Éducation Nationale Française · MPSI
Sommes, produits et coefficients binomiaux
Vue d'ensemble du chapitre
Une somme finie est l'objet de calcul que l'on rencontre le plus souvent après les quatre opérations. Le lycée l'a écrite avec le symbole \(\sum\) et ses bornes, a sommé une suite arithmétique et une suite géométrique, et a développé \((a + b)^n\) avec les coefficients binomiaux, qu'il définissait par une formule. Ce chapitre est l'atelier où ces outils deviennent rigoureux et rapides. Le symbole \(\sum\) est défini, d'abord par récurrence sur sa borne supérieure, puis sur un ensemble fini quelconque, et ses règles — linéarité, relation de Chasles, sommation par paquets, changement d'indice — sont démontrées. Cinq fils traversent le chapitre. Le premier est celui des symboles \(\sum\) et \(\prod\) avec la factorielle, maniés à travers l'indice muet et la somme et le produit vides. Le deuxième est le télescopage et les sommes classiques : les sommes des premiers entiers, carrés et cubes, la somme géométrique et la factorisation de \(a^n - b^n\). Le troisième est celui des sommes doubles : l'ordre de sommation, le produit de deux sommes, les sommes sur un triangle. Le quatrième est celui des coefficients binomiaux, définis par une formule et dont chaque propriété se calcule, et de la formule du binôme, démontrée par récurrence avec la relation de Pascal. Le cinquième est celui des inégalités sur les sommes finies : l'inégalité de Bernoulli, l'inégalité de Cauchy-Schwarz et l'inégalité arithmético-géométrique. Un point est admis là où il sert d'abord, et démontré en fin de première section, dans le Text « Preuve différée » : la commutativité et l'associativité généralisées de l'addition et de la multiplication, dites dans les Définitions « Somme sur un ensemble fini » et « Produit sur un ensemble fini » ; tout énoncé du chapitre est ainsi démontré.
Conventions. Les sommes et les produits portent sur des nombres réels. La somme vide vaut \(0\) et le produit vide vaut \(1\). Une convention pédagogique. Pour clarifier une identité avec \(\sum\), la forme formelle et la forme développée, où les termes sont écrits avec le signe \(+\), sont écrites sur deux lignes consécutives, afin que le lecteur voie à quoi ressemble chaque terme. Les fonctions \(\ln\), \(\exp\), \(\sqrt{\cdot}\) et \(\cos\) sont connues du lycée et utilisées comme telles.
Notations. La somme des termes \(a_k\) pour \(k\) de \(m\) à \(n\) s'écrit \(\sum_{k=m}^{n} a_k\), et sur un ensemble fini \(I\) elle s'écrit \(\sum_{i \in I} a_i\) ; l'indice est une lettre muette, jamais une lettre déjà employée dans la somme. Une somme sur les couples \((i, j)\) avec \(1 \le i < j \le n\), respectivement \(1 \le i \le j \le n\), s'écrit \(\sum_{1 \le i < j \le n}\), respectivement \(\sum_{1 \le i \le j \le n}\). Comme dans le chapitre Ensembles, \(\llbracket m, n \rrbracket\) est l'ensemble des entiers de \(m\) à \(n\) et \(\emptyset\) est l'ensemble vide. La factorielle est \(n!\) et le coefficient binomial est \(\binom{n}{k}\), égal à \(0\) pour \(k < 0\) et pour \(k > n\). La partie entière de \(x\) est \(\lfloor x \rfloor\) ; « positif » signifie \(\ge 0\), et « croissant » s'entend au sens large. Dans un ensemble listé, un \(n\)-uplet ou un intervalle, le séparateur est la virgule.
Conventions. Les sommes et les produits portent sur des nombres réels. La somme vide vaut \(0\) et le produit vide vaut \(1\). Une convention pédagogique. Pour clarifier une identité avec \(\sum\), la forme formelle et la forme développée, où les termes sont écrits avec le signe \(+\), sont écrites sur deux lignes consécutives, afin que le lecteur voie à quoi ressemble chaque terme. Les fonctions \(\ln\), \(\exp\), \(\sqrt{\cdot}\) et \(\cos\) sont connues du lycée et utilisées comme telles.
Notations. La somme des termes \(a_k\) pour \(k\) de \(m\) à \(n\) s'écrit \(\sum_{k=m}^{n} a_k\), et sur un ensemble fini \(I\) elle s'écrit \(\sum_{i \in I} a_i\) ; l'indice est une lettre muette, jamais une lettre déjà employée dans la somme. Une somme sur les couples \((i, j)\) avec \(1 \le i < j \le n\), respectivement \(1 \le i \le j \le n\), s'écrit \(\sum_{1 \le i < j \le n}\), respectivement \(\sum_{1 \le i \le j \le n}\). Comme dans le chapitre Ensembles, \(\llbracket m, n \rrbracket\) est l'ensemble des entiers de \(m\) à \(n\) et \(\emptyset\) est l'ensemble vide. La factorielle est \(n!\) et le coefficient binomial est \(\binom{n}{k}\), égal à \(0\) pour \(k < 0\) et pour \(k > n\). La partie entière de \(x\) est \(\lfloor x \rfloor\) ; « positif » signifie \(\ge 0\), et « croissant » s'entend au sens large. Dans un ensemble listé, un \(n\)-uplet ou un intervalle, le séparateur est la virgule.
Prérequis
Ce chapitre suppose connu le chapitre Raisonner et rédiger : la récurrence simple et son schéma de rédaction, la Méthode « Rédiger une récurrence simple », employée dans presque toutes les démonstrations du chapitre, à partir du rang \(0\) ou d'un rang entier \(n_0\) quelconque par le décalage \(n \mapsto n - n_0\). Du chapitre Ensembles : l'intervalle d'entiers \(\llbracket m, n \rrbracket\) (la Définition « Intervalle d'entiers »), les parties d'un ensemble, le produit cartésien \(I \times J\), et la réunion disjointe et la partition (la Définition « Recouvrement disjoint, partition »). Du chapitre Applications : une famille \((a_i)_{i \in I}\) de réels est une application de \(I\) dans \(\mathbb{R}\) (la Définition « Famille d'éléments »), une bijection et son application réciproque, et la composée de deux applications. Du chapitre Nombres réels : l'ordre de \(\mathbb{R}\) et les règles de calcul sur les inégalités, la valeur absolue avec la Proposition « Inégalité triangulaire généralisée », \(\lvert x_1 + \dots + x_n \rvert \le \lvert x_1 \rvert + \dots + \lvert x_n \rvert\), et la partie entière \(\lfloor x \rfloor\) et \(\lceil x \rceil\). Un ensemble fini est un ensemble dont les éléments peuvent être listés sans répétition, \(i_1, \dots, i_p\), et une partie d'un ensemble fini est un ensemble fini ; le nombre d'éléments d'un ensemble fini est l'objet du chapitre de dénombrement et n'est pas nécessaire ici. Les faits suivants du lycée sont utilisés sans démonstration : les identités remarquables et les règles de calcul sur les puissances ; \(\sqrt{x}\) pour \(x \ge 0\) et la quantité conjuguée ; \(\ln\) et \(\exp\) avec leurs équations fonctionnelles \(\ln(ab) = \ln a + \ln b\) et \(e^{a+b} = e^a e^b\), pour les télescopages de logarithmes et les produits d'exponentielles ; \(\cos\) avec \(\cos(\pi - x) = -\cos x\) et ses valeurs aux multiples de \(\frac{\pi}{2}\) et de \(\frac{2\pi}{3}\) ; la décomposition d'une fraction rationnelle simple faite à la main, comme \(\frac{1}{k(k+1)} = \frac{1}{k} - \frac{1}{k+1}\) ; la parité d'un entier ; la somme des premiers entiers, \(\sum_{k=1}^{n} k = \frac{n(n+1)}{2}\), et la somme géométrique, \(\sum_{k=0}^{n} q^k = \frac{1 - q^{n+1}}{1 - q}\) pour \(q \ne 1\), que le Théorème « Sommes classiques » démontre à nouveau et dont aucune démonstration du chapitre ne dépend avant lui ; et la dérivée d'un polynôme, employée seulement dans des exercices de la feuille, jamais dans une démonstration du cours. Un point est admis là où il sert d'abord, et démontré en fin de première section, dans le Text « Preuve différée » : la commutativité et l'associativité généralisées de l'addition et de la multiplication, dans les Définitions « Somme sur un ensemble fini » et « Produit sur un ensemble fini ». Le chapitre n'utilise ni limite, ni intégrale, ni polynôme comme objet, ni nombre complexe, ni dénombrement — ni le nombre d'éléments d'une partie, ni le sens combinatoire de \(\binom{n}{k}\) — ni divisibilité au-delà de la parité d'un entier, ni produit scalaire : l'inégalité de Cauchy-Schwarz est démontrée pour des sommes de réels. Une suite définie dans un énoncé, comme la suite de Fibonacci, est définie par l'énoncé.
I
Sommes et produits
Sommes et produits comme raccourci
Les symboles \(\sum\) et \(\prod\) abrègent une somme et un produit qu'il serait pénible d'écrire en extension. Ils sont définis par récurrence sur la borne supérieure puis sur un ensemble fini ; les règles par lesquelles on les manie — comment couper une somme, regrouper ses termes par paquets, changer son indice — sont démontrées ; et la factorielle, le premier produit que rencontre tout calcul, est un produit d'entiers consécutifs.
I.1
Sommes finies
Sommer terme après terme
Le lycée a écrit la somme \(a_m + a_{m+1} + \dots + a_n\) avec le symbole \(\sum\) et l'a lue comme une boucle qui ajoute un terme après l'autre. La Définition « Notation sigma » fait de cette lecture une définition par récurrence sur la borne supérieure, ce qui permet de démontrer chaque règle de calcul. La Définition « Somme sur un ensemble fini » somme sur un ensemble fini d'indices quelconque, pas nécessairement une liste d'entiers consécutifs : c'est le support des sommes doubles, dont les indices sont des couples, et des paquets, qui sont des parties de l'ensemble des indices.
Définition — Notation sigma
Soient \(m, n \in \mathbb{Z}\), et \(a_k\) un réel pour chaque entier \(k\) tel que \(m \le k \le n\). La somme \(\sum_{k=m}^{n} a_k\) est définie par récurrence sur \(n\) : - somme vide : \(\sum_{k=m}^{n} a_k = 0\) lorsque \(n < m\) ;
- ajout d'un terme : \(\sum_{k=m}^{n+1} a_k = \sum_{k=m}^{n} a_k + a_{n+1}\) pour tout \(n \ge m - 1\).
Définition — Somme sur un ensemble fini
Soient \(I\) un ensemble fini et \((a_i)_{i \in I}\) une famille de réels. Une énumération de \(I\) est une liste \(i_1, \dots, i_p\) dans laquelle chaque élément de \(I\) figure exactement une fois, avec \(p = 0\) lorsque \(I = \emptyset\). La somme de la famille est la somme des termes listés dans une énumération : $$ \sum_{i \in I} a_i = \sum_{j=1}^{p} a_{i_j} = a_{i_1} + a_{i_2} + \dots + a_{i_p}. $$ Elle vaut \(0\) lorsque \(I = \emptyset\). Pour \(I = \llbracket m, n \rrbracket\) et l'énumération croissante, c'est la somme \(\sum_{k=m}^{n} a_k\) de la Définition « Notation sigma » : \(\sum_{k=m}^{n} a_k = \sum_{k \in \llbracket m, n \rrbracket} a_k\).Admise ici (hors programme), puis démontrée en fin de section dans le Text « Preuve différée » : la valeur ne dépend pas de l'énumération choisie. C'est la commutativité et l'associativité généralisées de l'addition : une somme finie de réels ne dépend ni de l'ordre ni du parenthésage de ses termes. C'est ce qui donne un sens à la notation \(\sum_{i \in I}\), une famille n'ayant pas d'ordre privilégié.
Exemple — Lire une somme
Trois sommes, lues en extension : - \(\sum_{k=1}^{5} k = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15\) ;
- \(\sum_{i \in \{1, 4, 9\}} \sqrt{i} = \sqrt{1} + \sqrt{4} + \sqrt{9} = 1 + 2 + 3 = 6\) ;
- \(\sum_{k=3}^{2} \frac{1}{k} = 0\), car la borne supérieure \(2\) est plus petite que la borne inférieure \(3\) : la somme est vide, comme \(\sum_{i \in \emptyset} a_i\).
Piège — l'indice d'une somme est muet
L'indice d'une somme est une variable muette. Il n'existe qu'à l'intérieur de la somme, entre le symbole \(\sum\) et la fin du terme général : \(\sum_{k=1}^{n} a_k = \sum_{j=1}^{n} a_j = \sum_{i=1}^{n} a_i\), et la valeur dépend des bornes et du terme général, non de la lettre. Deux conséquences en découlent. L'indice n'est jamais une lettre qui a déjà un sens dans la somme : \(\sum_{n=1}^{n} a_n\) n'a pas de sens, puisque \(n\) serait à la fois l'indice et la borne. Et une lettre écrite hors de la somme n'est pas l'indice : \(\sum_{k=1}^{n} k\) ne dépend pas de \(k\), donc elle n'est pas égale à \(nk\). En revanche deux sommes voisines peuvent employer la même lettre, comme dans \(\sum_{k=1}^{n} k + \sum_{k=1}^{n} k^2\) : chaque \(k\) vit dans sa propre somme.
Proposition — Nombre de termes
Soient \(m, n \in \mathbb{Z}\) avec \(n \ge m - 1\), et \(c \in \mathbb{R}\). Alors $$ \textcolor{colorprop}{\sum_{k=m}^{n} c = (n - m + 1)\,c.} $$ En particulier \(\sum_{k=m}^{n} 1 = n - m + 1\) : une somme de \(m\) à \(n\) a \(n - m + 1\) termes, et non \(n - m\).
Première démonstration, par récurrence. Pour \(n \ge m - 1\), notons \(P_n\) la propriété « \(\sum_{k=m}^{n} c = (n - m + 1)\,c\) ».
Initialisation. Pour \(n = m - 1\), la somme est vide, donc elle vaut \(0\), et \((n - m + 1)\,c = 0 \cdot c = 0\) : \(P_{m-1}\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n \ge m - 1\) et supposons \(P_n\). Alors $$ \begin{aligned} \sum_{k=m}^{n+1} c &= \sum_{k=m}^{n} c + c && \text{(définition de \(\sum\))} \\ &= (n - m + 1)\,c + c && \text{(hypothèse de récurrence)} \\ &= (n - m + 2)\,c, \end{aligned} $$ la dernière étape en factorisant \(c\) dans \((n - m + 1)\,c + 1 \cdot c\). Comme \(n - m + 2 = (n + 1) - m + 1\), c'est \(P_{n+1}\). Puisque \(P_{m-1}\) est vraie et que \(P_n \Rightarrow P_{n+1}\) pour tout \(n \ge m - 1\), par récurrence à partir du rang \(m - 1\), \(P_n\) est vraie pour tout \(n \ge m - 1\).
Seconde démonstration, par la forme développée. Pour \(n = m - 1\), la somme est vide et vaut \(0 = (n - m + 1)\,c\). Pour \(n \ge m\), la forme développée \(c + c + \dots + c\) a un terme pour chacun des entiers \(m, m + 1, \dots, n\), soit \(n - m + 1\) termes, tous égaux à \(c\) : la somme vaut \((n - m + 1)\,c\).
Initialisation. Pour \(n = m - 1\), la somme est vide, donc elle vaut \(0\), et \((n - m + 1)\,c = 0 \cdot c = 0\) : \(P_{m-1}\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n \ge m - 1\) et supposons \(P_n\). Alors $$ \begin{aligned} \sum_{k=m}^{n+1} c &= \sum_{k=m}^{n} c + c && \text{(définition de \(\sum\))} \\ &= (n - m + 1)\,c + c && \text{(hypothèse de récurrence)} \\ &= (n - m + 2)\,c, \end{aligned} $$ la dernière étape en factorisant \(c\) dans \((n - m + 1)\,c + 1 \cdot c\). Comme \(n - m + 2 = (n + 1) - m + 1\), c'est \(P_{n+1}\). Puisque \(P_{m-1}\) est vraie et que \(P_n \Rightarrow P_{n+1}\) pour tout \(n \ge m - 1\), par récurrence à partir du rang \(m - 1\), \(P_n\) est vraie pour tout \(n \ge m - 1\).
Seconde démonstration, par la forme développée. Pour \(n = m - 1\), la somme est vide et vaut \(0 = (n - m + 1)\,c\). Pour \(n \ge m\), la forme développée \(c + c + \dots + c\) a un terme pour chacun des entiers \(m, m + 1, \dots, n\), soit \(n - m + 1\) termes, tous égaux à \(c\) : la somme vaut \((n - m + 1)\,c\).
Méthode — Écrire et lire une somme
Pour lire une somme, ou pour en écrire une : - Pour lire une somme, repérer l'indice, les bornes et le terme général. Écrire les premiers termes, puis des points, puis le dernier terme. Compter les termes : il y en a \(n - m + 1\), et la somme est vide, égale à \(0\), lorsque la borne supérieure est plus petite que la borne inférieure. Une lettre qui n'est ni l'indice ni une borne est un paramètre : c'est une constante pour la somme.
- Pour écrire une somme à partir d'une liste de termes, trouver le terme général en fonction de la position du terme dans la liste ; pour des termes dont les signes alternent, un facteur \((-1)^k\) ou \((-1)^{k+1}\) donne le signe. Choisir l'indice et ses bornes de sorte que le premier et le dernier terme de la liste soient les valeurs du terme général aux deux bornes.
Exemple — Écrire une somme alternée
Écrire \(\frac{1}{2} - \frac{1}{4} + \frac{1}{8} - \dots + \frac{(-1)^{n+1}}{2^n}\) avec le symbole \(\sum\), pour \(n \ge 1\), et donner son nombre de termes. Puis le calculer pour \(n = 3\).
Le terme général. Les dénominateurs sont les puissances \(2^1, 2^2, 2^3, \dots, 2^n\), et les signes sont \(+, -, +, \dots\) : le signe est \(+\) pour la position \(k = 1\), donc c'est \((-1)^{k+1}\). Le terme général est \(a_k = \frac{(-1)^{k+1}}{2^k}\).
Les bornes. Le premier terme est \(a_1 = \frac{(-1)^2}{2^1} = \frac{1}{2}\) et le dernier est \(a_n = \frac{(-1)^{n+1}}{2^n}\), comme dans la liste. Donc $$ \frac{1}{2} - \frac{1}{4} + \frac{1}{8} - \dots + \frac{(-1)^{n+1}}{2^n} = \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k+1}}{2^k}, $$ somme de \(n - 1 + 1 = n\) termes.
La valeur pour \(n = 3\). $$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{3} \frac{(-1)^{k+1}}{2^k} &= \frac{(-1)^2}{2^1} + \frac{(-1)^3}{2^2} + \frac{(-1)^4}{2^3} && \text{(forme développée)} \\ &= \frac{1}{2} - \frac{1}{4} + \frac{1}{8} && \text{(signes)} \\ &= \frac{4 - 2 + 1}{8} && \text{(dénominateur commun \(8\))} \\ &= \frac{3}{8}. \end{aligned} $$
Les bornes. Le premier terme est \(a_1 = \frac{(-1)^2}{2^1} = \frac{1}{2}\) et le dernier est \(a_n = \frac{(-1)^{n+1}}{2^n}\), comme dans la liste. Donc $$ \frac{1}{2} - \frac{1}{4} + \frac{1}{8} - \dots + \frac{(-1)^{n+1}}{2^n} = \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k+1}}{2^k}, $$ somme de \(n - 1 + 1 = n\) termes.
