solution
g
(
x
)
=
A
f
(
x
)
g
′
(
x
)
=
lim
h
→
0
A
h
(
f
(
x
+
h
)
−
f
(
x
)
)
=
A
lim
h
→
0
1
h
(
f
(
x
+
h
)
−
f
(
x
)
)
=
A
f
′
(
x
)
{\displaystyle {\begin{matrix}g(x)&=&Af(x)\\\\g'(x)&=&\lim _{h\to 0}{\frac {A}{h}}(f(x+h)-f(x))\\\\&=&A\lim _{h\to 0}{\frac {1}{h}}(f(x+h)-f(x))\\\\&=&Af'(x)\end{matrix}}}
Dériver
f
(
x
)
=
1
1
−
x
{\displaystyle {\begin{matrix}f(x)={\frac {1}{1-x}}\end{matrix}}}
Solution
f
′
(
x
)
=
lim
h
→
0
1
h
(
1
1
−
(
x
+
h
)
−
1
1
−
x
)
=
lim
h
→
0
1
h
(
1
−
x
−
(
1
−
(
x
+
h
)
)
(
1
−
(
x
+
h
)
)
(
1
−
x
)
)
=
lim
h
→
0
1
h
(
h
(
1
−
(
x
+
h
)
)
(
1
−
x
)
)
=
lim
h
→
0
1
(
1
−
(
x
+
h
)
)
(
1
−
x
)
=
1
(
1
−
x
)
2
{\displaystyle {\begin{matrix}f'(x)&=&\lim _{h\to 0}{\frac {1}{h}}({\frac {1}{1-(x+h)}}-{\frac {1}{1-x}})\\\\&=&\lim _{h\to 0}{\frac {1}{h}}({\frac {1-x-(1-(x+h))}{(1-(x+h))(1-x)}})\\\\&=&\lim _{h\to 0}{\frac {1}{h}}({\frac {h}{(1-(x+h))(1-x)}})\\\\&=&\lim _{h\to 0}{\frac {1}{(1-(x+h))(1-x)}}\\\\&=&{\frac {1}{(1-x)^{2}}}\end{matrix}}}
1. Dériver
f
(
z
)
=
z
3
{\displaystyle f(z)=z^{3}\,}
2. Dériver
f
(
z
)
=
(
1
−
z
)
2
{\displaystyle f(z)=(1-z)^{2}\,}
3. Dériver
f
(
z
)
=
1
(
1
−
z
)
2
{\displaystyle f(z)={\frac {1}{(1-z)^{2}}}\,}
4. Dériver
f
(
z
)
=
(
1
−
z
)
3
{\displaystyle f(z)=(1-z)^{3}\,}
5. Prouver le résultat supposé dans l'exemple 3 ci-dessus, ie., que si
f
(
x
)
=
g
(
x
)
+
h
(
x
)
,
f
′
(
x
)
=
g
′
(
x
)
+
h
(
x
)
{\displaystyle f(x)=g(x)+h(x),f'(x)=g'(x)+h(x)\,}
Conseil : utiliser les limites .
Nous voulons dériver un résultat vital dans cette section, nommément, dériver la dérivée de
f
(
z
)
=
(
1
−
z
)
n
{\displaystyle f(z)=(1-z)^{n}\,}
où
n
≥
1
{\displaystyle n\geq 1\,}
n un entier. Nous montrerons un certain nombre de manières pour arriver au résultat.
Commençons par :
f
(
z
)
=
(
1
−
z
)
n
{\displaystyle f(z)={(1-z)}^{n}\,}
Développons le côté droit en utilisant le développement du binôme
f
(
z
)
=
∑
i
=
0
n
(
−
1
)
i
(
n
i
)
z
i
=
1
−
(
n
1
)
z
+
(
n
2
)
z
2
+
.
.
.
+
(
−
1
)
n
z
n
{\displaystyle f(z)=\sum _{i=0}^{n}(-1)^{i}{n \choose i}z^{i}=1-{n \choose 1}z+{n \choose 2}z^{2}+...+(-1)^{n}z^{n}}
dérivons les deux côtés
f
′
(
z
)
=
∑
i
=
1
n
(
−
1
)
i
(
n
i
)
i
z
i
−
1
=
−
(
n
1
)
+
(
n
2
)
2
z
+
.
.
.
