Sommation d'une famille double et combinatoire

Résolution.

1. Sommabilité de la famille. Pour justifier la sommabilité, examinons la série des valeurs absolues. On utilise la sommation par paquets en regroupant les termes selon la valeur de $n = p+q$. Posons $v_{p,q} = |u_{p,q}| = \binom{p+q}{q} |x|^p |x^2|^q$. Pour un $n$ fixé, la somme partielle est :
   $$\sum_{p+q=n} v_{p,q} = \sum_{q=0}^n \binom{n}{q} |x|^{n-q} (x^2)^q = |x|^n \sum_{q=0}^n \binom{n}{q} |x|^q = |x|^n (1+|x|)^n = (|x|+x^2)^n$$
   La famille est sommable si et seulement si la série $\sum_{n \geq 0} (|x|+x^2)^n$ converge. Comme $|x| < 1/2$, on a :
   $$|x|+x^2 < \frac{1}{2} + \frac{1}{4} = \frac{3}{4} < 1$$
   La série géométrique converge, donc la famille est sommable.
   $$\boxed{\text{La famille } (u_{p,q}) \text{ est sommable pour } |x| < 1/2.}$$

2. Calcul de la somme $S(x)$. Puisque la famille est sommable, on peut sommer par paquets selon $n = p+q$ :
   $$S(x) = \sum_{n=0}^{+\infty} \left( \sum_{p+q=n} (-1)^{p+q} \binom{p+q}{q} x^{p+2q} \right)$$
   En fixant $n = p+q$, on a $p = n-q$. L'expression devient :
   $$S(x) = \sum_{n=0}^{+\infty} (-1)^n \sum_{q=0}^n \binom{n}{q} x^{n-q} (x^2)^q = \sum_{n=0}^{+\infty} (-1)^n x^n \sum_{q=0}^n \binom{n}{q} x^q$$
   D'après la formule du binôme de Newton :
   $$S(x) = \sum_{n=0}^{+\infty} (-1)^n x^n (1+x)^n = \sum_{n=0}^{+\infty} (-x-x^2)^n$$
   Il s'agit d'une série géométrique de raison $r = -(x+x^2)$. Comme $|r| < 1$, on obtient :
   $$S(x) = \frac{1}{1 - (-(x+x^2))} = \frac{1}{1+x+x^2}$$
   $$\boxed{S(x) = \frac{1}{1+x+x^2}}$$

3. Développements en série entière. Première méthode : Par définition de la somme de la famille. On regroupe les termes de la famille $u_{p,q}$ par puissance de $x$. Soit $m = p+2q$.
   $$S(x) = \sum_{m=0}^{+\infty} \left( \sum_{p+2q=m} (-1)^{p+q} \binom{p+q}{q} \right) x^m$$
   Seconde méthode : Par manipulation de la fraction rationnelle. On remarque que $1+x+x^2 = \frac{1-x^3}{1-x}$. Ainsi :
   $$S(x) = \frac{1-x}{1-x^3} = (1-x) \sum_{k=0}^{+\infty} (x^3)^k = \sum_{k=0}^{+\infty} x^{3k} - \sum_{k=0}^{+\infty} x^{3k+1}$$
   En développant, on obtient la suite de coefficients $a_n$ :
   $$a_{3k} = 1,   a_{3k+1} = -1,   a_{3k+2} = 0$$

4. Calcul de $d_n$. On cherche à évaluer $d_n = \sum_{j \leq k,   j+k=n} (-1)^k \binom{k}{j}$. Posons $k = p+q$ et $j = q$ dans la définition de notre famille initiale. La condition $j \leq k$ est alors $q \leq p+q$, ce qui est toujours vrai pour $p, q \in \mathbb{N}$. La condition $j+k = n$ devient $q + (p+q) = p+2q = n$. Ainsi, $d_n$ est exactement le coefficient de $x^n$ dans le premier développement de $S(x)$ obtenu à la question 3. Par unicité du développement en série entière de la fonction $S$ au voisinage de $0$, on identifie $d_n$ avec les coefficients $a_n$ calculés précédemment. Conclusion :
   $$\boxed{ d_n = \begin{cases} 1 & \text{si } n \equiv 0 \pmod 3$$
   -1 & \text{si } n \equiv 1 \pmod 3
   0 & \text{si } n \equiv 2 \pmod 3 \end{cases} }