La valeur pour \(n = 3\). $$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{3} \frac{(-1)^{k+1}}{2^k} &= \frac{(-1)^2}{2^1} + \frac{(-1)^3}{2^2} + \frac{(-1)^4}{2^3} && \text{(forme développée)} \\ &= \frac{1}{2} - \frac{1}{4} + \frac{1}{8} && \text{(signes)} \\ &= \frac{4 - 2 + 1}{8} && \text{(dénominateur commun \(8\))} \\ &= \frac{3}{8}. \end{aligned} $$
Compétences à pratiquer
- Lire les bornes et le nombre de termes d'une somme ★
- Évaluer une somme écrite avec \(\sum\) ★
- Compter les termes et écrire une somme avec \(\sum\) ★
I.2
Règles de calcul
Calculer avec le symbole
Trois règles manient le symbole \(\sum\) : la linéarité, qui sépare une somme de sommes et sort une constante ; la relation de Chasles, qui coupe une somme en deux ; et la sommation par paquets, qui rassemble en groupes les indices d'un ensemble fini. Chacune se démontre à partir de la définition, et chacune se vérifie en écrivant les sommes sous forme développée : les règles se comprennent, elles ne s'apprennent pas par cœur.
Proposition — Linéarité de \(\sum\)
Soient \(\lambda, \mu \in \mathbb{R}\). - Pour \(m, n \in \mathbb{Z}\) et des réels \(a_k\), \(b_k\) (\(m \le k \le n\)), la seconde ligne étant écrite pour \(n \ge m\) : $$ \textcolor{colorprop}{\begin{aligned} \sum_{k=m}^{n} (\lambda a_k + \mu b_k) &= \lambda \sum_{k=m}^{n} a_k + \mu \sum_{k=m}^{n} b_k \\ (\lambda a_m + \mu b_m) + \dots + (\lambda a_n + \mu b_n) &= \lambda (a_m + \dots + a_n) + \mu (b_m + \dots + b_n) \end{aligned}} $$
- Pour un ensemble fini \(I\) et des familles \((a_i)_{i \in I}\) et \((b_i)_{i \in I}\) de réels, \(\sum_{i \in I} (\lambda a_i + \mu b_i) = \lambda \sum_{i \in I} a_i + \mu \sum_{i \in I} b_i\).
Première démonstration, par récurrence. Si \(n < m - 1\), les trois sommes sont vides et les deux membres valent \(0 = \lambda \cdot 0 + \mu \cdot 0\). Pour \(n \ge m - 1\), notons \(P_n\) la propriété « \(\sum_{k=m}^{n} (\lambda a_k + \mu b_k) = \lambda \sum_{k=m}^{n} a_k + \mu \sum_{k=m}^{n} b_k\) ».
Initialisation. Pour \(n = m - 1\) les trois sommes sont vides, donc les deux membres valent \(0\) : \(P_{m-1}\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n \ge m - 1\) et supposons \(P_n\). Alors $$ \begin{aligned} \sum_{k=m}^{n+1} (\lambda a_k + \mu b_k) &= \sum_{k=m}^{n} (\lambda a_k + \mu b_k) + (\lambda a_{n+1} + \mu b_{n+1}) && \text{(définition de \(\sum\))} \\ &= \lambda \sum_{k=m}^{n} a_k + \mu \sum_{k=m}^{n} b_k + \lambda a_{n+1} + \mu b_{n+1} && \text{(hypothèse de récurrence)} \\ &= \lambda \Bigl( \sum_{k=m}^{n} a_k + a_{n+1} \Bigr) + \mu \Bigl( \sum_{k=m}^{n} b_k + b_{n+1} \Bigr) && \text{(distributivité)} \\ &= \lambda \sum_{k=m}^{n+1} a_k + \mu \sum_{k=m}^{n+1} b_k, \end{aligned} $$ la dernière étape étant la définition de \(\sum\), lue de droite à gauche. C'est \(P_{n+1}\), et la récurrence donne \(P_n\) pour tout \(n \ge m - 1\). Pour un ensemble fini \(I\), soit \(i_1, \dots, i_p\) une énumération de \(I\) : $$ \begin{aligned} \sum_{i \in I} (\lambda a_i + \mu b_i) &= \sum_{j=1}^{p} (\lambda a_{i_j} + \mu b_{i_j}) && \text{(définition de la somme sur \(I\))} \\ &= \lambda \sum_{j=1}^{p} a_{i_j} + \mu \sum_{j=1}^{p} b_{i_j} && \text{(le cas d'un intervalle d'entiers)} \\ &= \lambda \sum_{i \in I} a_i + \mu \sum_{i \in I} b_i, \end{aligned} $$ la dernière étape étant la définition de la somme sur \(I\), pour les deux familles.
Seconde démonstration, par la forme développée. Pour \(n \ge m\), la commutativité et l'associativité de l'addition regroupent les termes de \((\lambda a_m + \mu b_m) + \dots + (\lambda a_n + \mu b_n)\) en \((\lambda a_m + \dots + \lambda a_n) + (\mu b_m + \dots + \mu b_n)\), et la distributivité de la multiplication sur l'addition sort \(\lambda\) et \(\mu\) des deux parenthèses.
Initialisation. Pour \(n = m - 1\) les trois sommes sont vides, donc les deux membres valent \(0\) : \(P_{m-1}\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n \ge m - 1\) et supposons \(P_n\). Alors $$ \begin{aligned} \sum_{k=m}^{n+1} (\lambda a_k + \mu b_k) &= \sum_{k=m}^{n} (\lambda a_k + \mu b_k) + (\lambda a_{n+1} + \mu b_{n+1}) && \text{(définition de \(\sum\))} \\ &= \lambda \sum_{k=m}^{n} a_k + \mu \sum_{k=m}^{n} b_k + \lambda a_{n+1} + \mu b_{n+1} && \text{(hypothèse de récurrence)} \\ &= \lambda \Bigl( \sum_{k=m}^{n} a_k + a_{n+1} \Bigr) + \mu \Bigl( \sum_{k=m}^{n} b_k + b_{n+1} \Bigr) && \text{(distributivité)} \\ &= \lambda \sum_{k=m}^{n+1} a_k + \mu \sum_{k=m}^{n+1} b_k, \end{aligned} $$ la dernière étape étant la définition de \(\sum\), lue de droite à gauche. C'est \(P_{n+1}\), et la récurrence donne \(P_n\) pour tout \(n \ge m - 1\). Pour un ensemble fini \(I\), soit \(i_1, \dots, i_p\) une énumération de \(I\) : $$ \begin{aligned} \sum_{i \in I} (\lambda a_i + \mu b_i) &= \sum_{j=1}^{p} (\lambda a_{i_j} + \mu b_{i_j}) && \text{(définition de la somme sur \(I\))} \\ &= \lambda \sum_{j=1}^{p} a_{i_j} + \mu \sum_{j=1}^{p} b_{i_j} && \text{(le cas d'un intervalle d'entiers)} \\ &= \lambda \sum_{i \in I} a_i + \mu \sum_{i \in I} b_i, \end{aligned} $$ la dernière étape étant la définition de la somme sur \(I\), pour les deux familles.
Seconde démonstration, par la forme développée. Pour \(n \ge m\), la commutativité et l'associativité de l'addition regroupent les termes de \((\lambda a_m + \mu b_m) + \dots + (\lambda a_n + \mu b_n)\) en \((\lambda a_m + \dots + \lambda a_n) + (\mu b_m + \dots + \mu b_n)\), et la distributivité de la multiplication sur l'addition sort \(\lambda\) et \(\mu\) des deux parenthèses.
Proposition — Découpage et relation de Chasles
Soient \(m, p, n \in \mathbb{Z}\) avec \(m - 1 \le p \le n\), et \(a_k\) un réel pour \(m \le k \le n\). Alors, la seconde ligne étant écrite pour \(m \le p < n\) : $$ \textcolor{colorprop}{\begin{aligned} \sum_{k=m}^{n} a_k &= \sum_{k=m}^{p} a_k + \sum_{k=p+1}^{n} a_k \\
a_m + \dots + a_p + a_{p+1} + \dots + a_n &= (a_m + \dots + a_p) + (a_{p+1} + \dots + a_n) \end{aligned}} $$ Pour \(p = m - 1\) la première somme du second membre est vide, et pour \(p = n\) c'est la seconde : la relation s'écrit alors \(\sum_{k=m}^{n} a_k = 0 + \sum_{k=m}^{n} a_k\) et \(\sum_{k=m}^{n} a_k = \sum_{k=m}^{n} a_k + 0\).
Première démonstration, par récurrence sur \(n\), avec \(m\) et \(p\) fixés. Pour \(n \ge p\), notons \(P_n\) la propriété « \(\sum_{k=m}^{n} a_k = \sum_{k=m}^{p} a_k + \sum_{k=p+1}^{n} a_k\) ».
Initialisation. Pour \(n = p\), la somme de \(p + 1\) à \(p\) est vide, donc elle vaut \(0\), et le second membre est \(\sum_{k=m}^{p} a_k\), qui est le premier membre : \(P_p\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n \ge p\) et supposons \(P_n\). Alors $$ \begin{aligned} \sum_{k=m}^{n+1} a_k &= \sum_{k=m}^{n} a_k + a_{n+1} && \text{(définition de \(\sum\))} \\ &= \sum_{k=m}^{p} a_k + \sum_{k=p+1}^{n} a_k + a_{n+1} && \text{(hypothèse de récurrence)} \\ &= \sum_{k=m}^{p} a_k + \sum_{k=p+1}^{n+1} a_k, \end{aligned} $$ la dernière étape étant la définition de \(\sum\) de \(p + 1\) à \(n + 1\), valable car \(n \ge p\). C'est \(P_{n+1}\) : le pas de récurrence est la définition de \(\sum\). Puisque \(P_p\) est vraie et que \(P_n \Rightarrow P_{n+1}\) pour tout \(n \ge p\), par récurrence à partir du rang \(p\), \(P_n\) est vraie pour tout \(n \ge p\).
Seconde démonstration, par la forme développée. Pour \(m \le p < n\), la forme développée \(a_m + \dots + a_p + a_{p+1} + \dots + a_n\) est une somme de \(n - m + 1\) termes ; l'associativité de l'addition permet d'insérer une parenthèse autour des \(p - m + 1\) premiers termes et une autre autour des derniers, ce qui est la seconde ligne. Pour \(p = m - 1\) et pour \(p = n\), l'une des deux sommes est vide, égale à \(0\).
Initialisation. Pour \(n = p\), la somme de \(p + 1\) à \(p\) est vide, donc elle vaut \(0\), et le second membre est \(\sum_{k=m}^{p} a_k\), qui est le premier membre : \(P_p\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n \ge p\) et supposons \(P_n\). Alors $$ \begin{aligned} \sum_{k=m}^{n+1} a_k &= \sum_{k=m}^{n} a_k + a_{n+1} && \text{(définition de \(\sum\))} \\ &= \sum_{k=m}^{p} a_k + \sum_{k=p+1}^{n} a_k + a_{n+1} && \text{(hypothèse de récurrence)} \\ &= \sum_{k=m}^{p} a_k + \sum_{k=p+1}^{n+1} a_k, \end{aligned} $$ la dernière étape étant la définition de \(\sum\) de \(p + 1\) à \(n + 1\), valable car \(n \ge p\). C'est \(P_{n+1}\) : le pas de récurrence est la définition de \(\sum\). Puisque \(P_p\) est vraie et que \(P_n \Rightarrow P_{n+1}\) pour tout \(n \ge p\), par récurrence à partir du rang \(p\), \(P_n\) est vraie pour tout \(n \ge p\).
Seconde démonstration, par la forme développée. Pour \(m \le p < n\), la forme développée \(a_m + \dots + a_p + a_{p+1} + \dots + a_n\) est une somme de \(n - m + 1\) termes ; l'associativité de l'addition permet d'insérer une parenthèse autour des \(p - m + 1\) premiers termes et une autre autour des derniers, ce qui est la seconde ligne. Pour \(p = m - 1\) et pour \(p = n\), l'une des deux sommes est vide, égale à \(0\).
Proposition — Sommation par paquets
Soient \(I\) un ensemble fini et \((a_i)_{i \in I}\) une famille de réels. - Si \(I = I_1 \sqcup I_2\) est une réunion disjointe, alors \(\sum_{i \in I} a_i = \sum_{i \in I_1} a_i + \sum_{i \in I_2} a_i\).
- Si \(I = I_1 \sqcup \dots \sqcup I_r\) est un recouvrement disjoint de \(I\) en \(r \ge 1\) morceaux, dont certains peuvent être vides, alors $$ \textcolor{colorprop}{\sum_{i \in I} a_i = \sum_{j=1}^{r} \ \sum_{i \in I_j} a_i.} $$
Deux paquets. Soit \(i_1, \dots, i_p\) une énumération de \(I_1\) et \(i'_1, \dots, i'_q\) une énumération de \(I_2\), avec \(p, q \ge 0\). La liste \(i_1, \dots, i_p, i'_1, \dots, i'_q\) est une énumération de \(I\) : tout élément de \(I = I_1 \cup I_2\) y figure, et exactement une fois, car les \(i_j\) sont deux à deux distincts, les \(i'_j\) sont deux à deux distincts, et aucun \(i_j\) n'est un \(i'_{j'}\) puisque \(I_1 \cap I_2 = \emptyset\). Posons \(b_j = a_{i_j}\) pour \(1 \le j \le p\) et \(b_{p+j} = a_{i'_j}\) pour \(1 \le j \le q\). Comme la Définition « Somme sur un ensemble fini » autorise n'importe quelle énumération, $$ \begin{aligned} \sum_{i \in I} a_i &= \sum_{j=1}^{p+q} b_j && \text{(énumération de \(I\) formée de celles de \(I_1\) et de \(I_2\))} \\
&= \sum_{j=1}^{p} b_j + \sum_{j=p+1}^{p+q} b_j && \text{(relation de Chasles, \(0 \le p \le p + q\))} \\
&= \sum_{i \in I_1} a_i + \sum_{i \in I_2} a_i, \end{aligned} $$ la dernière étape parce que \(b_j = a_{i_j}\) pour \(j \le p\), et parce que la forme développée \(b_{p+1} + \dots + b_{p+q}\) est \(a_{i'_1} + \dots + a_{i'_q}\).
\(r\) paquets, par récurrence sur \(r\). Notons \(P_r\) la propriété « la formule vaut pour tout ensemble fini \(I\), toute famille \((a_i)_{i \in I}\) et tout recouvrement disjoint de \(I\) par \(r\) morceaux ».
Initialisation. Pour \(r = 1\), \(I = I_1\) et \(\sum_{j=1}^{1} \sum_{i \in I_j} a_i = 0 + \sum_{i \in I_1} a_i = \sum_{i \in I} a_i\) : \(P_1\) est vraie.
Hérédité. Soit \(r \ge 1\) et supposons \(P_r\). Soit \(I = I_1 \sqcup \dots \sqcup I_{r+1}\), et \(I' = I_1 \cup \dots \cup I_r\), une partie de \(I\), donc un ensemble fini. Les morceaux \(I_1, \dots, I_r\) forment un recouvrement disjoint de \(I'\), et \(I = I' \sqcup I_{r+1}\), car \(I_{r+1}\) est disjoint de chaque \(I_j\), donc de leur réunion. Alors $$ \begin{aligned} \sum_{i \in I} a_i &= \sum_{i \in I'} a_i + \sum_{i \in I_{r+1}} a_i && \text{(deux paquets)} \\ &= \sum_{j=1}^{r} \sum_{i \in I_j} a_i + \sum_{i \in I_{r+1}} a_i && \text{(hypothèse de récurrence sur \(I'\))} \\ &= \sum_{j=1}^{r+1} \sum_{i \in I_j} a_i, \end{aligned} $$ la dernière étape étant la définition de \(\sum\), qui ajoute le terme d'indice \(r + 1\). C'est \(P_{r+1}\), et la récurrence donne \(P_r\) pour tout \(r \ge 1\).
\(r\) paquets, par récurrence sur \(r\). Notons \(P_r\) la propriété « la formule vaut pour tout ensemble fini \(I\), toute famille \((a_i)_{i \in I}\) et tout recouvrement disjoint de \(I\) par \(r\) morceaux ».
Initialisation. Pour \(r = 1\), \(I = I_1\) et \(\sum_{j=1}^{1} \sum_{i \in I_j} a_i = 0 + \sum_{i \in I_1} a_i = \sum_{i \in I} a_i\) : \(P_1\) est vraie.
Hérédité. Soit \(r \ge 1\) et supposons \(P_r\). Soit \(I = I_1 \sqcup \dots \sqcup I_{r+1}\), et \(I' = I_1 \cup \dots \cup I_r\), une partie de \(I\), donc un ensemble fini. Les morceaux \(I_1, \dots, I_r\) forment un recouvrement disjoint de \(I'\), et \(I = I' \sqcup I_{r+1}\), car \(I_{r+1}\) est disjoint de chaque \(I_j\), donc de leur réunion. Alors $$ \begin{aligned} \sum_{i \in I} a_i &= \sum_{i \in I'} a_i + \sum_{i \in I_{r+1}} a_i && \text{(deux paquets)} \\ &= \sum_{j=1}^{r} \sum_{i \in I_j} a_i + \sum_{i \in I_{r+1}} a_i && \text{(hypothèse de récurrence sur \(I'\))} \\ &= \sum_{j=1}^{r+1} \sum_{i \in I_j} a_i, \end{aligned} $$ la dernière étape étant la définition de \(\sum\), qui ajoute le terme d'indice \(r + 1\). C'est \(P_{r+1}\), et la récurrence donne \(P_r\) pour tout \(r \ge 1\).
Piège — ce qu'une somme ne fait pas
Une somme est linéaire, et rien de plus. La somme de produits n'est pas le produit des sommes : \(\sum_{k=1}^{2} k \cdot k = 1 + 4 = 5\), alors que \(\bigl( \sum_{k=1}^{2} k \bigr) \bigl( \sum_{k=1}^{2} k \bigr) = 3 \cdot 3 = 9\). De même \(\bigl( \sum a_k \bigr)^p\) n'est pas \(\sum a_k^p\) : pour \(p = 2\) et les termes \(1\) et \(2\), \((1 + 2)^2 = 9\) alors que \(1^2 + 2^2 = 5\), les termes croisés manquant. Un facteur qui dépend de l'indice ne se sort pas de la somme, seule une constante le peut. L'inégalité triangulaire donne \(\bigl\lvert \sum a_k \bigr\rvert \le \sum \lvert a_k \rvert\), et ce n'est une égalité que dans des cas particuliers : \(\lvert 1 + (-1) \rvert = 0 < 2 = \lvert 1 \rvert + \lvert -1 \rvert\).
Méthode — Appliquer les règles de \(\sum\)
Pour transformer une somme donnée avec les règles de \(\sum\) : - Séparer et sortir les constantes. La linéarité sépare \(\sum (\lambda a_k + \mu b_k)\) en \(\lambda \sum a_k + \mu \sum b_k\). Un facteur qui ne contient pas l'indice sort de la somme, et une somme de constantes est le nombre de termes fois la constante : \(\sum_{k=m}^{n} c = (n - m + 1)\,c\).
- Isoler un terme ou couper. La relation de Chasles avec \(p = m\) isole le premier terme, \(\sum_{k=m}^{n} a_k = a_m + \sum_{k=m+1}^{n} a_k\), et la définition de \(\sum\) isole le dernier, \(\sum_{k=m}^{n} a_k = \sum_{k=m}^{n-1} a_k + a_n\) ; tout autre \(p\) coupe la somme en deux.
- Vérifier en forme développée. Écrire les premiers termes, des points et le dernier terme de chaque côté, et voir si les deux membres listent les mêmes termes : cela repère un terme perdu, une mauvaise borne et un facteur sorti qui dépendait de l'indice.