+
(
−
1
)
n
n
z
n
−
1
{\displaystyle f'(z)=\sum _{i=1}^{n}(-1)^{i}{n \choose i}iz^{i-1}=-{n \choose 1}+{n \choose 2}2z+...+(-1)^{n}nz^{n-1}}
maintenant nous utilisons
(
n
i
)
=
n
!
i
!
(
n
−
i
)
!
{\displaystyle {n \choose i}={\frac {n!}{i!(n-i)!}}}
f
′
(
z
)
=
∑
i
=
1
n
(
−
1
)
i
n
!
i
!
(
n
−
i
)
!
i
z
i
−
1
=
−
n
!
1
!
(
n
−
1
)
!
+
n
!
2
!
(
n
−
2
)
!
2
z
+
.
.
.
+
(
−
1
)
n
n
z
n
−
1
{\displaystyle f'(z)=\sum _{i=1}^{n}(-1)^{i}{\frac {n!}{i!(n-i)!}}iz^{i-1}=-{\frac {n!}{1!(n-1)!}}+{\frac {n!}{2!(n-2)!}}2z+...+(-1)^{n}nz^{n-1}}
il existe certaines annulations
f
′
(
z
)
=
∑
i
=
1
n
(
−
1
)
i
n
!
(
i
−
1
)
!
(
n
−
i
)
!
z
i
−
1
=
−
n
!
1
!
(
n
−
1
)
!
+
n
!
1
!
(
n
−
2
)
!
z
+
.
.
.
+
(
−
1
)
n
n
z
n
−
1
{\displaystyle f'(z)=\sum _{i=1}^{n}(-1)^{i}{\frac {n!}{(i-1)!(n-i)!}}z^{i-1}=-{\frac {n!}{1!(n-1)!}}+{\frac {n!}{1!(n-2)!}}z+...+(-1)^{n}nz^{n-1}}
prenons un facteur commun de -n, et rappelons que 1! = 0! = 1 nous obtenons
f
′
(
z
)
=
−
n
∑
i
=
1
n
(
−
1
)
(
i
−
1
)
n
−
1
!
(
i
−
1
)
!
(
n
−
i
)
!
z
i
−
1
=
−
n
(
1
+
n
−
1
!
1
!
(
n
−
2
)
!
z
+
.
.
.
+
(
−
1
)
n
−
1
z
n
−
1
)
{\displaystyle f'(z)=-n\sum _{i=1}^{n}(-1)^{(i-1)}{\frac {n-1!}{(i-1)!(n-i)!}}z^{i-1}=-n(1+{\frac {n-1!}{1!(n-2)!}}z+...+(-1)^{n-1}z^{n-1})}
soit j = i - 1, nous obtenons
f
′
(
z
)
=
−
n
∑
j
=
0
n
−
1
(
−
1
)
(
i
−
1
)
n
−
1
!
(
i
−
1
)
!
(
n
−
i
)
!
z
i
−
1
=
−
n
(
1
+
n
−
1
!
1
!
(
n
−
2
)
!
z
+
.
.
.
+
(
−
1
)
n
−
1
z
n
−
1
)
{\displaystyle f'(z)=-n\sum _{j=0}^{n-1}(-1)^{(i-1)}{\frac {n-1!}{(i-1)!(n-i)!}}z^{i-1}=-n(1+{\frac {n-1!}{1!(n-2)!}}z+...+(-1)^{n-1}z^{n-1})}
mais ceci est justement le développement de (1 - z)n-1
f
′
(
z
)
=
−
n
(
1
−
z
)
n
−
1
{\displaystyle f'(z)=-n{(1-z)}^{n-1}\,}
De manière similaire à la dérivation 1, nous utilisons à la place de la définition d'une dérivée :
f
′
(
z
)
=
lim
h
→
0
(
1
−
(
z
+
h
)
)
n
−
(
1
−
z
)
n
h
{\displaystyle f'(z)=\lim _{h\to 0}{\frac {(1-(z+h))^{n}-(1-z)^{n}}{h}}}
développons en utilisant le théorème du binôme
f
′
(
z
)
=
lim
h
→
0
∑
i
=
0
n
(
n
i
)
(
−
1
)
i
(
z
+
h
)
i
−
∑
i
=
0
n
(
n
i
)
(
−
1
)
i
z
i
h
{\displaystyle f'(z)=\lim _{h\to 0}{\frac {\sum _{i=0}^{n}{n \choose i}(-1)^{i}(z+h)^{i}-\sum _{i=0}^{n}{n \choose i}(-1)^{i}z^{i}}{h}}}
factorisons
f
′
(
z
)
=
lim
h
→
0
∑
i
=
0
n
(
n
i
)
(
−
1
)
i
(