Exemple — Isoler un terme et sortir une constante
Pour \(n \ge 1\) et des réels \(a_0, \dots, a_n\), écrire \(\sum_{k=0}^{n} (a_k + 2)\) comme \(a_0\) plus un nombre plus une somme qui commence à \(k = 1\).
$$ \begin{aligned} \sum_{k=0}^{n} (a_k + 2) &= \sum_{k=0}^{n} a_k + \sum_{k=0}^{n} 2 && \text{(linéarité)} \\
&= \sum_{k=0}^{n} a_k + 2 (n + 1) && \text{(nombre de termes : \(n - 0 + 1\))} \\
&= a_0 + \sum_{k=1}^{n} a_k + 2 (n + 1) && \text{(relation de Chasles avec \(p = 0\))} \\
&= a_0 + 2n + 2 + \sum_{k=1}^{n} a_k, \end{aligned} $$ la dernière étape réordonnant les termes. Vérification pour \(n = 1\) : le premier membre est \((a_0 + 2) + (a_1 + 2) = a_0 + a_1 + 4\), et le second membre est \(a_0 + 2 + 2 + a_1\).
Compétences à pratiquer
- Distinguer les règles de \(\sum\) des règles fausses ★
- Évaluer une somme par linéarité ★
- Isoler des termes avec la relation de Chasles ★
- Combiner linéarité et relation de Chasles ★★
- Sommer par paquets ★★★
I.3
Changement d'indice
Renuméroter les termes
L'indice d'une somme peut être renuméroté : les mêmes termes sont listés sous d'autres indices. Deux changements d'indice se rencontrent partout, le décalage, qui ajoute une constante à l'indice, et la réflexion, qui compte les termes à l'envers. Quel que soit le changement, une chose doit être garantie : aucun terme n'est supprimé et aucun terme n'est ajouté, de sorte que chaque terme de l'ancienne somme figure exactement une fois dans la nouvelle.
Proposition — Changement d'indice par une bijection
Soient \(I\) et \(J\) des ensembles finis, \(\varphi \colon J \to I\) une bijection, et \((a_i)_{i \in I}\) une famille de réels. Alors $$ \textcolor{colorprop}{\sum_{i \in I} a_i = \sum_{j \in J} a_{\varphi(j)}.} $$
Soit \(j_1, \dots, j_p\) une énumération de \(J\). La liste \(\varphi(j_1), \dots, \varphi(j_p)\) est une énumération de \(I\) : tout élément de \(I\) est de la forme \(\varphi(j)\) car \(\varphi\) est surjective, donc figure dans la liste, et il y figure une seule fois car \(\varphi\) est injective et les \(j_s\) sont deux à deux distincts. Donc $$ \begin{aligned} \sum_{i \in I} a_i &= a_{\varphi(j_1)} + \dots + a_{\varphi(j_p)} && \text{(énumération \(\varphi(j_1), \dots, \varphi(j_p)\) de \(I\))} \\
&= \sum_{j \in J} a_{\varphi(j)}, \end{aligned} $$ la dernière étape étant la définition de la somme de la famille \((a_{\varphi(j)})_{j \in J}\) avec l'énumération \(j_1, \dots, j_p\) de \(J\).
Proposition — Décalage et réflexion
Soient \(m, n, p \in \mathbb{Z}\) et \(a_k\) un réel pour \(m \le k \le n\). - Décalage, avec \(j = k + p\) : $$ \textcolor{colorprop}{\sum_{k=m}^{n} a_k = \sum_{j=m+p}^{n+p} a_{j-p}.} $$
- Réflexion, avec \(j = m + n - k\), qui garde les bornes et lit les termes à l'envers : $$ \textcolor{colorprop}{\begin{aligned} \sum_{k=m}^{n} a_k &= \sum_{j=m}^{n} a_{m+n-j} \\ a_m + a_{m+1} + \dots + a_n &= a_n + a_{n-1} + \dots + a_m \end{aligned}} $$
Si \(n < m\), toutes les sommes sont vides et valent \(0\). Supposons \(n \ge m\).
Première démonstration, par la bijection. L'application \(\varphi \colon \llbracket m + p, n + p \rrbracket \to \llbracket m, n \rrbracket\), \(j \mapsto j - p\), est une bijection, de réciproque \(k \mapsto k + p\), car \(m + p \le j \le n + p\) si et seulement si \(m \le j - p \le n\). La Proposition « Changement d'indice par une bijection » donne \(\sum_{k \in \llbracket m, n \rrbracket} a_k = \sum_{j \in \llbracket m+p, n+p \rrbracket} a_{j-p}\), qui est le décalage. L'application \(\psi \colon \llbracket m, n \rrbracket \to \llbracket m, n \rrbracket\), \(j \mapsto m + n - j\), est une bijection, égale à sa propre réciproque, car \(m + n - (m + n - j) = j\) et \(m \le j \le n\) si et seulement si \(m \le m + n - j \le n\). La même Proposition donne \(\sum_{k \in \llbracket m, n \rrbracket} a_k = \sum_{j \in \llbracket m, n \rrbracket} a_{m+n-j}\), qui est la réflexion.
Seconde démonstration, par la forme développée. Pour \(j\) allant de \(m + p\) à \(n + p\), les termes \(a_{j-p}\) sont \(a_m, a_{m+1}, \dots, a_n\), dans le même ordre que dans la somme de départ. Pour \(j\) allant de \(m\) à \(n\), les termes \(a_{m+n-j}\) sont \(a_n, a_{n-1}, \dots, a_m\) : la liste des termes de départ lue à l'envers, qui a la même somme car l'ordre des termes n'importe pas.
Première démonstration, par la bijection. L'application \(\varphi \colon \llbracket m + p, n + p \rrbracket \to \llbracket m, n \rrbracket\), \(j \mapsto j - p\), est une bijection, de réciproque \(k \mapsto k + p\), car \(m + p \le j \le n + p\) si et seulement si \(m \le j - p \le n\). La Proposition « Changement d'indice par une bijection » donne \(\sum_{k \in \llbracket m, n \rrbracket} a_k = \sum_{j \in \llbracket m+p, n+p \rrbracket} a_{j-p}\), qui est le décalage. L'application \(\psi \colon \llbracket m, n \rrbracket \to \llbracket m, n \rrbracket\), \(j \mapsto m + n - j\), est une bijection, égale à sa propre réciproque, car \(m + n - (m + n - j) = j\) et \(m \le j \le n\) si et seulement si \(m \le m + n - j \le n\). La même Proposition donne \(\sum_{k \in \llbracket m, n \rrbracket} a_k = \sum_{j \in \llbracket m, n \rrbracket} a_{m+n-j}\), qui est la réflexion.
Seconde démonstration, par la forme développée. Pour \(j\) allant de \(m + p\) à \(n + p\), les termes \(a_{j-p}\) sont \(a_m, a_{m+1}, \dots, a_n\), dans le même ordre que dans la somme de départ. Pour \(j\) allant de \(m\) à \(n\), les termes \(a_{m+n-j}\) sont \(a_n, a_{n-1}, \dots, a_m\) : la liste des termes de départ lue à l'envers, qui a la même somme car l'ordre des termes n'importe pas.
Exemple — Décaler l'indice pour partir de zéro
Réécrire \(\sum_{k=3}^{n+3} k^2\), pour \(n \ge 0\), avec un indice qui commence à \(0\).
Posons \(j = k - 3\), c'est-à-dire \(k = j + 3\) : la borne \(k = 3\) devient \(j = 0\), et la borne \(k = n + 3\) devient \(j = n\). C'est le décalage de la Proposition « Décalage et réflexion » avec \(p = -3\), pour le terme général \(a_k = k^2\), d'où \(a_{j-p} = a_{j+3} = (j + 3)^2\). $$ \begin{aligned} \sum_{k=3}^{n+3} k^2 &= \sum_{j=0}^{n} (j + 3)^2 && \text{(décalage \(j = k - 3\))} \\
&= \sum_{j=0}^{n} (j^2 + 6j + 9), \end{aligned} $$ la dernière étape développant le carré. Vérification sur le premier et le dernier terme : \(k = 3\) donne \(3^2 = 9\) et \(j = 0\) donne \((0 + 3)^2 = 9\) ; \(k = n + 3\) donne \((n + 3)^2\) et \(j = n\) donne \((n + 3)^2\).
Exemple — Lire une somme à l'envers
Montrer que \(\sum_{k=0}^{n} a_k = \sum_{k=0}^{n} a_{n-k}\) pour tout entier \(n \ge 0\) et tous réels \(a_0, \dots, a_n\).
$$ \begin{aligned} \sum_{k=0}^{n} a_k &= \sum_{j=0}^{n} a_{n-j} && \text{(réflexion avec \(m = 0\) : \(m + n - j = n - j\))} \\
&= \sum_{k=0}^{n} a_{n-k}, \end{aligned} $$ la dernière étape renommant l'indice muet \(j\) en \(k\). Donc les deux sommes sont égales pour tout \(n \ge 0\). Vérification pour \(n = 2\) : \(a_0 + a_1 + a_2 = a_2 + a_1 + a_0\).
Méthode — Changer l'indice d'une somme
Pour changer l'indice de \(\sum_{k=m}^{n} a_k\) en un nouvel indice \(j\), par un décalage \(j = k + p\) ou une réflexion \(j = c - k\) (\(c\) une constante) : - Poser \(j\) en fonction de \(k\), et exprimer \(k\) en fonction de \(j\) : \(k = j - p\), respectivement \(k = c - j\).
- Transformer les bornes. Les nouvelles bornes sont les valeurs de \(j\) aux anciennes bornes : \(m + p\) et \(n + p\) pour le décalage. Pour la réflexion les bornes sont échangées : \(k = n\) donne la borne inférieure \(j = c - n\), et \(k = m\) donne la borne supérieure \(j = c - m\).
- Réécrire le terme général en remplaçant \(k\) par son expression en \(j\) : \(\sum_{k=m}^{n} a_k = \sum_{j=m+p}^{n+p} a_{j-p}\), respectivement \(\sum_{k=m}^{n} a_k = \sum_{j=c-n}^{c-m} a_{c-j}\).
- Vérifier sur le premier et le dernier terme que la nouvelle somme liste les mêmes termes : aucun terme n'a été supprimé ni ajouté.
Méthode — Couper une somme selon la parité de l'indice
Pour couper \(\sum_{k=1}^{n} a_k\) en les termes d'indice pair et les termes d'indice impair : - Écrire les indices sous la forme \(k = 2j\) pour les pairs et \(k = 2j + 1\) pour les impairs, et trouver les bornes de \(j\) à partir de \(1 \le 2j \le n\) et \(1 \le 2j + 1 \le n\) : \(1 \le j \le \lfloor \frac{n}{2} \rfloor\) pour les indices pairs, \(0 \le j \le \lfloor \frac{n-1}{2} \rfloor\) pour les impairs. Le résultat est $$ \sum_{k=1}^{n} a_k = \sum_{j=0}^{\lfloor (n-1)/2 \rfloor} a_{2j+1} + \sum_{j=1}^{\lfloor n/2 \rfloor} a_{2j}. $$
- Justifier la coupure : les entiers impairs et les entiers pairs de \(\llbracket 1, n \rrbracket\) forment un recouvrement disjoint, l'une des deux parties étant vide lorsque \(n = 1\), donc la somme est la somme des deux paquets, et \(j \mapsto 2j + 1\) et \(j \mapsto 2j\) sont des bijections des ensembles de valeurs de \(j\) sur les deux paquets.
- Associer les termes lorsque \(n = 2N\) est pair : \(\sum_{k=1}^{2N} a_k = \sum_{j=1}^{N} (a_{2j-1} + a_{2j})\) ; les paires \(\{2j-1, 2j\}\), \(1 \le j \le N\), forment un recouvrement disjoint de \(\llbracket 1, 2N \rrbracket\), et la Proposition « Sommation par paquets » s'applique.
Exemple — Couper une somme selon la parité
Couper \(\sum_{k=1}^{n} a_k\) en les termes d'indice impair et les termes d'indice pair, pour \(n = 5\) et pour \(n = 6\), et écrire chaque partie en extension.
Le cas \(n = 5\). $$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{5} a_k &= \sum_{j=0}^{\lfloor 4/2 \rfloor} a_{2j+1} + \sum_{j=1}^{\lfloor 5/2 \rfloor} a_{2j} && \text{(coupure selon la parité)} \\
&= \sum_{j=0}^{2} a_{2j+1} + \sum_{j=1}^{2} a_{2j} && \text{(parties entières : \(\lfloor 4/2 \rfloor = 2\), \(\lfloor 5/2 \rfloor = 2\))} \\
&= (a_1 + a_3 + a_5) + (a_2 + a_4). \end{aligned} $$ Le cas \(n = 6\). $$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{6} a_k &= \sum_{j=0}^{\lfloor 5/2 \rfloor} a_{2j+1} + \sum_{j=1}^{\lfloor 6/2 \rfloor} a_{2j} && \text{(coupure selon la parité)} \\
&= \sum_{j=0}^{2} a_{2j+1} + \sum_{j=1}^{3} a_{2j} && \text{(parties entières : \(\lfloor 5/2 \rfloor = 2\), \(\lfloor 6/2 \rfloor = 3\))} \\
&= (a_1 + a_3 + a_5) + (a_2 + a_4 + a_6). \end{aligned} $$ Les deux parties ont autant de termes qu'il y a d'entiers impairs, respectivement pairs, entre \(1\) et \(n\) : trois et deux pour \(n = 5\), trois et trois pour \(n = 6\).
Compétences à pratiquer
- Réécrire une somme après un décalage ou une réflexion ★
- Utiliser un changement d'indice pour calculer une somme ★★
- Couper une somme selon la parité de l'indice ★★
- Trouver le changement d'indice qui simplifie une somme ★★★
I.4
Le symbole produit
Le jumeau multiplicatif de la somme
Le symbole \(\prod\) est le jumeau multiplicatif de \(\sum\) : le même indice muet, les mêmes bornes, les mêmes règles de calcul, avec la multiplication à la place de l'addition. La seule différence de structure est le produit vide, qui vaut \(1\), l'élément neutre de la multiplication, et non \(0\). Les définitions sont données par récurrence sur la borne supérieure, et sur un ensemble fini.
Définition — Notation produit
Soient \(m, n \in \mathbb{Z}\), et \(a_k\) un réel pour chaque entier \(k\) tel que \(m \le k \le n\). Le produit \(\prod_{k=m}^{n} a_k\) est défini par récurrence sur \(n\) : - produit vide : \(\prod_{k=m}^{n} a_k = 1\) lorsque \(n < m\) ;
- ajout d'un facteur : \(\prod_{k=m}^{n+1} a_k = \Bigl( \prod_{k=m}^{n} a_k \Bigr) a_{n+1}\) pour tout \(n \ge m - 1\).
Définition — Produit sur un ensemble fini
Soient \(I\) un ensemble fini et \((a_i)_{i \in I}\) une famille de réels. Avec une énumération \(i_1, \dots, i_p\) de \(I\), le produit de la famille est $$ \prod_{i \in I} a_i = \prod_{j=1}^{p} a_{i_j} = a_{i_1} \cdot a_{i_2} \cdots a_{i_p}, $$ et il vaut \(1\) lorsque \(I = \emptyset\). Comme pour la somme, la valeur ne dépend pas de l'énumération choisie : c'est la commutativité et l'associativité généralisées, ici de la multiplication, admises puis démontrées avec celles de l'addition (Text « Preuve différée »). Pour \(I = \llbracket m, n \rrbracket\) et l'énumération croissante, \(\prod_{k \in \llbracket m, n \rrbracket} a_k = \prod_{k=m}^{n} a_k\). Exemple — Produits de constantes
Trois produits, lus en extension : - \(\prod_{k=1}^{4} k = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 = 24\) ;
- \(\prod_{k=2}^{5} 3 = 3 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 3 = 3^4 = 81\), et en général \(\prod_{k=m}^{n} a = a^{n-m+1}\) : un produit de \(n - m + 1\) facteurs égaux ;
- \(\prod_{k=3}^{2} k = 1\), car la borne supérieure est plus petite que la borne inférieure : le produit est vide.
Proposition — Règles de calcul sur les produits
Soient \(m, n \in \mathbb{Z}\) avec \(n \ge m - 1\), \(\lambda \in \mathbb{R}\), \(p \in \mathbb{N}\), et des réels \(a_k\), \(b_k\) pour \(m \le k \le n\). - Produit, constante et puissance : $$ \textcolor{colorprop}{\prod_{k=m}^{n} (a_k b_k) = \Bigl( \prod_{k=m}^{n} a_k \Bigr) \Bigl( \prod_{k=m}^{n} b_k \Bigr), \qquad \prod_{k=m}^{n} (\lambda a_k) = \lambda^{n-m+1} \prod_{k=m}^{n} a_k, \qquad \prod_{k=m}^{n} a_k^{\,p} = \Bigl( \prod_{k=m}^{n} a_k \Bigr)^{p}.} $$
- Quotient : si \(b_k \ne 0\) pour tout \(k\), alors \(\prod_{k=m}^{n} \frac{a_k}{b_k} = \frac{\prod_{k=m}^{n} a_k}{\prod_{k=m}^{n} b_k}\).
- Relation de Chasles : pour \(m - 1 \le q \le n\), \(\prod_{k=m}^{n} a_k = \Bigl( \prod_{k=m}^{q} a_k \Bigr) \Bigl( \prod_{k=q+1}^{n} a_k \Bigr)\).
- Décalage et réflexion : pour \(r \in \mathbb{Z}\), \(\prod_{k=m}^{n} a_k = \prod_{j=m+r}^{n+r} a_{j-r} = \prod_{j=m}^{n} a_{m+n-j}\).
Produit de deux familles, par récurrence sur \(n\). Pour \(n \ge m - 1\), notons \(P_n\) la propriété « \(\prod_{k=m}^{n} (a_k b_k) = \bigl( \prod_{k=m}^{n} a_k \bigr) \bigl( \prod_{k=m}^{n} b_k \bigr)\) ».
Initialisation. Pour \(n = m - 1\) les produits sont vides, égaux à \(1\), et l'égalité s'écrit \(1 = 1 \cdot 1\) : \(P_{m-1}\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n \ge m - 1\) et supposons \(P_n\). Alors $$ \begin{aligned} \prod_{k=m}^{n+1} (a_k b_k) &= \Bigl( \prod_{k=m}^{n} (a_k b_k) \Bigr) a_{n+1} b_{n+1} && \text{(définition de \(\prod\))} \\ &= \Bigl( \prod_{k=m}^{n} a_k \Bigr) \Bigl( \prod_{k=m}^{n} b_k \Bigr) a_{n+1} b_{n+1} && \text{(hypothèse de récurrence)} \\ &= \Bigl( \prod_{k=m}^{n} a_k \Bigr) a_{n+1} \Bigl( \prod_{k=m}^{n} b_k \Bigr) b_{n+1} && \text{(commutativité de la multiplication)} \\ &= \Bigl( \prod_{k=m}^{n+1} a_k \Bigr) \Bigl( \prod_{k=m}^{n+1} b_k \Bigr), \end{aligned} $$ la dernière étape étant la définition de \(\prod\), deux fois. C'est \(P_{n+1}\), et la récurrence donne \(P_n\) pour tout \(n \ge m - 1\).
Constante, à partir de la première règle. Pour \(\lambda \in \mathbb{R}\), \(\prod_{k=m}^{n} \lambda = \lambda^{n-m+1}\) par récurrence sur \(n\) : pour \(n = m - 1\) les deux membres valent \(1\), et \(\prod_{k=m}^{n+1} \lambda = \lambda^{n-m+1} \lambda = \lambda^{(n+1)-m+1}\) par la définition de \(\prod\). Donc $$ \begin{aligned} \prod_{k=m}^{n} (\lambda a_k) &= \Bigl( \prod_{k=m}^{n} \lambda \Bigr) \Bigl( \prod_{k=m}^{n} a_k \Bigr) && \text{(première règle, pour les facteurs \(\lambda\) et \(a_k\))} \\ &= \lambda^{n-m+1} \prod_{k=m}^{n} a_k. \end{aligned} $$ Puissance, à partir de la première règle, par récurrence sur \(p\). Pour \(p = 0\), \(\prod_{k=m}^{n} a_k^{\,0} = \prod_{k=m}^{n} 1 = 1^{n-m+1} = 1 = \bigl( \prod_{k=m}^{n} a_k \bigr)^{0}\), par la règle de la constante avec \(\lambda = 1\). Soit \(p \in \mathbb{N}\) et supposons \(\prod_{k=m}^{n} a_k^{\,p} = \bigl( \prod_{k=m}^{n} a_k \bigr)^{p}\). Alors $$ \begin{aligned} \prod_{k=m}^{n} a_k^{\,p+1} &= \prod_{k=m}^{n} \bigl( a_k^{\,p}\, a_k \bigr) && \text{(règle sur les puissances)} \\ &= \Bigl( \prod_{k=m}^{n} a_k^{\,p} \Bigr) \Bigl( \prod_{k=m}^{n} a_k \Bigr) && \text{(première règle, pour les facteurs \(a_k^{\,p}\) et \(a_k\))} \\ &= \Bigl( \prod_{k=m}^{n} a_k \Bigr)^{p} \Bigl( \prod_{k=m}^{n} a_k \Bigr) && \text{(hypothèse de récurrence sur \(p\))} \\ &= \Bigl( \prod_{k=m}^{n} a_k \Bigr)^{p+1}. \end{aligned} $$ C'est la règle pour \(p + 1\), et la récurrence sur \(p\) la donne pour tout \(p \in \mathbb{N}\).
Quotient. Un produit de réels non nuls est non nul : c'est vrai pour le produit vide, et si \(\prod_{k=m}^{n} b_k \ne 0\) et \(b_{n+1} \ne 0\), leur produit est non nul. Supposons \(b_k \ne 0\) pour tout \(k\). Par la première règle appliquée aux facteurs \(\frac{a_k}{b_k}\) et \(b_k\), $$ \begin{aligned} \Bigl( \prod_{k=m}^{n} \frac{a_k}{b_k} \Bigr) \Bigl( \prod_{k=m}^{n} b_k \Bigr) &= \prod_{k=m}^{n} \Bigl( \frac{a_k}{b_k}\, b_k \Bigr) && \text{(première règle)} \\ &= \prod_{k=m}^{n} a_k, \end{aligned} $$ la dernière étape simplifiant chaque facteur. En divisant par le nombre non nul \(\prod_{k=m}^{n} b_k\), on obtient le quotient.
Relation de Chasles, par récurrence sur \(n \ge q\), avec \(m\) et \(q\) fixés. Pour \(n = q\) le produit de \(q + 1\) à \(q\) est vide, égal à \(1\), et la relation s'écrit \(\prod_{k=m}^{q} a_k = \bigl( \prod_{k=m}^{q} a_k \bigr) \cdot 1\). Si elle est vraie pour \(n \ge q\), $$ \begin{aligned} \prod_{k=m}^{n+1} a_k &= \Bigl( \prod_{k=m}^{n} a_k \Bigr) a_{n+1} && \text{(définition de \(\prod\))} \\ &= \Bigl( \prod_{k=m}^{q} a_k \Bigr) \Bigl( \prod_{k=q+1}^{n} a_k \Bigr) a_{n+1} && \text{(hypothèse de récurrence)} \\ &= \Bigl( \prod_{k=m}^{q} a_k \Bigr) \Bigl( \prod_{k=q+1}^{n+1} a_k \Bigr), \end{aligned} $$ la dernière étape étant la définition de \(\prod\) de \(q + 1\) à \(n + 1\).
Décalage et réflexion, première démonstration, par l'énumération. Si \(n < m\) tous les produits sont vides et valent \(1\). Si \(n \ge m\), les listes \(a_{j-r}\) (\(m + r \le j \le n + r\)) et \(a_{m+n-j}\) (\(m \le j \le n\)) contiennent chaque facteur \(a_k\), \(m \le k \le n\), exactement une fois : ce sont des énumérations de la famille \((a_k)_{k \in \llbracket m, n \rrbracket}\), donc la Définition « Produit sur un ensemble fini » donne les deux égalités.
Décalage et réflexion, seconde démonstration, par la forme développée. Si \(n < m\) tous les produits sont vides et valent \(1\). Si \(n \ge m\), alors pour \(j\) allant de \(m + r\) à \(n + r\) les facteurs \(a_{j-r}\) sont \(a_m, a_{m+1}, \dots, a_n\) dans le même ordre, et pour \(j\) allant de \(m\) à \(n\) les facteurs \(a_{m+n-j}\) sont \(a_n, a_{n-1}, \dots, a_m\), les mêmes facteurs dans l'ordre inverse, qui a le même produit par la commutativité de la multiplication (la Définition « Produit sur un ensemble fini »).
Initialisation. Pour \(n = m - 1\) les produits sont vides, égaux à \(1\), et l'égalité s'écrit \(1 = 1 \cdot 1\) : \(P_{m-1}\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n \ge m - 1\) et supposons \(P_n\). Alors $$ \begin{aligned} \prod_{k=m}^{n+1} (a_k b_k) &= \Bigl( \prod_{k=m}^{n} (a_k b_k) \Bigr) a_{n+1} b_{n+1} && \text{(définition de \(\prod\))} \\ &= \Bigl( \prod_{k=m}^{n} a_k \Bigr) \Bigl( \prod_{k=m}^{n} b_k \Bigr) a_{n+1} b_{n+1} && \text{(hypothèse de récurrence)} \\ &= \Bigl( \prod_{k=m}^{n} a_k \Bigr) a_{n+1} \Bigl( \prod_{k=m}^{n} b_k \Bigr) b_{n+1} && \text{(commutativité de la multiplication)} \\ &= \Bigl( \prod_{k=m}^{n+1} a_k \Bigr) \Bigl( \prod_{k=m}^{n+1} b_k \Bigr), \end{aligned} $$ la dernière étape étant la définition de \(\prod\), deux fois. C'est \(P_{n+1}\), et la récurrence donne \(P_n\) pour tout \(n \ge m - 1\).
Constante, à partir de la première règle. Pour \(\lambda \in \mathbb{R}\), \(\prod_{k=m}^{n} \lambda = \lambda^{n-m+1}\) par récurrence sur \(n\) : pour \(n = m - 1\) les deux membres valent \(1\), et \(\prod_{k=m}^{n+1} \lambda = \lambda^{n-m+1} \lambda = \lambda^{(n+1)-m+1}\) par la définition de \(\prod\). Donc $$ \begin{aligned} \prod_{k=m}^{n} (\lambda a_k) &= \Bigl( \prod_{k=m}^{n} \lambda \Bigr) \Bigl( \prod_{k=m}^{n} a_k \Bigr) && \text{(première règle, pour les facteurs \(\lambda\) et \(a_k\))} \\ &= \lambda^{n-m+1} \prod_{k=m}^{n} a_k. \end{aligned} $$ Puissance, à partir de la première règle, par récurrence sur \(p\). Pour \(p = 0\), \(\prod_{k=m}^{n} a_k^{\,0} = \prod_{k=m}^{n} 1 = 1^{n-m+1} = 1 = \bigl( \prod_{k=m}^{n} a_k \bigr)^{0}\), par la règle de la constante avec \(\lambda = 1\). Soit \(p \in \mathbb{N}\) et supposons \(\prod_{k=m}^{n} a_k^{\,p} = \bigl( \prod_{k=m}^{n} a_k \bigr)^{p}\). Alors $$ \begin{aligned} \prod_{k=m}^{n} a_k^{\,p+1} &= \prod_{k=m}^{n} \bigl( a_k^{\,p}\, a_k \bigr) && \text{(règle sur les puissances)} \\ &= \Bigl( \prod_{k=m}^{n} a_k^{\,p} \Bigr) \Bigl( \prod_{k=m}^{n} a_k \Bigr) && \text{(première règle, pour les facteurs \(a_k^{\,p}\) et \(a_k\))} \\ &= \Bigl( \prod_{k=m}^{n} a_k \Bigr)^{p} \Bigl( \prod_{k=m}^{n} a_k \Bigr) && \text{(hypothèse de récurrence sur \(p\))} \\ &= \Bigl( \prod_{k=m}^{n} a_k \Bigr)^{p+1}. \end{aligned} $$ C'est la règle pour \(p + 1\), et la récurrence sur \(p\) la donne pour tout \(p \in \mathbb{N}\).
Quotient. Un produit de réels non nuls est non nul : c'est vrai pour le produit vide, et si \(\prod_{k=m}^{n} b_k \ne 0\) et \(b_{n+1} \ne 0\), leur produit est non nul. Supposons \(b_k \ne 0\) pour tout \(k\). Par la première règle appliquée aux facteurs \(\frac{a_k}{b_k}\) et \(b_k\), $$ \begin{aligned} \Bigl( \prod_{k=m}^{n} \frac{a_k}{b_k} \Bigr) \Bigl( \prod_{k=m}^{n} b_k \Bigr) &= \prod_{k=m}^{n} \Bigl( \frac{a_k}{b_k}\, b_k \Bigr) && \text{(première règle)} \\ &= \prod_{k=m}^{n} a_k, \end{aligned} $$ la dernière étape simplifiant chaque facteur. En divisant par le nombre non nul \(\prod_{k=m}^{n} b_k\), on obtient le quotient.
Relation de Chasles, par récurrence sur \(n \ge q\), avec \(m\) et \(q\) fixés. Pour \(n = q\) le produit de \(q + 1\) à \(q\) est vide, égal à \(1\), et la relation s'écrit \(\prod_{k=m}^{q} a_k = \bigl( \prod_{k=m}^{q} a_k \bigr) \cdot 1\). Si elle est vraie pour \(n \ge q\), $$ \begin{aligned} \prod_{k=m}^{n+1} a_k &= \Bigl( \prod_{k=m}^{n} a_k \Bigr) a_{n+1} && \text{(définition de \(\prod\))} \\ &= \Bigl( \prod_{k=m}^{q} a_k \Bigr) \Bigl( \prod_{k=q+1}^{n} a_k \Bigr) a_{n+1} && \text{(hypothèse de récurrence)} \\ &= \Bigl( \prod_{k=m}^{q} a_k \Bigr) \Bigl( \prod_{k=q+1}^{n+1} a_k \Bigr), \end{aligned} $$ la dernière étape étant la définition de \(\prod\) de \(q + 1\) à \(n + 1\).
Décalage et réflexion, première démonstration, par l'énumération. Si \(n < m\) tous les produits sont vides et valent \(1\). Si \(n \ge m\), les listes \(a_{j-r}\) (\(m + r \le j \le n + r\)) et \(a_{m+n-j}\) (\(m \le j \le n\)) contiennent chaque facteur \(a_k\), \(m \le k \le n\), exactement une fois : ce sont des énumérations de la famille \((a_k)_{k \in \llbracket m, n \rrbracket}\), donc la Définition « Produit sur un ensemble fini » donne les deux égalités.
Décalage et réflexion, seconde démonstration, par la forme développée. Si \(n < m\) tous les produits sont vides et valent \(1\). Si \(n \ge m\), alors pour \(j\) allant de \(m + r\) à \(n + r\) les facteurs \(a_{j-r}\) sont \(a_m, a_{m+1}, \dots, a_n\) dans le même ordre, et pour \(j\) allant de \(m\) à \(n\) les facteurs \(a_{m+n-j}\) sont \(a_n, a_{n-1}, \dots, a_m\), les mêmes facteurs dans l'ordre inverse, qui a le même produit par la commutativité de la multiplication (la Définition « Produit sur un ensemble fini »).
Piège — un produit n'est pas une somme
Un produit est multiplicatif, et rien de plus. Le produit de sommes n'est pas la somme des produits : avec \(a_k = k\) et \(b_k = 1\), \(\prod_{k=1}^{2} (a_k + b_k) = 2 \cdot 3 = 6\), alors que \(\prod_{k=1}^{2} a_k + \prod_{k=1}^{2} b_k = 2 + 1 = 3\). Un facteur constant est élevé à la puissance du nombre de facteurs : \(\prod_{k=1}^{n} (2a_k) = 2^n \prod_{k=1}^{n} a_k\), et non \(2 \prod_{k=1}^{n} a_k\). Enfin \(\prod_{k=1}^{n} n = n^n\) n'est pas \(n! = \prod_{k=1}^{n} k\), et \((2n)!\) n'est pas \(2 \times n!\) : pour \(n = 2\), \((2n)! = 4! = 24\) alors que \(2 \times 2! = 4\).
Compétences à pratiquer
- Évaluer un produit écrit avec \(\prod\) ★
- Utiliser les règles de calcul sur les produits ★★
I.5
La factorielle
Un produit d'entiers consécutifs
La factorielle est le produit des premiers entiers strictement positifs. Le lycée la définissait comme la liste \(1 \times 2 \times \dots \times n\) ; avec le symbole produit, la définition tient en une ligne, et le produit vide donne un sens à \(0!\). La factorielle est la brique des coefficients binomiaux, où elle apparaît dans des quotients que l'on simplifie par les mêmes deux règles : une relation de récurrence entre factorielles consécutives, et un quotient de deux factorielles qui est un produit d'entiers consécutifs.
Définition — Factorielle
Pour \(n \in \mathbb{N}\), la factorielle de \(n\), notée \(n!\), est $$ n! = \prod_{k=1}^{n} k = 1 \times 2 \times \dots \times n. $$ Pour \(n = 0\) le produit est vide, donc \(0! = 1\). Exemple — Les premières factorielles
Les premières valeurs de la factorielle sont à connaître : $$ 0! = 1, \quad 1! = 1, \quad 2! = 2, \quad 3! = 6, \quad 4! = 24, \quad 5! = 120, \quad 6! = 720, $$ et la croissance est rapide : \(10! = 3\,628\,800\). Proposition — Récurrence et quotients de factorielles
- Pour \(n \in \mathbb{N}\), \((n + 1)! = (n + 1) \times n!\).
- Pour \(p, n \in \mathbb{N}\) avec \(p \le n\), $$ \textcolor{colorprop}{\frac{n!}{p!} = \prod_{k=p+1}^{n} k = (p + 1)(p + 2) \cdots n.} $$
La récurrence. Pour \(n \in \mathbb{N}\), $$ \begin{aligned} (n + 1)! &= \prod_{k=1}^{n+1} k && \text{(définition de la factorielle)} \\
&= \Bigl( \prod_{k=1}^{n} k \Bigr) (n + 1) && \text{(définition de \(\prod\) : ajout du dernier facteur)} \\
&= (n + 1) \times n!, \end{aligned} $$ la dernière étape étant la définition de \(n!\) et la commutativité de la multiplication.
Le quotient. Soit \(p \le n\). La relation de Chasles pour les produits, avec la coupure en \(q = p\) et \(0 \le p \le n\), donne $$ \begin{aligned} n! &= \prod_{k=1}^{n} k && \text{(définition de la factorielle)} \\ &= \Bigl( \prod_{k=1}^{p} k \Bigr) \Bigl( \prod_{k=p+1}^{n} k \Bigr) && \text{(relation de Chasles pour les produits)} \\ &= p! \prod_{k=p+1}^{n} k, \end{aligned} $$ la dernière étape étant la définition de \(p!\). Le nombre \(p!\) est un produit d'entiers strictement positifs, donc strictement positif, donc non nul, et la division par \(p!\) donne \(\frac{n!}{p!} = \prod_{k=p+1}^{n} k\). Ce produit va de \(p + 1\) à \(n\), donc il a \(n - (p + 1) + 1 = n - p\) facteurs.
Le quotient. Soit \(p \le n\). La relation de Chasles pour les produits, avec la coupure en \(q = p\) et \(0 \le p \le n\), donne $$ \begin{aligned} n! &= \prod_{k=1}^{n} k && \text{(définition de la factorielle)} \\ &= \Bigl( \prod_{k=1}^{p} k \Bigr) \Bigl( \prod_{k=p+1}^{n} k \Bigr) && \text{(relation de Chasles pour les produits)} \\ &= p! \prod_{k=p+1}^{n} k, \end{aligned} $$ la dernière étape étant la définition de \(p!\). Le nombre \(p!\) est un produit d'entiers strictement positifs, donc strictement positif, donc non nul, et la division par \(p!\) donne \(\frac{n!}{p!} = \prod_{k=p+1}^{n} k\). Ce produit va de \(p + 1\) à \(n\), donc il a \(n - (p + 1) + 1 = n - p\) facteurs.
Méthode — Simplifier un quotient de factorielles
Pour simplifier \(\frac{n!}{m!}\) avec \(m \le n\), écrire la plus grande factorielle à partir de son sommet jusqu'à ce que la plus petite apparaisse, puis simplifier : - Quotient avec la plus petite factorielle au dénominateur : \(\frac{n!}{(n-k)!} = n (n-1) \cdots (n-k+1)\), un produit de \(k\) entiers consécutifs terminant à \(n\).
- Quotient avec un paramètre : \(\frac{(n+k)!}{n!} = (n+k)(n+k-1) \cdots (n+1)\), un produit de \(k\) entiers consécutifs commençant juste au-dessus de \(n\) ; pour un petit \(k\), appliquer \(k\) fois la récurrence \((N + 1)! = (N + 1)\,N!\), comme dans \((n + 2)! = (n + 2)(n + 1)\,n!\).
Méthode — Calculer un produit
Pour calculer un produit \(\prod_{k=1}^{n} a_k\) sous forme close : - Séparer les facteurs avec les règles de calcul sur les produits : les constantes sortent élevées au nombre de facteurs, \(\prod_{k=1}^{n} (\lambda a_k) = \lambda^n \prod_{k=1}^{n} a_k\), les puissances se regroupent, un quotient se coupe en deux produits.
- Reconnaître une factorielle dans un produit d'entiers consécutifs : \(\prod_{k=1}^{n} k = n!\), \(\prod_{k=1}^{n} (2k) = 2^n \, n!\), et \(\prod_{k=p+1}^{n} k = \frac{n!}{p!}\) ; un produit \(\prod_{k=1}^{n} (n + k)\) vaut \(\frac{(2n)!}{n!}\), après le décalage \(j = n + k\).
Exemple — Un produit et un quotient de factorielles
Pour \(n \ge 1\), simplifier \(P_n = \prod_{k=1}^{n} (2k)\) et \(Q_n = \frac{(n+2)!}{(n-1)!}\).
Le produit \(P_n\). $$ \begin{aligned} \prod_{k=1}^{n} (2k) &= 2^{n} \prod_{k=1}^{n} k && \text{(facteur constant : \(n - 1 + 1 = n\) facteurs)} \\
&= 2^{n} \, n!, \end{aligned} $$ la dernière étape étant la définition de la factorielle. Vérification pour \(n = 3\) : \(2 \cdot 4 \cdot 6 = 48 = 2^3 \cdot 3!\).
Le quotient \(Q_n\). $$ \begin{aligned} \frac{(n+2)!}{(n-1)!} &= \frac{(n+2)(n+1)\,n\,(n-1)!}{(n-1)!} && \text{(récurrence appliquée trois fois)} \\ &= (n+2)(n+1)\,n, \end{aligned} $$ la dernière étape simplifiant \((n-1)!\), qui est non nul. Vérification pour \(n = 3\) : \(\frac{5!}{2!} = \frac{120}{2} = 60 = 5 \cdot 4 \cdot 3\).
Le quotient \(Q_n\). $$ \begin{aligned} \frac{(n+2)!}{(n-1)!} &= \frac{(n+2)(n+1)\,n\,(n-1)!}{(n-1)!} && \text{(récurrence appliquée trois fois)} \\ &= (n+2)(n+1)\,n, \end{aligned} $$ la dernière étape simplifiant \((n-1)!\), qui est non nul. Vérification pour \(n = 3\) : \(\frac{5!}{2!} = \frac{120}{2} = 60 = 5 \cdot 4 \cdot 3\).
Factorielle et boucles
La relation de récurrence \((n + 1)! = (n + 1) \times n!\) est exactement la façon dont un programme calcule une factorielle : partir de \(1\) et multiplier successivement par \(2, 3, \dots, n\). Une somme se calcule de la même façon, par une boucle qui part de \(0\) et ajoute \(a_m, a_{m+1}, \dots, a_n\) l'un après l'autre, comme le montre la Méthode « D'une somme sigma à un algorithme » du chapitre Suites : la récurrence de la Définition « Notation sigma » est la boucle. La simplification d'un quotient comme \(\frac{(n+1)!}{n!} = n + 1\) repose sur la même identité.