(
z
+
h
)
i
−
z
i
)
h
{\displaystyle f'(z)=\lim _{h\to 0}{\frac {\sum _{i=0}^{n}{n \choose i}(-1)^{i}((z+h)^{i}-z^{i})}{h}}}
prenons la limite à l'intérieur (rappelons-nous que [Af(x)]' = Af'(x) )
f
′
(
z
)
=
∑
i
=
0
n
(
n
i
)
(
−
1
)
i
lim
h
→
0
(
z
+
h
)
i
−
z
i
h
{\displaystyle f'(z)=\sum _{i=0}^{n}{n \choose i}(-1)^{i}\lim _{h\to 0}{\frac {(z+h)^{i}-z^{i}}{h}}}
l'intérieur est justement la dérivée de zi
f
′
(
z
)
=
∑
i
=
1
n
(
n
i
)
(
−
1
)
i
i
z
i
−
1
{\displaystyle f'(z)=\sum _{i=1}^{n}{n \choose i}(-1)^{i}iz^{i-1}}
exactement comme pour la dérivation 1, nous obtenons
f
′
(
z
)
=
−
n
(
1
−
z
)
n
−
1
{\displaystyle f'(z)=-n{(1-z)}^{n-1}\,}
Exemple
Dérivons
(
1
−
z
)
2
{\displaystyle {(1-z)}^{2}\,}
Solution 1
f
(
z
)
=
(
1
−
z
)
2
=
1
−
2
z
+
z
2
{\displaystyle f(z)={(1-z)}^{2}=1-2z+z^{2}\,}
f
′
(
z
)
=
−
2
+
2
z
{\displaystyle f'(z)=-2+2z\,}
f
′
(
z
)
=
−
2
(
1
−
z
)
{\displaystyle f'(z)=-2(1-z)\,}
Solution 2
Par le résultat déduit de ce qui précède, nous avons
f
′
(
z
)
=
−
2
(
1
−
z
)
(
2
−
1
)
=
−
2
(
1
−
z
)
{\displaystyle f'(z)=-2{(1-z)}^{(}2-1)=-2(1-z)\,}
En imitant la méthode utilisée ci-dessus ou autrement, dériver :
1.
(
1
−
z
)
3
{\displaystyle (1-z)^{3}\,}
2.
(
1
+
z
)
2
{\displaystyle (1+z)^{2}\,}
3.
(
1
+
z
)
3
{\displaystyle (1+z)^{3}\,}
4. (plus difficile)
1
(
1
−
z
)
3
{\displaystyle {\frac {1}{(1-z)^{3}}}\,}
Nous apprendrons comment dériver des fonctions de la forme :
f
(
z
)
=
1
g
(
z
)
{\displaystyle f(z)={\frac {1}{g(z)}}}
i.e. des fonctions dont les inverses sont aussi des fonctions. Nous commençons, par la définition de la dérivation :
f
(
z
)
=
1
g
(
z
)
{\displaystyle f(z)={\frac {1}{g(z)}}}
f
′
(
z
)
=
lim
h
→
0
1
h
(
1
g
(
z
+
h
)
−
1
g
(
z
)
)
=
lim
h
→
0
1
h
(
g
(
z
)
−
g
(
z
+
h
)
g
(
z
+
h
)
g
(
z
)
)
=
lim
h
→
0
g
(
z
+
h
)
−
g
(
z
)
h
−
1
g
(
z
+
h
)
g
(
z
)
=
lim
h
→
0
g
′
(
z
)
−
1
g
(
z
+
h
)
g
(
z
)
=
−
g
′
(
z
)
g
(
z
)
2
{\displaystyle {\begin{matrix}f'(z)&=&\lim _{h\to 0}{\frac {1}{h}}({\frac {1}{g(z+h)}}-{\frac {1}{g(z)}})\\\\&=&\lim _{h\to 0}{\frac {1}{h}}({\frac {g(z)-g(z+h)}{g(z+h)g(z)}})\\\\&=&\lim _{h\to 0}{\frac {g(z+h)-g(z)}{h}}{\frac {-1}{g(z+h)g(z)}}\\\\&=&\lim _{h\to 0}g'(z){\frac {-1}{g(z+h)g(z)}}\\\\&=&-{\frac {g'(z)}{g(z)^{2}}}\\\end{matrix}}}
1
1
−
z
=
1
+
z
+
z
2
+
z
3
+
.