Preuve différée
Les Définitions « Somme sur un ensemble fini » et « Produit sur un ensemble fini » ont admis que la valeur ne dépend pas de l'énumération choisie. La démonstration de l'indépendance vis-à-vis de l'énumération n'emploie que la Définition « Notation sigma », qui fixe la somme d'une liste, et la commutativité et l'associativité de l'addition de trois réels, sous la forme \((x + y) + z = (x + z) + y\). Celle de l'indépendance vis-à-vis du parenthésage n'emploie que la relation de Chasles, démontrée plus haut par récurrence à partir de la définition de \(\sum\), et celle de la Proposition « Règles de calcul sur les produits », démontrée par récurrence à partir de la définition de \(\prod\). Pour un produit la première démonstration est la même, avec \(\times\) à la place de \(+\) et \(1\) à la place de \(0\).
Lemme, retirer un terme. Soient \(b_1, \dots, b_q\) des réels, avec \(q \ge 1\), soit \(1 \le r \le q\), et soit \(b'_1, \dots, b'_{q-1}\) la liste obtenue en supprimant \(b_r\) : \(b'_j = b_j\) pour \(j < r\) et \(b'_j = b_{j+1}\) pour \(j \ge r\). Alors \(\sum_{j=1}^{q} b_j = \sum_{j=1}^{q-1} b'_j + b_r\).
Démonstration du lemme, par récurrence sur \(q\). Pour \(q = 1\), \(r = 1\) et la liste \(b'\) est vide : les deux membres valent \(b_1\). Soit \(q \ge 1\) et supposons le lemme pour les listes de \(q\) termes. Soient \(b_1, \dots, b_{q+1}\) des réels et \(1 \le r \le q+1\). Si \(r = q + 1\), la liste \(b'\) est \(b_1, \dots, b_q\) et le lemme est la définition de \(\sum\). Si \(r \le q\), alors $$ \begin{aligned} \sum_{j=1}^{q+1} b_j &= \sum_{j=1}^{q} b_j + b_{q+1} && \text{(définition de \(\sum\))} \\ &= \Bigl( \sum_{j=1}^{q-1} b'_j + b_r \Bigr) + b_{q+1} && \text{(hypothèse de récurrence sur \(b_1, \dots, b_q\))} \\ &= \Bigl( \sum_{j=1}^{q-1} b'_j + b_{q+1} \Bigr) + b_r && \text{(commutativité et associativité de l'addition)} \\ &= \sum_{j=1}^{q} b'_j + b_r, \end{aligned} $$ la dernière étape étant la définition de \(\sum\), car le dernier terme de la liste \(b'\) est \(b'_q = b_{q+1}\) lorsque \(r \le q\).
L'énoncé. Pour \(p \in \mathbb{N}\), notons \(Q_p\) la propriété « pour tout ensemble fini \(I\) muni d'une énumération \(i_1, \dots, i_p\), toute famille \((a_i)_{i \in I}\) et toute énumération \(i'_1, \dots, i'_s\) de \(I\), \(s = p\) et \(\sum_{j=1}^{p} a_{i_j} = \sum_{j=1}^{s} a_{i'_j}\) ». Pour \(p = 0\), \(I\) est vide, donc une liste \(i'_1, \dots, i'_s\) d'éléments de \(I\) est vide, \(s = 0\), et les deux sommes valent \(0\) : \(Q_0\) est vraie. Soit \(p \in \mathbb{N}\) et supposons \(Q_p\). Soit \(I\) muni des énumérations \(i_1, \dots, i_{p+1}\) et \(i'_1, \dots, i'_s\), et soit \(x = i_{p+1}\). L'élément \(x\) figure exactement une fois dans la seconde liste, à une position \(r\), donc \(s \ge 1\). En retirant \(x\) de chaque liste, on obtient deux énumérations de \(I \setminus \{x\}\) : \(i_1, \dots, i_p\) et la liste \(i''\) des \(s - 1\) termes de \(i'\) autres que \(x\), puisque chaque élément de \(I \setminus \{x\}\) figure une fois dans chaque liste et que \(x\) n'y figure plus. Par \(Q_p\) pour \(I \setminus \{x\}\), \(s - 1 = p\) et \(\sum_{j=1}^{p} a_{i_j} = \sum_{j=1}^{s-1} a_{i''_j}\). Alors $$ \begin{aligned} \sum_{j=1}^{p+1} a_{i_j} &= \sum_{j=1}^{p} a_{i_j} + a_x && \text{(définition de \(\sum\))} \\ &= \sum_{j=1}^{s-1} a_{i''_j} + a_x && \text{(\(Q_p\))} \\ &= \sum_{j=1}^{s} a_{i'_j}, \end{aligned} $$ la dernière étape étant le lemme pour les nombres \(b_j = a_{i'_j}\) et la position \(r\), où \(b_r = a_x\). C'est \(Q_{p+1}\), avec \(s = p + 1\). Puisque \(Q_0\) est vraie et que \(Q_p \Rightarrow Q_{p+1}\) pour tout \(p \in \mathbb{N}\), par récurrence \(Q_p\) est vraie pour tout \(p \in \mathbb{N}\) : deux énumérations d'un ensemble fini ont le même nombre de termes et la même somme, donc la somme \(\sum_{i \in I} a_i\) ne dépend pas de l'énumération. Pour le produit, la même démonstration, avec la Définition « Notation produit » et la commutativité et l'associativité de la multiplication, donne le même résultat pour \(\prod_{i \in I} a_i\).
Indépendance vis-à-vis du parenthésage, pour l'addition. La liste vide n'a aucune addition à parenthéser : sa valeur est \(0\), la somme vide. Un parenthésage d'une liste \(x_m, \dots, x_{m+n-1}\) de \(n \ge 1\) réels est une façon de les additionner deux nombres à la fois, toujours deux sous-listes consécutives. Pour \(n = 1\) la valeur est \(x_m\), sans addition. Pour \(n \ge 2\) la dernière addition partage la liste en deux sous-listes consécutives non vides \(x_m, \dots, x_{m+r-1}\) et \(x_{m+r}, \dots, x_{m+n-1}\), avec \(1 \le r \le n - 1\), chacune parenthésée à son tour, et la valeur est la somme des valeurs des deux sous-listes. Pour \(n \ge 1\), notons \(R_n\) la propriété « pour tout \(m \in \mathbb{Z}\), tous réels \(x_m, \dots, x_{m+n-1}\) et tout parenthésage de cette liste, la valeur est \(\sum_{k=m}^{m+n-1} x_k\) ». Pour \(n = 1\) la valeur est \(x_m\), et \(\sum_{k=m}^{m} x_k = \sum_{k=m}^{m-1} x_k + x_m = 0 + x_m\) par la définition de \(\sum\) : \(R_1\) est vraie. Soit \(n \ge 2\) et supposons \(R_1, \dots, R_{n-1}\). Soit un parenthésage de \(x_m, \dots, x_{m+n-1}\) qui partage la liste après \(r\) termes, et posons \(p = m + r - 1\) et \(N = m + n - 1\), de sorte que \(m \le p < N\). Chaque sous-liste a moins de \(n\) termes, donc l'hypothèse de récurrence donne leurs valeurs, la seconde avec \(m\) remplacé par \(p + 1\). Alors $$ \begin{aligned} \text{valeur du parenthésage} &= \sum_{k=m}^{p} x_k + \sum_{k=p+1}^{N} x_k && \text{(hypothèse de récurrence sur les deux sous-listes)} \\ &= \sum_{k=m}^{N} x_k, \end{aligned} $$ la dernière étape étant la relation de Chasles, sous la forme de sa première démonstration. C'est \(R_n\), et la récurrence forte donne \(R_n\) pour tout \(n \ge 1\) : tous les parenthésages d'une liste ont la même valeur, la somme de la liste.
Indépendance vis-à-vis du parenthésage, pour la multiplication. La liste vide n'a aucune multiplication à parenthéser : sa valeur est \(1\), le produit vide. Un parenthésage de \(x_m, \dots, x_{m+n-1}\) se définit comme ci-dessus, avec des produits à la place des sommes : la valeur est \(x_m\) pour \(n = 1\), et pour \(n \ge 2\) le produit des valeurs des deux sous-listes. Notons \(R'_n\) la propriété « pour tout \(m \in \mathbb{Z}\), tous réels \(x_m, \dots, x_{m+n-1}\) et tout parenthésage de cette liste, la valeur est \(\prod_{k=m}^{m+n-1} x_k\) ». Pour \(n = 1\), \(\prod_{k=m}^{m} x_k = \prod_{k=m}^{m-1} x_k \cdot x_m = 1 \cdot x_m = x_m\) par la définition de \(\prod\) : \(R'_1\) est vraie. Soit \(n \ge 2\) et supposons \(R'_1, \dots, R'_{n-1}\). Avec les mêmes \(p\) et \(N\), $$ \begin{aligned} \text{valeur du parenthésage} &= \Bigl( \prod_{k=m}^{p} x_k \Bigr) \Bigl( \prod_{k=p+1}^{N} x_k \Bigr) && \text{(hypothèse de récurrence sur les deux sous-listes)} \\ &= \prod_{k=m}^{N} x_k, \end{aligned} $$ la dernière étape étant la relation de Chasles de la Proposition « Règles de calcul sur les produits », démontrée par récurrence à partir de la définition de \(\prod\) avec le même rang \(p\) à la place de \(q\). C'est \(R'_n\), et la récurrence forte la donne pour tout \(n \ge 1\). Avec l'indépendance vis-à-vis de l'énumération, une somme ou un produit fini de réels ne dépend ni de l'ordre ni du parenthésage de ses termes.
Lemme, retirer un terme. Soient \(b_1, \dots, b_q\) des réels, avec \(q \ge 1\), soit \(1 \le r \le q\), et soit \(b'_1, \dots, b'_{q-1}\) la liste obtenue en supprimant \(b_r\) : \(b'_j = b_j\) pour \(j < r\) et \(b'_j = b_{j+1}\) pour \(j \ge r\). Alors \(\sum_{j=1}^{q} b_j = \sum_{j=1}^{q-1} b'_j + b_r\).
Démonstration du lemme, par récurrence sur \(q\). Pour \(q = 1\), \(r = 1\) et la liste \(b'\) est vide : les deux membres valent \(b_1\). Soit \(q \ge 1\) et supposons le lemme pour les listes de \(q\) termes. Soient \(b_1, \dots, b_{q+1}\) des réels et \(1 \le r \le q+1\). Si \(r = q + 1\), la liste \(b'\) est \(b_1, \dots, b_q\) et le lemme est la définition de \(\sum\). Si \(r \le q\), alors $$ \begin{aligned} \sum_{j=1}^{q+1} b_j &= \sum_{j=1}^{q} b_j + b_{q+1} && \text{(définition de \(\sum\))} \\ &= \Bigl( \sum_{j=1}^{q-1} b'_j + b_r \Bigr) + b_{q+1} && \text{(hypothèse de récurrence sur \(b_1, \dots, b_q\))} \\ &= \Bigl( \sum_{j=1}^{q-1} b'_j + b_{q+1} \Bigr) + b_r && \text{(commutativité et associativité de l'addition)} \\ &= \sum_{j=1}^{q} b'_j + b_r, \end{aligned} $$ la dernière étape étant la définition de \(\sum\), car le dernier terme de la liste \(b'\) est \(b'_q = b_{q+1}\) lorsque \(r \le q\).
L'énoncé. Pour \(p \in \mathbb{N}\), notons \(Q_p\) la propriété « pour tout ensemble fini \(I\) muni d'une énumération \(i_1, \dots, i_p\), toute famille \((a_i)_{i \in I}\) et toute énumération \(i'_1, \dots, i'_s\) de \(I\), \(s = p\) et \(\sum_{j=1}^{p} a_{i_j} = \sum_{j=1}^{s} a_{i'_j}\) ». Pour \(p = 0\), \(I\) est vide, donc une liste \(i'_1, \dots, i'_s\) d'éléments de \(I\) est vide, \(s = 0\), et les deux sommes valent \(0\) : \(Q_0\) est vraie. Soit \(p \in \mathbb{N}\) et supposons \(Q_p\). Soit \(I\) muni des énumérations \(i_1, \dots, i_{p+1}\) et \(i'_1, \dots, i'_s\), et soit \(x = i_{p+1}\). L'élément \(x\) figure exactement une fois dans la seconde liste, à une position \(r\), donc \(s \ge 1\). En retirant \(x\) de chaque liste, on obtient deux énumérations de \(I \setminus \{x\}\) : \(i_1, \dots, i_p\) et la liste \(i''\) des \(s - 1\) termes de \(i'\) autres que \(x\), puisque chaque élément de \(I \setminus \{x\}\) figure une fois dans chaque liste et que \(x\) n'y figure plus. Par \(Q_p\) pour \(I \setminus \{x\}\), \(s - 1 = p\) et \(\sum_{j=1}^{p} a_{i_j} = \sum_{j=1}^{s-1} a_{i''_j}\). Alors $$ \begin{aligned} \sum_{j=1}^{p+1} a_{i_j} &= \sum_{j=1}^{p} a_{i_j} + a_x && \text{(définition de \(\sum\))} \\ &= \sum_{j=1}^{s-1} a_{i''_j} + a_x && \text{(\(Q_p\))} \\ &= \sum_{j=1}^{s} a_{i'_j}, \end{aligned} $$ la dernière étape étant le lemme pour les nombres \(b_j = a_{i'_j}\) et la position \(r\), où \(b_r = a_x\). C'est \(Q_{p+1}\), avec \(s = p + 1\). Puisque \(Q_0\) est vraie et que \(Q_p \Rightarrow Q_{p+1}\) pour tout \(p \in \mathbb{N}\), par récurrence \(Q_p\) est vraie pour tout \(p \in \mathbb{N}\) : deux énumérations d'un ensemble fini ont le même nombre de termes et la même somme, donc la somme \(\sum_{i \in I} a_i\) ne dépend pas de l'énumération. Pour le produit, la même démonstration, avec la Définition « Notation produit » et la commutativité et l'associativité de la multiplication, donne le même résultat pour \(\prod_{i \in I} a_i\).
Indépendance vis-à-vis du parenthésage, pour l'addition. La liste vide n'a aucune addition à parenthéser : sa valeur est \(0\), la somme vide. Un parenthésage d'une liste \(x_m, \dots, x_{m+n-1}\) de \(n \ge 1\) réels est une façon de les additionner deux nombres à la fois, toujours deux sous-listes consécutives. Pour \(n = 1\) la valeur est \(x_m\), sans addition. Pour \(n \ge 2\) la dernière addition partage la liste en deux sous-listes consécutives non vides \(x_m, \dots, x_{m+r-1}\) et \(x_{m+r}, \dots, x_{m+n-1}\), avec \(1 \le r \le n - 1\), chacune parenthésée à son tour, et la valeur est la somme des valeurs des deux sous-listes. Pour \(n \ge 1\), notons \(R_n\) la propriété « pour tout \(m \in \mathbb{Z}\), tous réels \(x_m, \dots, x_{m+n-1}\) et tout parenthésage de cette liste, la valeur est \(\sum_{k=m}^{m+n-1} x_k\) ». Pour \(n = 1\) la valeur est \(x_m\), et \(\sum_{k=m}^{m} x_k = \sum_{k=m}^{m-1} x_k + x_m = 0 + x_m\) par la définition de \(\sum\) : \(R_1\) est vraie. Soit \(n \ge 2\) et supposons \(R_1, \dots, R_{n-1}\). Soit un parenthésage de \(x_m, \dots, x_{m+n-1}\) qui partage la liste après \(r\) termes, et posons \(p = m + r - 1\) et \(N = m + n - 1\), de sorte que \(m \le p < N\). Chaque sous-liste a moins de \(n\) termes, donc l'hypothèse de récurrence donne leurs valeurs, la seconde avec \(m\) remplacé par \(p + 1\). Alors $$ \begin{aligned} \text{valeur du parenthésage} &= \sum_{k=m}^{p} x_k + \sum_{k=p+1}^{N} x_k && \text{(hypothèse de récurrence sur les deux sous-listes)} \\ &= \sum_{k=m}^{N} x_k, \end{aligned} $$ la dernière étape étant la relation de Chasles, sous la forme de sa première démonstration. C'est \(R_n\), et la récurrence forte donne \(R_n\) pour tout \(n \ge 1\) : tous les parenthésages d'une liste ont la même valeur, la somme de la liste.
Indépendance vis-à-vis du parenthésage, pour la multiplication. La liste vide n'a aucune multiplication à parenthéser : sa valeur est \(1\), le produit vide. Un parenthésage de \(x_m, \dots, x_{m+n-1}\) se définit comme ci-dessus, avec des produits à la place des sommes : la valeur est \(x_m\) pour \(n = 1\), et pour \(n \ge 2\) le produit des valeurs des deux sous-listes. Notons \(R'_n\) la propriété « pour tout \(m \in \mathbb{Z}\), tous réels \(x_m, \dots, x_{m+n-1}\) et tout parenthésage de cette liste, la valeur est \(\prod_{k=m}^{m+n-1} x_k\) ». Pour \(n = 1\), \(\prod_{k=m}^{m} x_k = \prod_{k=m}^{m-1} x_k \cdot x_m = 1 \cdot x_m = x_m\) par la définition de \(\prod\) : \(R'_1\) est vraie. Soit \(n \ge 2\) et supposons \(R'_1, \dots, R'_{n-1}\). Avec les mêmes \(p\) et \(N\), $$ \begin{aligned} \text{valeur du parenthésage} &= \Bigl( \prod_{k=m}^{p} x_k \Bigr) \Bigl( \prod_{k=p+1}^{N} x_k \Bigr) && \text{(hypothèse de récurrence sur les deux sous-listes)} \\ &= \prod_{k=m}^{N} x_k, \end{aligned} $$ la dernière étape étant la relation de Chasles de la Proposition « Règles de calcul sur les produits », démontrée par récurrence à partir de la définition de \(\prod\) avec le même rang \(p\) à la place de \(q\). C'est \(R'_n\), et la récurrence forte la donne pour tout \(n \ge 1\). Avec l'indépendance vis-à-vis de l'énumération, une somme ou un produit fini de réels ne dépend ni de l'ordre ni du parenthésage de ses termes.
Compétences à pratiquer
- Évaluer une factorielle ou un quotient de factorielles ★
- Simplifier un quotient de factorielles ★
- Exprimer un produit avec des factorielles ★★
- Comparer une factorielle et une puissance ★★★
II
Télescopage et sommes classiques
Des termes qui se compensent aux formes closes
La plupart des sommes rencontrées en pratique ne sont pas seulement réécrites : elles sont calculées, c'est-à-dire ramenées à une forme close en \(n\). Trois outils y conduisent. Le télescopage fait se compenser deux à deux les termes d'une somme, de sorte que deux seulement subsistent. Les sommes classiques — les premiers entiers, leurs carrés et leurs cubes, et la somme géométrique — sont les formes closes auxquelles on ramène une somme par développement et linéarité, et elles se démontrent elles-mêmes par télescopage. Et quelques méthodes de calcul choisissent entre développer, télescoper et raisonner par récurrence, selon la forme du terme général.
II.1
Télescopage
Une somme de différences consécutives
Une somme télescopique est une somme de différences consécutives \(u_{k+1} - u_k\). Écrite en extension, chaque terme intermédiaire apparaît deux fois, une fois avec le signe \(+\) et une fois avec le signe \(-\), et les deux occurrences se compensent ; seuls le premier et le dernier terme subsistent : $$ (u_{m+1} - u_m) + (u_{m+2} - u_{m+1}) + \dots + (u_{n+1} - u_n) = u_{n+1} - u_m. $$ Le savoir-faire est de reconnaître qu'un terme général est une telle différence : la somme entière se réduit alors à deux termes. La Proposition « Somme télescopique » démontre cette réduction, de deux façons.
Proposition — Somme télescopique
Soient \(m, n \in \mathbb{Z}\) avec \(n \ge m - 1\), et \(u_k\) un réel pour \(m \le k \le n + 1\). Alors $$ \textcolor{colorprop}{\begin{aligned} \sum_{k=m}^{n} (u_{k+1} - u_k) &= u_{n+1} - u_m \\
(u_{m+1} - u_m) + (u_{m+2} - u_{m+1}) + \dots + (u_{n+1} - u_n) &= u_{n+1} - u_m \end{aligned}} $$ Lue dans l'autre sens, pour \(n \ge m\) : \(u_n = u_m + \sum_{k=m}^{n-1} (u_{k+1} - u_k)\), un terme d'une suite est son premier terme plus la somme des accroissements.
Pour \(n = m - 1\) la somme est vide, égale à \(0\), et \(u_{n+1} - u_m = u_m - u_m = 0\). La seconde formule est la première avec \(n - 1\) à la place de \(n\), ce qui est permis lorsque \(n - 1 \ge m - 1\).
Première démonstration, par linéarité, décalage et Chasles. Soit \(n \ge m\). $$ \begin{aligned} \sum_{k=m}^{n} (u_{k+1} - u_k) &= \sum_{k=m}^{n} u_{k+1} - \sum_{k=m}^{n} u_k && \text{(linéarité)} \\ &= \sum_{j=m+1}^{n+1} u_j - \sum_{k=m}^{n} u_k && \text{(décalage \(j = k + 1\))} \\ &= \Bigl( \sum_{j=m+1}^{n} u_j + u_{n+1} \Bigr) - \Bigl( u_m + \sum_{k=m+1}^{n} u_k \Bigr) && \text{(relation de Chasles : \(u_{n+1}\) et \(u_m\) isolés)} \\ &= u_{n+1} - u_m, \end{aligned} $$ la dernière étape parce que les deux sommes de \(m + 1\) à \(n\) sont égales, l'indice étant muet.
Seconde démonstration, par récurrence sur \(n\). Pour \(n \ge m - 1\), notons \(P_n\) la propriété « \(\sum_{k=m}^{n} (u_{k+1} - u_k) = u_{n+1} - u_m\) ». L'initialisation \(P_{m-1}\) est le cas de la somme vide, traité en premier. Soit \(n \ge m - 1\) et supposons \(P_n\). Alors $$ \begin{aligned} \sum_{k=m}^{n+1} (u_{k+1} - u_k) &= \sum_{k=m}^{n} (u_{k+1} - u_k) + (u_{n+2} - u_{n+1}) && \text{(définition de \(\sum\))} \\ &= (u_{n+1} - u_m) + (u_{n+2} - u_{n+1}) && \text{(hypothèse de récurrence)} \\ &= u_{n+2} - u_m, \end{aligned} $$ la dernière étape simplifiant \(u_{n+1}\). C'est \(P_{n+1}\), et la récurrence donne \(P_n\) pour tout \(n \ge m - 1\).
Première démonstration, par linéarité, décalage et Chasles. Soit \(n \ge m\). $$ \begin{aligned} \sum_{k=m}^{n} (u_{k+1} - u_k) &= \sum_{k=m}^{n} u_{k+1} - \sum_{k=m}^{n} u_k && \text{(linéarité)} \\ &= \sum_{j=m+1}^{n+1} u_j - \sum_{k=m}^{n} u_k && \text{(décalage \(j = k + 1\))} \\ &= \Bigl( \sum_{j=m+1}^{n} u_j + u_{n+1} \Bigr) - \Bigl( u_m + \sum_{k=m+1}^{n} u_k \Bigr) && \text{(relation de Chasles : \(u_{n+1}\) et \(u_m\) isolés)} \\ &= u_{n+1} - u_m, \end{aligned} $$ la dernière étape parce que les deux sommes de \(m + 1\) à \(n\) sont égales, l'indice étant muet.
Seconde démonstration, par récurrence sur \(n\). Pour \(n \ge m - 1\), notons \(P_n\) la propriété « \(\sum_{k=m}^{n} (u_{k+1} - u_k) = u_{n+1} - u_m\) ». L'initialisation \(P_{m-1}\) est le cas de la somme vide, traité en premier. Soit \(n \ge m - 1\) et supposons \(P_n\). Alors $$ \begin{aligned} \sum_{k=m}^{n+1} (u_{k+1} - u_k) &= \sum_{k=m}^{n} (u_{k+1} - u_k) + (u_{n+2} - u_{n+1}) && \text{(définition de \(\sum\))} \\ &= (u_{n+1} - u_m) + (u_{n+2} - u_{n+1}) && \text{(hypothèse de récurrence)} \\ &= u_{n+2} - u_m, \end{aligned} $$ la dernière étape simplifiant \(u_{n+1}\). C'est \(P_{n+1}\), et la récurrence donne \(P_n\) pour tout \(n \ge m - 1\).
Le télescopage d'un produit
L'analogue multiplicatif de la somme télescopique : un produit de quotients \(\frac{u_{k+1}}{u_k}\) se réduit à deux termes aux bornes, car chaque numérateur simplifie le dénominateur du facteur suivant. On s'en sert dès qu'une fraction s'écrit comme le quotient de deux valeurs consécutives.
Proposition — Produit télescopique
Soient \(m, n \in \mathbb{Z}\) avec \(n \ge m - 1\), et \(u_k\) un réel non nul pour \(m \le k \le n + 1\). Alors $$ \textcolor{colorprop}{\prod_{k=m}^{n} \frac{u_{k+1}}{u_k} = \frac{u_{n+1}}{u_m}.} $$
Pour \(n = m - 1\) le produit est vide, égal à \(1\), et \(\frac{u_{n+1}}{u_m} = \frac{u_m}{u_m} = 1\).
Première démonstration, par les règles sur les produits. Soit \(n \ge m\). $$ \begin{aligned} \prod_{k=m}^{n} \frac{u_{k+1}}{u_k} &= \frac{\prod_{k=m}^{n} u_{k+1}}{\prod_{k=m}^{n} u_k} && \text{(règle du quotient, les \(u_k\) étant non nuls)} \\ &= \frac{\prod_{j=m+1}^{n+1} u_j}{\prod_{k=m}^{n} u_k} && \text{(décalage \(j = k + 1\))} \\ &= \frac{\bigl( \prod_{j=m+1}^{n} u_j \bigr) u_{n+1}}{u_m \prod_{k=m+1}^{n} u_k} && \text{(relation de Chasles : \(u_{n+1}\) et \(u_m\) isolés)} \\ &= \frac{u_{n+1}}{u_m}, \end{aligned} $$ la dernière étape simplifiant le facteur commun \(\prod_{j=m+1}^{n} u_j\), qui est non nul comme produit de nombres non nuls.
Seconde démonstration, par récurrence sur \(n\). Pour \(n \ge m - 1\), notons \(P_n\) la propriété « \(\prod_{k=m}^{n} \frac{u_{k+1}}{u_k} = \frac{u_{n+1}}{u_m}\) ». L'initialisation \(P_{m-1}\) est le cas du produit vide, traité en premier. Soit \(n \ge m - 1\) et supposons \(P_n\). Alors $$ \begin{aligned} \prod_{k=m}^{n+1} \frac{u_{k+1}}{u_k} &= \Bigl( \prod_{k=m}^{n} \frac{u_{k+1}}{u_k} \Bigr) \frac{u_{n+2}}{u_{n+1}} && \text{(définition de \(\prod\))} \\ &= \frac{u_{n+1}}{u_m} \cdot \frac{u_{n+2}}{u_{n+1}} && \text{(hypothèse de récurrence)} \\ &= \frac{u_{n+2}}{u_m}, \end{aligned} $$ la dernière étape simplifiant le nombre non nul \(u_{n+1}\). C'est \(P_{n+1}\), et la récurrence donne \(P_n\) pour tout \(n \ge m - 1\).
Première démonstration, par les règles sur les produits. Soit \(n \ge m\). $$ \begin{aligned} \prod_{k=m}^{n} \frac{u_{k+1}}{u_k} &= \frac{\prod_{k=m}^{n} u_{k+1}}{\prod_{k=m}^{n} u_k} && \text{(règle du quotient, les \(u_k\) étant non nuls)} \\ &= \frac{\prod_{j=m+1}^{n+1} u_j}{\prod_{k=m}^{n} u_k} && \text{(décalage \(j = k + 1\))} \\ &= \frac{\bigl( \prod_{j=m+1}^{n} u_j \bigr) u_{n+1}}{u_m \prod_{k=m+1}^{n} u_k} && \text{(relation de Chasles : \(u_{n+1}\) et \(u_m\) isolés)} \\ &= \frac{u_{n+1}}{u_m}, \end{aligned} $$ la dernière étape simplifiant le facteur commun \(\prod_{j=m+1}^{n} u_j\), qui est non nul comme produit de nombres non nuls.
Seconde démonstration, par récurrence sur \(n\). Pour \(n \ge m - 1\), notons \(P_n\) la propriété « \(\prod_{k=m}^{n} \frac{u_{k+1}}{u_k} = \frac{u_{n+1}}{u_m}\) ». L'initialisation \(P_{m-1}\) est le cas du produit vide, traité en premier. Soit \(n \ge m - 1\) et supposons \(P_n\). Alors $$ \begin{aligned} \prod_{k=m}^{n+1} \frac{u_{k+1}}{u_k} &= \Bigl( \prod_{k=m}^{n} \frac{u_{k+1}}{u_k} \Bigr) \frac{u_{n+2}}{u_{n+1}} && \text{(définition de \(\prod\))} \\ &= \frac{u_{n+1}}{u_m} \cdot \frac{u_{n+2}}{u_{n+1}} && \text{(hypothèse de récurrence)} \\ &= \frac{u_{n+2}}{u_m}, \end{aligned} $$ la dernière étape simplifiant le nombre non nul \(u_{n+1}\). C'est \(P_{n+1}\), et la récurrence donne \(P_n\) pour tout \(n \ge m - 1\).
Proposition — Télescopage avec un écart
Soient \(m, n, p \in \mathbb{Z}\) avec \(p \ge 1\) et \(n \ge m + p - 1\), et \(u_k\) un réel pour \(m \le k \le n + p\). Alors $$ \textcolor{colorprop}{\sum_{k=m}^{n} (u_{k+p} - u_k) = \sum_{k=n+1}^{n+p} u_k - \sum_{k=m}^{m+p-1} u_k.} $$ La somme se réduit aux \(p\) derniers termes moins les \(p\) premiers ; pour \(p = 1\) c'est la Proposition « Somme télescopique ».
$$ \begin{aligned} \sum_{k=m}^{n} (u_{k+p} - u_k) &= \sum_{k=m}^{n} u_{k+p} - \sum_{k=m}^{n} u_k && \text{(linéarité)} \\
&= \sum_{j=m+p}^{n+p} u_j - \sum_{k=m}^{n} u_k && \text{(décalage \(j = k + p\))} \\
&= \Bigl( \sum_{j=m+p}^{n} u_j + \sum_{j=n+1}^{n+p} u_j \Bigr) - \Bigl( \sum_{k=m}^{m+p-1} u_k + \sum_{k=m+p}^{n} u_k \Bigr) && \text{(relation de Chasles en \(n\) et en \(m + p - 1\))} \\
&= \sum_{j=n+1}^{n+p} u_j - \sum_{k=m}^{m+p-1} u_k, \end{aligned} $$ la dernière étape parce que les deux sommes de \(m + p\) à \(n\) sont égales, l'indice étant muet. Les deux coupures de la relation de Chasles sont permises car \(m - 1 \le m + p - 1 \le n\) et \(m + p - 1 \le n \le n + p\).
Exemple — Une somme télescopique de fractions
Calculer \(\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k(k+1)}\) pour \(n \ge 1\).
Le terme général est une différence : \(\frac{1}{k} - \frac{1}{k+1} = \frac{(k+1) - k}{k(k+1)} = \frac{1}{k(k+1)}\). Avec \(u_k = -\frac{1}{k}\), c'est \(u_{k+1} - u_k = -\frac{1}{k+1} + \frac{1}{k}\). $$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k(k+1)} &= \sum_{k=1}^{n} (u_{k+1} - u_k) && \text{(décomposition \(\frac{1}{k(k+1)} = \frac{1}{k} - \frac{1}{k+1}\), \(u_k = -\frac{1}{k}\))} \\
&= u_{n+1} - u_1 && \text{(somme télescopique)} \\
&= -\frac{1}{n+1} + 1 && \text{(\(u_{n+1} = -\frac{1}{n+1}\) et \(u_1 = -1\))} \\
&= \frac{n}{n+1}, \end{aligned} $$ la dernière étape mettant les deux termes sur le dénominateur \(n + 1\). Vérification : pour \(n = 2\), \(\frac{1}{2} + \frac{1}{6} = \frac{2}{3}\).
Exemple — Une somme télescopique de logarithmes
Calculer \(\sum_{k=1}^{n} \ln \bigl( 1 + \frac{1}{k} \bigr)\) pour \(n \ge 1\).
Le terme général est une différence de logarithmes, avec \(u_k = \ln k\). $$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n} \ln \Bigl( 1 + \frac{1}{k} \Bigr) &= \sum_{k=1}^{n} \bigl( \ln (k+1) - \ln k \bigr) && \text{(\(1 + \frac{1}{k} = \frac{k+1}{k}\) et \(\ln \frac{a}{b} = \ln a - \ln b\))} \\
&= \ln (n+1) - \ln 1 && \text{(somme télescopique, \(u_k = \ln k\))} \\
&= \ln (n+1), \end{aligned} $$ la dernière étape parce que \(\ln 1 = 0\).
Exemple — Un produit télescopique
Calculer \(\prod_{k=1}^{n} \frac{k+1}{k}\) pour \(n \ge 1\).
Le facteur général est le quotient de deux valeurs consécutives de \(u_k = k\), qui est non nul pour \(k \ge 1\). $$ \begin{aligned} \prod_{k=1}^{n} \frac{k+1}{k} &= \prod_{k=1}^{n} \frac{u_{k+1}}{u_k} && \text{(avec \(u_k = k\))} \\
&= \frac{u_{n+1}}{u_1} && \text{(produit télescopique)} \\
&= n + 1, \end{aligned} $$ la dernière étape parce que \(u_{n+1} = n + 1\) et \(u_1 = 1\). Vérification : pour \(n = 3\), \(\frac{2}{1} \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{4}{3} = 4\).
Méthode — Reconnaître une somme télescopique
Pour calculer une somme par télescopage, chercher \(u_{k+1} - u_k\) (ou \(u_k - u_{k+1}\)) dans le terme général : - Une fraction rationnelle : \(\frac{1}{k(k+1)} = \frac{1}{k} - \frac{1}{k+1}\), différence de \(u_k = -\frac{1}{k}\). Pour un écart plus large, \(\frac{1}{k(k+2)} = \frac{1}{2} \bigl( \frac{1}{k} - \frac{1}{k+2} \bigr)\) est une différence avec un écart \(p = 2\), traitée par la Proposition « Télescopage avec un écart ».
- Un logarithme d'un quotient : \(\ln \frac{f(k+1)}{f(k)} = \ln f(k+1) - \ln f(k)\).
- Une factorielle : \(k \cdot k! = (k+1)! - k!\), puisque \((k+1)! = (k+1)\,k! = k \cdot k! + k!\).
- Une différence de deux valeurs consécutives d'une expression en \(k\), comme \((k+1)^2 - k^2 = 2k + 1\) ; lorsque l'expression ne se voit pas, deviner \(u_k\) à partir de la forme et vérifier que \(u_{k+1} - u_k\) est le terme général.
Méthode — Reconnaître un produit télescopique
Pour calculer un produit par télescopage, chercher \(\frac{u_{k+1}}{u_k}\) dans le facteur général : - Un quotient de valeurs consécutives : \(\frac{f(k+1)}{f(k)}\) pour une expression \(f\) qui ne s'annule jamais, comme dans \(\frac{k+1}{k}\) ou \(\frac{2k+2}{2k}\).
- Un quotient de factorielles consécutives : \(\frac{(k+1)!}{k!} = k + 1\), de sorte que \(\prod_{k=1}^{n} \frac{(k+1)!}{k!} = \frac{(n+1)!}{1!} = (n+1)!\).
- Le détour par le logarithme : lorsque les facteurs sont strictement positifs, prendre le logarithme, qui transforme le produit en la somme \(\sum \bigl( \ln u_{k+1} - \ln u_k \bigr)\), la télescoper, puis appliquer \(\exp\).
Compétences à pratiquer
- Reconnaître une somme ou un produit télescopique ★
- Évaluer une somme ou un produit télescopique ★
- Télescoper une différence ou un quotient donnés ★
- Décomposer une fraction puis télescoper ★★
- Télescoper un produit ★★
- Télescoper avec un écart ★★
- Trouver le télescopage caché dans une somme ★★★
II.2
Sommes classiques
Quatre sommes et une factorisation
Quatre sommes doivent être au bout des doigts : la somme des premiers entiers, la somme de leurs carrés, la somme de leurs cubes, et la somme géométrique. S'y ajoute une factorisation, la contrepartie algébrique de la somme géométrique : \(a^n - b^n\). Toutes se trouvent par réflexion ou par télescopage, et aucune n'a besoin d'être connue d'avance : le télescopage de \((k+1)^3 - k^3\) produit la somme des carrés. La première se lit sur un dessin. Deux escaliers de \(1, 2, \dots, n\) carrés, l'un retourné contre l'autre, remplissent un rectangle de \(n\) lignes et \(n + 1\) colonnes, dont l'aire est \(n(n+1)\) ; chaque escalier a donc pour aire \(\frac{n(n+1)}{2}\). Le dessin montre le cas \(n = 4\) : l'escalier \(1 + 2 + 3 + 4\) et l'escalier \(4 + 3 + 2 + 1\) remplissent le rectangle de \(4\) lignes et \(5\) colonnes. 
Théorème — Sommes classiques
Pour \(n \in \mathbb{N}\) : - Somme des premiers entiers. $$ \textcolor{colorprop}{\begin{aligned} \sum_{k=0}^{n} k &= \frac{n(n+1)}{2} \\ 1 + 2 + 3 + \dots + n &= \frac{n(n+1)}{2} \end{aligned}} $$
- Somme des carrés. $$ \textcolor{colorprop}{\begin{aligned} \sum_{k=0}^{n} k^2 &= \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} \\ 1^2 + 2^2 + 3^2 + \dots + n^2 &= \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} \end{aligned}} $$
- Somme des cubes. $$ \textcolor{colorprop}{\begin{aligned} \sum_{k=0}^{n} k^3 &= \Bigl( \frac{n(n+1)}{2} \Bigr)^2 \\ 1^3 + 2^3 + 3^3 + \dots + n^3 &= \Bigl( \frac{n(n+1)}{2} \Bigr)^2 \end{aligned}} $$
- Somme géométrique. Pour \(x \in \mathbb{R}\) avec \(x \ne 1\), $$ \textcolor{colorprop}{\begin{aligned} \sum_{k=0}^{n} x^k &= \frac{1 - x^{n+1}}{1 - x} \\ 1 + x + x^2 + \dots + x^n &= \frac{1 - x^{n+1}}{1 - x} \end{aligned}} $$ et pour \(x = 1\), \(\sum_{k=0}^{n} 1^k = n + 1\).
Chaque résultat se démontre par deux méthodes. La première est celle qui n'a pas besoin de la formule d'avance : la réflexion, ou le télescopage de la puissance suivante, qui trouve la forme close. La seconde est la récurrence, qui vérifie une forme close donnée. Le terme d'indice \(0\) de \(\sum k\), \(\sum k^2\) et \(\sum k^3\) est \(0\), donc les sommes depuis \(k = 1\) et depuis \(k = 0\) sont égales.