.
.
(
1
1
−
z
)
′
=
1
+
2
z
+
3
z
2
+
.
.
.
{\displaystyle {\begin{matrix}{\frac {1}{1-z}}&=&1+&z+z^{2}+z^{3}+...\\\\({\frac {1}{1-z}})'&=&&1+2z+3z^{2}+...\\\end{matrix}}}
par
(
1
g
)
′
=
−
g
′
g
2
{\displaystyle ({\frac {1}{g}})'={\frac {-g'}{g^{2}}}}
où g est une fonction de z , nous obtenons
1
(
1
−
z
)
2
=
1
+
2
z
+
3
z
2
+
.
.
.
{\displaystyle {\begin{matrix}{\frac {1}{(1-z)^{2}}}&=&&1+2z+3z^{2}+...\\\end{matrix}}}
qui confirme le résultat déduit en utilisant un argument de dénombrement.
Dériver
1.
1
(
1
−
z
)
2
{\displaystyle {\frac {1}{(1-z)^{2}}}\,}
2.
1
(
1
−
z
)
3
{\displaystyle {\frac {1}{(1-z)^{3}}}\,}
3.
1
(
1
+
z
)
3
{\displaystyle {\frac {1}{(1+z)^{3}}}\,}
4. Montrer que
1
(
1
−
z
)
n
′
=
n
(
1
−
z
)
n
+
1
{\displaystyle {\frac {1}{(1-z)^{n}}}\,'={\frac {n}{(1-z)^{n+1}}}\,}
modifier
Maintenant que nous sommes familiers avec la dérivation, nous devrions considérer :
f
(
z
)
=
1
1
−
x
2
{\displaystyle f(z)={\frac {1}{1-x^{2}}}}
Nous savons que
1
1
−
x
2
=
1
+
x
2
+
x
4
+
x
6
+
.
.
.
.
{\displaystyle {\frac {1}{1-x^{2}}}=1+x^{2}+x^{4}+x^{6}+....}
dérivons les deux côtés
(
1
1
−
x
2
)
′
=
2
x
+
4
x
3
+
6
x
5
+
.
.
.
.
{\displaystyle {\begin{pmatrix}{\frac {1}{1-x^{2}}}\end{pmatrix}}'=2x+4x^{3}+6x^{5}+....}
2
x
(
1
−
x
2
)
2
=
2
x
(
1
+
2
x
2
+
3
x
4
+
.
.
.
.
)
{\displaystyle {\frac {2x}{(1-x^{2})^{2}}}=2x(1+2x^{2}+3x^{4}+....)}
par conséquent, nous pouvons conclure que
1
(
1
−
x
2
)
2
=
1
+
2
x
2
+
3
x
4
+
.
.
.
.
{\displaystyle {\frac {1}{(1-x^{2})^{2}}}=1+2x^{2}+3x^{4}+....}
Noter que nous pouvons obtenir le résultat ci-dessus par la méthode de substitution,
1
(
1
−
z
)
2
=
1
+
2
z
+
3
z
+
.
.
.
.
{\displaystyle {\frac {1}{(1-z)^{2}}}=1+2z+3z+....}
en remplaçant z = x2 , cela nous donne le résultat requis.
L'exemple précédent a montré que nous ne sommes pas concernés par les dérivations difficiles. Plutôt, pour obtenir les résultats d'une manière facile, nous devons seulement dériver les formes de base et appliquer la méthode de substitution. Par formes basiques, nous voulons dire les séries de puissances de la forme :
1
(
1
−
z
)
n
{\displaystyle {\frac {1}{(1-z)^{n}}}}
pour
n
≥
1
{\displaystyle n\geq 1\,}
Considérons le nombre de solutions de
a
1
+
a
2
+
a
3
+
.
.
.
+
a
n
=
m
{\displaystyle a_{1}+a_{2}+a_{3}+...+a_{n}=m}
pour
a
i
≥
0
{\displaystyle a_{i}\geq 0\,}
i
=
1
,
2
,
.