Somme des premiers entiers : première méthode, par réflexion. Soit \(S = \sum_{k=0}^{n} k\). $$ \begin{aligned} 2S &= \sum_{k=0}^{n} k + \sum_{k=0}^{n} (n - k) && \text{(réflexion sur la seconde copie de \(S\))} \\ &= \sum_{k=0}^{n} \bigl( k + (n - k) \bigr) && \text{(linéarité)} \\ &= \sum_{k=0}^{n} n && \text{(\(k + (n - k) = n\))} \\ &= (n + 1)\,n, \end{aligned} $$ la dernière étape étant le nombre de termes, \(n - 0 + 1\). Donc \(S = \frac{n(n+1)}{2}\).
Seconde méthode, par télescopage. $$ \begin{aligned} \sum_{k=0}^{n} (2k + 1) &= \sum_{k=0}^{n} \bigl( (k+1)^2 - k^2 \bigr) && \text{(développement de \((k+1)^2\))} \\ &= (n+1)^2 - 0^2 && \text{(somme télescopique, \(u_k = k^2\))} \\ &= (n+1)^2, \end{aligned} $$ et par linéarité et nombre de termes, \(\sum_{k=0}^{n} (2k + 1) = 2S + (n + 1)\). Donc \(2S = (n+1)^2 - (n+1) = n(n+1)\).
Somme des carrés : première méthode, par télescopage. Soit \(T = \sum_{k=0}^{n} k^2\), et \(S = \sum_{k=0}^{n} k = \frac{n(n+1)}{2}\). $$ \begin{aligned} (n+1)^3 &= \sum_{k=0}^{n} \bigl( (k+1)^3 - k^3 \bigr) && \text{(somme télescopique, \(u_k = k^3\), \(u_0 = 0\))} \\ &= \sum_{k=0}^{n} (3k^2 + 3k + 1) && \text{(développement de \((k+1)^3\))} \\ &= 3T + 3S + (n + 1) && \text{(linéarité, nombre de termes)} \\ &= 3T + \frac{3n(n+1)}{2} + (n+1), \end{aligned} $$ la dernière étape étant la valeur de \(S\). En multipliant par \(2\) et en isolant \(T\), $$ \begin{aligned} 6T &= 2(n+1)^3 - 3n(n+1) - 2(n+1) && \text{(égalité précédente multipliée par \(2\), puis isolement de \(T\))} \\ &= (n+1) \bigl( 2(n+1)^2 - 3n - 2 \bigr) && \text{(factorisation de \(n + 1\))} \\ &= (n+1)(2n^2 + n) && \text{(développement : \(2(n+1)^2 - 3n - 2 = 2n^2 + n\))} \\ &= n(n+1)(2n+1), \end{aligned} $$ la dernière étape factorisant \(n\). Donc \(T = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\).
Seconde méthode, par récurrence. Pour \(n \in \mathbb{N}\), notons \(P_n\) la propriété « \(\sum_{k=0}^{n} k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\) ». L'initialisation \(P_0\) est \(0 = 0\). Soit \(n \in \mathbb{N}\) et supposons \(P_n\). Alors $$ \begin{aligned} \sum_{k=0}^{n+1} k^2 &= \sum_{k=0}^{n} k^2 + (n+1)^2 && \text{(définition de \(\sum\))} \\ &= \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + (n+1)^2 && \text{(hypothèse de récurrence)} \\ &= \frac{(n+1) \bigl( n(2n+1) + 6(n+1) \bigr)}{6} && \text{(dénominateur commun, factorisation de \(n + 1\))} \\ &= \frac{(n+1)(2n^2 + 7n + 6)}{6} && \text{(développement)} \\ &= \frac{(n+1)(n+2)(2n+3)}{6}, \end{aligned} $$ la dernière étape factorisant \(2n^2 + 7n + 6 = (n+2)(2n+3)\). C'est \(P_{n+1}\), car \((n+1) + 1 = n + 2\) et \(2(n+1) + 1 = 2n + 3\). Puisque \(P_0\) est vraie et que \(P_n \Rightarrow P_{n+1}\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\), par récurrence \(P_n\) est vraie pour tout \(n \in \mathbb{N}\).
Somme des cubes : première méthode, par télescopage. Soit \(C = \sum_{k=0}^{n} k^3\), avec \(T\) et \(S\) comme définis pour les carrés et les entiers. $$ \begin{aligned} (n+1)^4 &= \sum_{k=0}^{n} \bigl( (k+1)^4 - k^4 \bigr) && \text{(somme télescopique, \(u_k = k^4\), \(u_0 = 0\))} \\ &= \sum_{k=0}^{n} (4k^3 + 6k^2 + 4k + 1) && \text{(développement de \((k+1)^4\))} \\ &= 4C + 6T + 4S + (n + 1) && \text{(linéarité, nombre de termes)} \\ &= 4C + n(n+1)(2n+1) + 2n(n+1) + (n+1), \end{aligned} $$ la dernière étape étant les valeurs de \(T\) et de \(S\). En isolant \(C\), $$ \begin{aligned} 4C &= (n+1)^4 - n(n+1)(2n+1) - 2n(n+1) - (n+1) && \text{(égalité précédente, isolement de \(C\))} \\ &= (n+1) \bigl( (n+1)^3 - n(2n+1) - 2n - 1 \bigr) && \text{(factorisation de \(n + 1\))} \\ &= (n+1)(n^3 + n^2) && \text{(développement de \((n+1)^3\) et de \(n(2n+1)\))} \\ &= n^2 (n+1)^2, \end{aligned} $$ la dernière étape factorisant \(n^2\). Donc \(C = \bigl( \frac{n(n+1)}{2} \bigr)^2\).
Seconde méthode, par récurrence. Pour \(n \in \mathbb{N}\), notons \(P_n\) la propriété « \(\sum_{k=0}^{n} k^3 = \frac{n^2 (n+1)^2}{4}\) ». L'initialisation \(P_0\) est \(0 = 0\). Soit \(n \in \mathbb{N}\) et supposons \(P_n\). Alors $$ \begin{aligned} \sum_{k=0}^{n+1} k^3 &= \sum_{k=0}^{n} k^3 + (n+1)^3 && \text{(définition de \(\sum\))} \\ &= \frac{n^2 (n+1)^2}{4} + (n+1)^3 && \text{(hypothèse de récurrence)} \\ &= \frac{(n+1)^2 \bigl( n^2 + 4(n+1) \bigr)}{4} && \text{(dénominateur commun, factorisation de \((n+1)^2\))} \\ &= \frac{(n+1)^2 (n+2)^2}{4}, \end{aligned} $$ la dernière étape étant \(n^2 + 4n + 4 = (n+2)^2\). C'est \(P_{n+1}\). Puisque \(P_0\) est vraie et que \(P_n \Rightarrow P_{n+1}\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\), par récurrence \(P_n\) est vraie pour tout \(n \in \mathbb{N}\).
Somme géométrique : première méthode, par télescopage. Soit \(x \ne 1\) et \(G = \sum_{k=0}^{n} x^k\). Pour \(x = 1\) chaque terme vaut \(1\), et le nombre de termes donne \(n + 1\). $$ \begin{aligned} (1 - x)\,G &= \sum_{k=0}^{n} (x^k - x^{k+1}) && \text{(linéarité : distribution de \(1 - x\))} \\ &= x^0 - x^{n+1} && \text{(somme télescopique, \(u_k = -x^k\))} \\ &= 1 - x^{n+1}, \end{aligned} $$ la dernière étape étant \(x^0 = 1\). En divisant par \(1 - x \ne 0\), on obtient \(G = \frac{1 - x^{n+1}}{1 - x}\).
Seconde méthode, par récurrence. Soit \(x \ne 1\). Pour \(n \in \mathbb{N}\), notons \(P_n\) la propriété « \(\sum_{k=0}^{n} x^k = \frac{1 - x^{n+1}}{1 - x}\) ». L'initialisation \(P_0\) est \(1 = \frac{1 - x}{1 - x}\). Soit \(n \in \mathbb{N}\) et supposons \(P_n\). Alors $$ \begin{aligned} \sum_{k=0}^{n+1} x^k &= \sum_{k=0}^{n} x^k + x^{n+1} && \text{(définition de \(\sum\))} \\ &= \frac{1 - x^{n+1}}{1 - x} + x^{n+1} && \text{(hypothèse de récurrence)} \\ &= \frac{1 - x^{n+1} + x^{n+1} (1 - x)}{1 - x} && \text{(dénominateur commun)} \\ &= \frac{1 - x^{n+2}}{1 - x}, \end{aligned} $$ la dernière étape simplifiant \(-x^{n+1} + x^{n+1} - x^{n+2}\). C'est \(P_{n+1}\). Puisque \(P_0\) est vraie et que \(P_n \Rightarrow P_{n+1}\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\), avec \(x \ne 1\) fixé, par récurrence \(P_n\) est vraie pour tout \(n \in \mathbb{N}\).
Remarque. Les formules des entiers et des cubes donnent \(\sum_{k=0}^{n} k^3 = \bigl( \sum_{k=0}^{n} k \bigr)^2\) : la somme des premiers cubes est le carré de la somme des premiers entiers.
Somme des premiers entiers : première méthode, par réflexion. Soit \(S = \sum_{k=0}^{n} k\). $$ \begin{aligned} 2S &= \sum_{k=0}^{n} k + \sum_{k=0}^{n} (n - k) && \text{(réflexion sur la seconde copie de \(S\))} \\ &= \sum_{k=0}^{n} \bigl( k + (n - k) \bigr) && \text{(linéarité)} \\ &= \sum_{k=0}^{n} n && \text{(\(k + (n - k) = n\))} \\ &= (n + 1)\,n, \end{aligned} $$ la dernière étape étant le nombre de termes, \(n - 0 + 1\). Donc \(S = \frac{n(n+1)}{2}\).
Seconde méthode, par télescopage. $$ \begin{aligned} \sum_{k=0}^{n} (2k + 1) &= \sum_{k=0}^{n} \bigl( (k+1)^2 - k^2 \bigr) && \text{(développement de \((k+1)^2\))} \\ &= (n+1)^2 - 0^2 && \text{(somme télescopique, \(u_k = k^2\))} \\ &= (n+1)^2, \end{aligned} $$ et par linéarité et nombre de termes, \(\sum_{k=0}^{n} (2k + 1) = 2S + (n + 1)\). Donc \(2S = (n+1)^2 - (n+1) = n(n+1)\).
Somme des carrés : première méthode, par télescopage. Soit \(T = \sum_{k=0}^{n} k^2\), et \(S = \sum_{k=0}^{n} k = \frac{n(n+1)}{2}\). $$ \begin{aligned} (n+1)^3 &= \sum_{k=0}^{n} \bigl( (k+1)^3 - k^3 \bigr) && \text{(somme télescopique, \(u_k = k^3\), \(u_0 = 0\))} \\ &= \sum_{k=0}^{n} (3k^2 + 3k + 1) && \text{(développement de \((k+1)^3\))} \\ &= 3T + 3S + (n + 1) && \text{(linéarité, nombre de termes)} \\ &= 3T + \frac{3n(n+1)}{2} + (n+1), \end{aligned} $$ la dernière étape étant la valeur de \(S\). En multipliant par \(2\) et en isolant \(T\), $$ \begin{aligned} 6T &= 2(n+1)^3 - 3n(n+1) - 2(n+1) && \text{(égalité précédente multipliée par \(2\), puis isolement de \(T\))} \\ &= (n+1) \bigl( 2(n+1)^2 - 3n - 2 \bigr) && \text{(factorisation de \(n + 1\))} \\ &= (n+1)(2n^2 + n) && \text{(développement : \(2(n+1)^2 - 3n - 2 = 2n^2 + n\))} \\ &= n(n+1)(2n+1), \end{aligned} $$ la dernière étape factorisant \(n\). Donc \(T = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\).
Seconde méthode, par récurrence. Pour \(n \in \mathbb{N}\), notons \(P_n\) la propriété « \(\sum_{k=0}^{n} k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\) ». L'initialisation \(P_0\) est \(0 = 0\). Soit \(n \in \mathbb{N}\) et supposons \(P_n\). Alors $$ \begin{aligned} \sum_{k=0}^{n+1} k^2 &= \sum_{k=0}^{n} k^2 + (n+1)^2 && \text{(définition de \(\sum\))} \\ &= \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + (n+1)^2 && \text{(hypothèse de récurrence)} \\ &= \frac{(n+1) \bigl( n(2n+1) + 6(n+1) \bigr)}{6} && \text{(dénominateur commun, factorisation de \(n + 1\))} \\ &= \frac{(n+1)(2n^2 + 7n + 6)}{6} && \text{(développement)} \\ &= \frac{(n+1)(n+2)(2n+3)}{6}, \end{aligned} $$ la dernière étape factorisant \(2n^2 + 7n + 6 = (n+2)(2n+3)\). C'est \(P_{n+1}\), car \((n+1) + 1 = n + 2\) et \(2(n+1) + 1 = 2n + 3\). Puisque \(P_0\) est vraie et que \(P_n \Rightarrow P_{n+1}\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\), par récurrence \(P_n\) est vraie pour tout \(n \in \mathbb{N}\).
Somme des cubes : première méthode, par télescopage. Soit \(C = \sum_{k=0}^{n} k^3\), avec \(T\) et \(S\) comme définis pour les carrés et les entiers. $$ \begin{aligned} (n+1)^4 &= \sum_{k=0}^{n} \bigl( (k+1)^4 - k^4 \bigr) && \text{(somme télescopique, \(u_k = k^4\), \(u_0 = 0\))} \\ &= \sum_{k=0}^{n} (4k^3 + 6k^2 + 4k + 1) && \text{(développement de \((k+1)^4\))} \\ &= 4C + 6T + 4S + (n + 1) && \text{(linéarité, nombre de termes)} \\ &= 4C + n(n+1)(2n+1) + 2n(n+1) + (n+1), \end{aligned} $$ la dernière étape étant les valeurs de \(T\) et de \(S\). En isolant \(C\), $$ \begin{aligned} 4C &= (n+1)^4 - n(n+1)(2n+1) - 2n(n+1) - (n+1) && \text{(égalité précédente, isolement de \(C\))} \\ &= (n+1) \bigl( (n+1)^3 - n(2n+1) - 2n - 1 \bigr) && \text{(factorisation de \(n + 1\))} \\ &= (n+1)(n^3 + n^2) && \text{(développement de \((n+1)^3\) et de \(n(2n+1)\))} \\ &= n^2 (n+1)^2, \end{aligned} $$ la dernière étape factorisant \(n^2\). Donc \(C = \bigl( \frac{n(n+1)}{2} \bigr)^2\).
Seconde méthode, par récurrence. Pour \(n \in \mathbb{N}\), notons \(P_n\) la propriété « \(\sum_{k=0}^{n} k^3 = \frac{n^2 (n+1)^2}{4}\) ». L'initialisation \(P_0\) est \(0 = 0\). Soit \(n \in \mathbb{N}\) et supposons \(P_n\). Alors $$ \begin{aligned} \sum_{k=0}^{n+1} k^3 &= \sum_{k=0}^{n} k^3 + (n+1)^3 && \text{(définition de \(\sum\))} \\ &= \frac{n^2 (n+1)^2}{4} + (n+1)^3 && \text{(hypothèse de récurrence)} \\ &= \frac{(n+1)^2 \bigl( n^2 + 4(n+1) \bigr)}{4} && \text{(dénominateur commun, factorisation de \((n+1)^2\))} \\ &= \frac{(n+1)^2 (n+2)^2}{4}, \end{aligned} $$ la dernière étape étant \(n^2 + 4n + 4 = (n+2)^2\). C'est \(P_{n+1}\). Puisque \(P_0\) est vraie et que \(P_n \Rightarrow P_{n+1}\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\), par récurrence \(P_n\) est vraie pour tout \(n \in \mathbb{N}\).
Somme géométrique : première méthode, par télescopage. Soit \(x \ne 1\) et \(G = \sum_{k=0}^{n} x^k\). Pour \(x = 1\) chaque terme vaut \(1\), et le nombre de termes donne \(n + 1\). $$ \begin{aligned} (1 - x)\,G &= \sum_{k=0}^{n} (x^k - x^{k+1}) && \text{(linéarité : distribution de \(1 - x\))} \\ &= x^0 - x^{n+1} && \text{(somme télescopique, \(u_k = -x^k\))} \\ &= 1 - x^{n+1}, \end{aligned} $$ la dernière étape étant \(x^0 = 1\). En divisant par \(1 - x \ne 0\), on obtient \(G = \frac{1 - x^{n+1}}{1 - x}\).
Seconde méthode, par récurrence. Soit \(x \ne 1\). Pour \(n \in \mathbb{N}\), notons \(P_n\) la propriété « \(\sum_{k=0}^{n} x^k = \frac{1 - x^{n+1}}{1 - x}\) ». L'initialisation \(P_0\) est \(1 = \frac{1 - x}{1 - x}\). Soit \(n \in \mathbb{N}\) et supposons \(P_n\). Alors $$ \begin{aligned} \sum_{k=0}^{n+1} x^k &= \sum_{k=0}^{n} x^k + x^{n+1} && \text{(définition de \(\sum\))} \\ &= \frac{1 - x^{n+1}}{1 - x} + x^{n+1} && \text{(hypothèse de récurrence)} \\ &= \frac{1 - x^{n+1} + x^{n+1} (1 - x)}{1 - x} && \text{(dénominateur commun)} \\ &= \frac{1 - x^{n+2}}{1 - x}, \end{aligned} $$ la dernière étape simplifiant \(-x^{n+1} + x^{n+1} - x^{n+2}\). C'est \(P_{n+1}\). Puisque \(P_0\) est vraie et que \(P_n \Rightarrow P_{n+1}\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\), avec \(x \ne 1\) fixé, par récurrence \(P_n\) est vraie pour tout \(n \in \mathbb{N}\).
Remarque. Les formules des entiers et des cubes donnent \(\sum_{k=0}^{n} k^3 = \bigl( \sum_{k=0}^{n} k \bigr)^2\) : la somme des premiers cubes est le carré de la somme des premiers entiers.
Proposition — Sommes de termes consécutifs d'une progression
Soient \(p, n \in \mathbb{N}\) avec \(p \le n\). - Progression arithmétique. Si \((u_k)\) vérifie \(u_{k+1} - u_k = r\) pour tout \(k\), alors $$ \textcolor{colorprop}{\sum_{k=p}^{n} u_k = (n - p + 1)\,\frac{u_p + u_n}{2},} $$ le nombre de termes fois la moyenne du premier et du dernier terme.
- Progression géométrique. Pour \(x \in \mathbb{R}\) avec \(x \ne 1\), $$ \textcolor{colorprop}{\sum_{k=p}^{n} x^k = x^p\,\frac{1 - x^{n-p+1}}{1 - x},} $$ et pour \(x = 1\) la somme vaut \(n - p + 1\).
Le terme général d'une progression arithmétique. Pour \(k \ge p\), $$ \begin{aligned} u_k &= u_p + \sum_{j=p}^{k-1} (u_{j+1} - u_j) && \text{(Proposition « Somme télescopique », lue à l'envers)} \\
&= u_p + \sum_{j=p}^{k-1} r && \text{(\(u_{j+1} - u_j = r\))} \\
&= u_p + (k - p)\,r, \end{aligned} $$ la dernière étape étant le nombre de termes.
Progression arithmétique : première démonstration, par symétrisation. Soit \(S = \sum_{k=p}^{n} u_k\). $$ \begin{aligned} 2S &= \sum_{k=p}^{n} u_k + \sum_{k=p}^{n} u_{p+n-k} && \text{(réflexion sur la seconde copie de \(S\))} \\ &= \sum_{k=p}^{n} \bigl( u_k + u_{p+n-k} \bigr) && \text{(linéarité)} \\ &= \sum_{k=p}^{n} \bigl( 2u_p + (n - p)\,r \bigr) && \text{(\(u_k = u_p + (k - p)\,r\) et \(u_{p+n-k} = u_p + (n - k)\,r\))} \\ &= (n - p + 1)\,(u_p + u_n), \end{aligned} $$ la dernière étape étant le nombre de termes, et \(2u_p + (n - p)\,r = u_p + u_n\) car \(u_n = u_p + (n - p)\,r\). En divisant par \(2\), on obtient la formule.