.
.
n
{\displaystyle i=1,2,...n\,}
Nous savons que pour tout m , le nombre de solutions est le coefficient de :
(
1
+
x
+
x
2
+
.
.
.
)
n
=
1
(
1
−
z
)
n
{\displaystyle (1+x+x^{2}+...)^{n}={\frac {1}{(1-z)^{n}}}}
comme discuté précédemment.
Nous démarrons à partir de :
1
1
−
z
=
1
+
x
+
x
2
+
.
.
.
+
x
n
+
.
.
.
{\displaystyle {\frac {1}{1-z}}=1+x+x^{2}+...+x^{n}+...}
et dérivons les deux côtés (noter que 1 = 1!)
1
!
(
1
−
z
)
2
=
1
+
2
x
+
3
x
2
.
.
.
+
n
x
n
−
1
+
.
.
.
{\displaystyle {\frac {1!}{(1-z)^{2}}}=1+2x+3x^{2}...+nx^{n-1}+...}
nous dérivons de nouveau
2
!
(
1
−
z
)
3
=
2
+
2
×
3
x
.
.
.
+
n
(
n
−
1
)
x
n
−
2
+
.
.
.
{\displaystyle {\frac {2!}{(1-z)^{3}}}=2+2\times 3x...+n(n-1)x^{n-2}+...}
et ainsi de suite pour (n-1) fois
(
n
−
1
)
!
(
1
−
z
)
n
=
(
n
−
1
)
!
+
n
!
1
!
x
+
(
n
+
1
)
!
2
!
x
2
+
(
n
+
2
)
!
3
!
x
3
+
.
.
.
{\displaystyle {\frac {(n-1)!}{(1-z)^{n}}}=(n-1)!+{\frac {n!}{1!}}x+{\frac {(n+1)!}{2!}}x^{2}+{\frac {(n+2)!}{3!}}x^{3}+...}
nous divisons les deux côtés par (n-1)!
1
(
1
−
z
)
n
=
1
+
n
!
(
n
−
1
)
!
1
!
x
+
(
n
+
1
)
!
(
n
−
1
)
!
2
!
x
2
+
(
n
+
2
)
!
(
n
−
1
)
!
3
!
x
3
+
.
.
.
{\displaystyle {\frac {1}{(1-z)^{n}}}=1+{\frac {n!}{(n-1)!1!}}x+{\frac {(n+1)!}{(n-1)!2!}}x^{2}+{\frac {(n+2)!}{(n-1)!3!}}x^{3}+...}
ceci confirme le résultat déduit en utilisant un argument de dénombrement.
1. Une Nouvelle Compagnie a emprunté 250 000 € pour le capital initial de démarrage, et la banque prend un intérêt mensuel de 3 %. Avant la fin de chaque mois, ils envisagent de rendre x € et l'intérêt est compté le dernier jour de ce mois.
Soit
D
n
{\displaystyle D_{n}\,}
a)Définir
D
n
{\displaystyle D_{n}\,}
b)Trouver les valeurs minimales de x.
c)Extraire la formule générale pour
D
n
{\displaystyle D_{n}\,}
d)Ainsi, déterminer combien de mois sont nécessaires pour tout rembourser s'ils rendent 12 000 € chaque mois.
2. Un arbre binaire est un arbre où à partir de chaque nœud, on peut avoir deux nœuds. Montrer que la figure suivante est un exemple d'arbre binaire.
a)Soit
c
n
{\displaystyle c_{n}\,}
c
n
{\displaystyle c_{n}\,}
(i)Définir C(z) en utilisant la récursion.
(ii)Puis, trouver la forme réduite de C(z).
b)Soit
P
(
x
)
=
1
+
a
x
=
p
0
+
p
1
x
+
p
2
x
2
+
p
3
x
3
.
.
.
{\displaystyle P(x)={\sqrt {1+ax}}=p_{0}+p_{1}x+p_{2}x^{2}+p_{3}x^{3}...}
(i)En considérant la dérivée n-ième de P(x), trouver une formule pour
p
n
{\displaystyle p_{n}\,}
(ii)En utilisant les résultats à partir de a) et b)(i) , ou autrement, déduire une formule pour for
c
n
{\displaystyle c_{n}\,}
Conseil : Au lieu de faire une récursion pour rechercher le changement dans
c
n
{\displaystyle c_{n}\,}