Seconde démonstration, par la somme des premiers entiers. $$ \begin{aligned} \sum_{k=p}^{n} u_k &= \sum_{k=p}^{n} \bigl( u_p + (k - p)\,r \bigr) && \text{(\(u_k = u_p + (k - p)\,r\))} \\ &= (n - p + 1)\,u_p + r \sum_{k=p}^{n} (k - p) && \text{(linéarité, nombre de termes)} \\ &= (n - p + 1)\,u_p + r \sum_{j=0}^{n-p} j && \text{(décalage \(j = k - p\))} \\ &= (n - p + 1)\,u_p + r\,\frac{(n - p)(n - p + 1)}{2} && \text{(somme des premiers entiers, \(n - p \in \mathbb{N}\))} \\ &= (n - p + 1)\,\frac{2u_p + (n - p)\,r}{2}, \end{aligned} $$ la dernière étape factorisant \(n - p + 1\) ; et \(2u_p + (n - p)\,r = u_p + u_n\).
Progression géométrique : première démonstration, par un décalage. Soit \(x \ne 1\). $$ \begin{aligned} \sum_{k=p}^{n} x^k &= \sum_{j=0}^{n-p} x^{j+p} && \text{(décalage \(j = k - p\))} \\ &= x^p \sum_{j=0}^{n-p} x^j && \text{(linéarité : \(x^{j+p} = x^p x^j\))} \\ &= x^p\,\frac{1 - x^{n-p+1}}{1 - x}, \end{aligned} $$ la dernière étape étant la somme géométrique du Théorème « Sommes classiques », avec \(n - p \in \mathbb{N}\). Pour \(x = 1\), chaque terme vaut \(1\) et il y en a \(n - p + 1\).
Seconde démonstration, par télescopage. Soit \(x \ne 1\). $$ \begin{aligned} (1 - x) \sum_{k=p}^{n} x^k &= \sum_{k=p}^{n} (x^k - x^{k+1}) && \text{(linéarité : distribution de \(1 - x\))} \\ &= x^p - x^{n+1} && \text{(somme télescopique, \(u_k = -x^k\))} \\ &= x^p \bigl( 1 - x^{n-p+1} \bigr), \end{aligned} $$ la dernière étape factorisant \(x^p\), puisque \(x^{n+1} = x^p x^{n-p+1}\). En divisant par \(1 - x \ne 0\), on obtient la formule.
Progression arithmétique : première démonstration, par symétrisation. Soit \(S = \sum_{k=p}^{n} u_k\). $$ \begin{aligned} 2S &= \sum_{k=p}^{n} u_k + \sum_{k=p}^{n} u_{p+n-k} && \text{(réflexion sur la seconde copie de \(S\))} \\ &= \sum_{k=p}^{n} \bigl( u_k + u_{p+n-k} \bigr) && \text{(linéarité)} \\ &= \sum_{k=p}^{n} \bigl( 2u_p + (n - p)\,r \bigr) && \text{(\(u_k = u_p + (k - p)\,r\) et \(u_{p+n-k} = u_p + (n - k)\,r\))} \\ &= (n - p + 1)\,(u_p + u_n), \end{aligned} $$ la dernière étape étant le nombre de termes, et \(2u_p + (n - p)\,r = u_p + u_n\) car \(u_n = u_p + (n - p)\,r\). En divisant par \(2\), on obtient la formule.
Seconde démonstration, par la somme des premiers entiers. $$ \begin{aligned} \sum_{k=p}^{n} u_k &= \sum_{k=p}^{n} \bigl( u_p + (k - p)\,r \bigr) && \text{(\(u_k = u_p + (k - p)\,r\))} \\ &= (n - p + 1)\,u_p + r \sum_{k=p}^{n} (k - p) && \text{(linéarité, nombre de termes)} \\ &= (n - p + 1)\,u_p + r \sum_{j=0}^{n-p} j && \text{(décalage \(j = k - p\))} \\ &= (n - p + 1)\,u_p + r\,\frac{(n - p)(n - p + 1)}{2} && \text{(somme des premiers entiers, \(n - p \in \mathbb{N}\))} \\ &= (n - p + 1)\,\frac{2u_p + (n - p)\,r}{2}, \end{aligned} $$ la dernière étape factorisant \(n - p + 1\) ; et \(2u_p + (n - p)\,r = u_p + u_n\).
Progression géométrique : première démonstration, par un décalage. Soit \(x \ne 1\). $$ \begin{aligned} \sum_{k=p}^{n} x^k &= \sum_{j=0}^{n-p} x^{j+p} && \text{(décalage \(j = k - p\))} \\ &= x^p \sum_{j=0}^{n-p} x^j && \text{(linéarité : \(x^{j+p} = x^p x^j\))} \\ &= x^p\,\frac{1 - x^{n-p+1}}{1 - x}, \end{aligned} $$ la dernière étape étant la somme géométrique du Théorème « Sommes classiques », avec \(n - p \in \mathbb{N}\). Pour \(x = 1\), chaque terme vaut \(1\) et il y en a \(n - p + 1\).
Seconde démonstration, par télescopage. Soit \(x \ne 1\). $$ \begin{aligned} (1 - x) \sum_{k=p}^{n} x^k &= \sum_{k=p}^{n} (x^k - x^{k+1}) && \text{(linéarité : distribution de \(1 - x\))} \\ &= x^p - x^{n+1} && \text{(somme télescopique, \(u_k = -x^k\))} \\ &= x^p \bigl( 1 - x^{n-p+1} \bigr), \end{aligned} $$ la dernière étape factorisant \(x^p\), puisque \(x^{n+1} = x^p x^{n-p+1}\). En divisant par \(1 - x \ne 0\), on obtient la formule.
Proposition — Factorisation de \(a^n - b^n\)
Pour \(a, b \in \mathbb{R}\) et \(n \in \mathbb{N}^*\) : $$ \textcolor{colorprop}{\begin{aligned} a^n - b^n &= (a - b) \sum_{k=0}^{n-1} a^{n-1-k} b^k \\
&= (a - b)\bigl( a^{n-1} + a^{n-2} b + \dots + a b^{n-2} + b^{n-1} \bigr) \end{aligned}} $$
Première démonstration, par télescopage. Posons \(u_k = a^{n-k} b^k\) pour \(0 \le k \le n\), de sorte que \(u_0 = a^n\) et \(u_n = b^n\). Comme \(a \cdot a^{n-1-k} b^k = u_k\) et \(b \cdot a^{n-1-k} b^k = u_{k+1}\), $$ \begin{aligned} (a - b) \sum_{k=0}^{n-1} a^{n-1-k} b^k &= \sum_{k=0}^{n-1} \bigl( a^{n-k} b^k - a^{n-1-k} b^{k+1} \bigr) && \text{(linéarité : distribution de \(a - b\))} \\
&= \sum_{k=0}^{n-1} (u_k - u_{k+1}) && \text{(définition de \(u_k\))} \\
&= u_0 - u_n && \text{(somme télescopique, pour \(-u_k\))} \\
&= a^n - b^n, \end{aligned} $$ la dernière étape étant les valeurs de \(u_0\) et de \(u_n\).
Seconde démonstration, par la somme géométrique. Si \(a = b\), les deux membres valent \(0\). Si \(b = 0\), la somme se réduit à son terme d'indice \(0\), \(a^{n-1}\), car \(0^k = 0\) pour \(k \ge 1\), et \(a \cdot a^{n-1} = a^n\). Supposons \(b \ne 0\) et \(a \ne b\), et posons \(x = \frac{a}{b} \ne 1\). $$ \begin{aligned} a^n - b^n &= b^n \bigl( x^n - 1 \bigr) && \text{(\(a = bx\))} \\ &= -b^n (1 - x) \sum_{k=0}^{n-1} x^k && \text{(somme géométrique : \(1 - x^n = (1 - x) \sum_{k=0}^{n-1} x^k\))} \\ &= b^{n-1} (a - b) \sum_{k=0}^{n-1} x^k && \text{(\(-b (1 - x) = a - b\))} \\ &= (a - b) \sum_{k=0}^{n-1} a^k b^{n-1-k}, \end{aligned} $$ la dernière étape étant \(b^{n-1} x^k = a^k b^{n-1-k}\). La réflexion \(j = n - 1 - k\) transforme cette dernière somme en \(\sum_{j=0}^{n-1} a^{n-1-j} b^j\).
Seconde démonstration, par la somme géométrique. Si \(a = b\), les deux membres valent \(0\). Si \(b = 0\), la somme se réduit à son terme d'indice \(0\), \(a^{n-1}\), car \(0^k = 0\) pour \(k \ge 1\), et \(a \cdot a^{n-1} = a^n\). Supposons \(b \ne 0\) et \(a \ne b\), et posons \(x = \frac{a}{b} \ne 1\). $$ \begin{aligned} a^n - b^n &= b^n \bigl( x^n - 1 \bigr) && \text{(\(a = bx\))} \\ &= -b^n (1 - x) \sum_{k=0}^{n-1} x^k && \text{(somme géométrique : \(1 - x^n = (1 - x) \sum_{k=0}^{n-1} x^k\))} \\ &= b^{n-1} (a - b) \sum_{k=0}^{n-1} x^k && \text{(\(-b (1 - x) = a - b\))} \\ &= (a - b) \sum_{k=0}^{n-1} a^k b^{n-1-k}, \end{aligned} $$ la dernière étape étant \(b^{n-1} x^k = a^k b^{n-1-k}\). La réflexion \(j = n - 1 - k\) transforme cette dernière somme en \(\sum_{j=0}^{n-1} a^{n-1-j} b^j\).
Proposition — Puissances impaires
Pour \(a, b \in \mathbb{R}\) et \(p \in \mathbb{N}\) : $$ \textcolor{colorprop}{a^{2p+1} + b^{2p+1} = (a + b) \sum_{k=0}^{2p} (-1)^k a^{2p-k} b^k.} $$
On applique la Proposition « Factorisation de \(a^n - b^n\) » avec \(n = 2p + 1\) et \(-b\) à la place de \(b\). $$ \begin{aligned} a^{2p+1} + b^{2p+1} &= a^{2p+1} - (-b)^{2p+1} && \text{(puissance impaire : \((-b)^{2p+1} = -b^{2p+1}\))} \\
&= \bigl( a - (-b) \bigr) \sum_{k=0}^{2p} a^{2p-k} (-b)^k && \text{(factorisation, \(-b\) pour \(b\))} \\
&= (a + b) \sum_{k=0}^{2p} (-1)^k a^{2p-k} b^k, \end{aligned} $$ la dernière étape étant \((-b)^k = (-1)^k b^k\).
Exemple — La somme des cent premiers entiers
Calculer \(\sum_{k=1}^{100} k\).
$$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{100} k &= \sum_{k=0}^{100} k && \text{(le terme d'indice \(0\) est \(0\))} \\
&= \frac{100 \cdot 101}{2} && \text{(théorème « Sommes classiques », \(n = 100\))} \\
&= 5050. \end{aligned} $$
Exemple — Une somme géométrique de puissances de deux
Calculer \(\sum_{k=0}^{n} 2^k\).
$$ \begin{aligned} \sum_{k=0}^{n} 2^k &= \frac{1 - 2^{n+1}}{1 - 2} && \text{(somme géométrique, \(x = 2 \ne 1\))} \\
&= 2^{n+1} - 1, \end{aligned} $$ la dernière étape car \(1 - 2 = -1\). Vérification : pour \(n = 3\), \(1 + 2 + 4 + 8 = 15 = 2^4 - 1\).
Méthode — Calculer une somme de termes consécutifs d'une progression
Pour calculer \(\sum_{k=p}^{n} u_k\) lorsque \((u_k)\) est une progression arithmétique ou géométrique : - Identifier le premier terme \(u_p\), la raison \(r\) ou \(q\), et le nombre de termes, \(n - p + 1\).
- Progression arithmétique : le nombre de termes fois la moyenne du premier et du dernier terme, \((n - p + 1)\,\frac{u_p + u_n}{2}\).
- Progression géométrique de raison \(q \ne 1\), avec \(u_k = u_p\,q^{k-p}\) : le premier terme fois \(\frac{1 - q^{\text{nombre de termes}}}{1 - q}\), c'est-à-dire \(u_p\,\frac{1 - q^{n-p+1}}{1 - q}\) ; le décalage \(j = k - p\) et la somme géométrique la donnent. Pour \(q = 1\) la progression est constante et la somme vaut \((n - p + 1)\,u_p\).
Compétences à pratiquer
- Reconnaître le premier terme, la raison et le nombre de termes d'une progression ★
- Évaluer une somme arithmétique ou géométrique ★
- Calculer une somme géométrique ★
- Calculer une somme de termes consécutifs ★★
- Factoriser une différence ou une somme de puissances ★★
II.3
Calculer une somme
Quelle méthode pour quelle somme
Calculer une somme, c'est la ramener à une forme close en \(n\). Trois méthodes couvrent presque tous les cas, et le choix se lit sur le terme général. Lorsqu'il est polynomial en \(k\), le développement et la linéarité le ramènent aux sommes classiques. Lorsque c'est une différence, ou lorsque l'on veut une somme de puissances, le télescopage fait le travail, sans avoir besoin du résultat d'avance. Lorsque la forme close est donnée, ou devinée sur les premières valeurs, la récurrence la démontre.
Méthode — Calculer une somme à terme général polynomial
Pour calculer \(\sum_{k=m}^{n} a_k\) lorsque \(a_k\) est un polynôme en \(k\), un produit de facteurs en \(k\) en étant un : - Développer le terme général en une somme de puissances de \(k\) à coefficients constants.
- Séparer par linéarité en sommes \(\sum k^j\) et une somme de constantes.
- Remplacer chaque somme par sa valeur classique, jusqu'aux cubes : \(\sum_{k=0}^{n} 1 = n + 1\), \(\sum k\), \(\sum k^2\), \(\sum k^3\). Pour une somme qui commence à \(k = 1\), le terme d'indice \(0\) de \(\sum k^j\) est nul dès que \(j \ge 1\), mais une somme de constantes \(\sum_{k=1}^{n} c\) a \(n\) termes, non \(n + 1\).
- Factoriser le résultat, dont les facteurs communs sont d'ordinaire \(n\) et \(n + 1\), et le vérifier pour \(n = 1\) et \(n = 2\).
Exemple — Un terme général polynomial
Calculer \(\sum_{k=1}^{n} k(k+1)\) pour \(n \ge 1\).
Les termes d'indice \(0\) de \(\sum k\) et de \(\sum k^2\) sont nuls, donc les sommes depuis \(k = 1\) sont les sommes classiques. $$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n} k(k+1) &= \sum_{k=1}^{n} (k^2 + k) && \text{(développement)} \\
&= \sum_{k=1}^{n} k^2 + \sum_{k=1}^{n} k && \text{(linéarité)} \\
&= \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + \frac{n(n+1)}{2} && \text{(sommes classiques)} \\
&= \frac{n(n+1)(2n+1) + 3n(n+1)}{6} && \text{(dénominateur commun \(6\))} \\
&= \frac{n(n+1) \bigl( (2n+1) + 3 \bigr)}{6} && \text{(factorisation de \(n(n+1)\))} \\
&= \frac{n(n+1)(2n+4)}{6} && \text{(addition)} \\
&= \frac{n(n+1)(n+2)}{3}, \end{aligned} $$ la dernière étape simplifiant \(2n + 4 = 2(n+2)\) avec le dénominateur. Vérification : pour \(n = 2\), \(1 \cdot 2 + 2 \cdot 3 = 8\) et \(\frac{2 \cdot 3 \cdot 4}{3} = 8\).
Méthode — Calculer une somme de puissances par télescopage
Pour calculer \(\sum_{k=0}^{n} k^p\) pour \(p = 1, 2, 3\) sans connaître le résultat, ou une somme dont le terme général est un produit de facteurs consécutifs : - Télescoper la puissance suivante. Développer \((k+1)^{p+1} - k^{p+1}\) avec les identités remarquables : c'est \(2k+1\), \(3k^2+3k+1\) ou \(4k^3+6k^2+4k+1\), un polynôme de degré \(p\) en \(k\) de terme dominant \((p+1)\,k^p\). La somme télescopique donne \(\sum_{k=0}^{n} \bigl( (k+1)^{p+1} - k^{p+1} \bigr) = (n+1)^{p+1}\), et la linéarité isole \(\sum k^p\) des sommes des puissances inférieures, déjà connues.
- Télescoper un produit de facteurs consécutifs avec un facteur de plus : la différence \(u_k - u_{k-1}\) de \(u_k = k(k+1)(k+2)(k+3)\) est \(4k(k+1)(k+2)\), car les trois facteurs communs sortent.
Exemple — Un produit de trois entiers consécutifs
Calculer \(\sum_{k=1}^{n} k(k+1)(k+2)\) pour \(n \ge 1\), en télescopant \(u_k = k(k+1)(k+2)(k+3)\).
Pour \(k \ge 1\), les trois facteurs communs sortent de la différence : $$ \begin{aligned} u_k - u_{k-1} &= k(k+1)(k+2)(k+3) - (k-1)\,k(k+1)(k+2) && \text{(définition de \(u_k\) et \(u_{k-1}\))} \\
&= k(k+1)(k+2) \bigl( (k+3) - (k-1) \bigr) && \text{(factorisation des trois facteurs communs)} \\
&= 4k(k+1)(k+2). \end{aligned} $$ Donc $$ \begin{aligned} 4 \sum_{k=1}^{n} k(k+1)(k+2) &= \sum_{k=1}^{n} (u_k - u_{k-1}) && \text{(différence \(u_k - u_{k-1}\), linéarité)} \\
&= \sum_{j=0}^{n-1} (u_{j+1} - u_j) && \text{(décalage \(j = k - 1\))} \\
&= u_n - u_0 && \text{(somme télescopique)} \\
&= n(n+1)(n+2)(n+3), \end{aligned} $$ la dernière étape car \(u_n = n(n+1)(n+2)(n+3)\) et \(u_0 = 0\). En divisant par \(4\), on obtient \(\sum_{k=1}^{n} k(k+1)(k+2) = \frac{n(n+1)(n+2)(n+3)}{4}\). Vérification : pour \(n = 2\), \(1 \cdot 2 \cdot 3 + 2 \cdot 3 \cdot 4 = 30\) et \(\frac{2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5}{4} = 30\).
Méthode — Démontrer une forme close par récurrence
Pour démontrer que \(\sum_{k=m}^{n} a_k = F(n)\) pour tout \(n \ge m\), lorsque la forme close \(F(n)\) est donnée ou devinée sur les premières valeurs : - Énoncer \(P_n\) pour un \(n\) donné : « \(\sum_{k=m}^{n} a_k = F(n)\) », comme dans la Méthode « Rédiger une récurrence simple ».
- Initialisation : calculer les deux membres en \(n = m\), ou en \(n = m - 1\), où la somme est vide et où \(F(m-1)\) doit valoir \(0\).
- Hérédité : écrire \(\sum_{k=m}^{n+1} a_k = \sum_{k=m}^{n} a_k + a_{n+1}\), remplacer la somme par \(F(n)\) grâce à l'hypothèse de récurrence, puis montrer que \(F(n) + a_{n+1} = F(n+1)\) en calculant les deux membres à part et en les comparant. Le pas est l'identité \(F(n+1) - F(n) = a_{n+1}\).
Exemple — Une somme alternée démontrée par récurrence
Montrer que \(\sum_{k=0}^{n} (-1)^k (2k+1) = (-1)^n (n+1)\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\).
Pour \(n \in \mathbb{N}\), notons \(P_n\) la propriété « \(\sum_{k=0}^{n} (-1)^k (2k+1) = (-1)^n (n+1)\) ».
Initialisation. Pour \(n = 0\), le premier membre est \((-1)^0 (2 \cdot 0 + 1) = 1\) et le second membre est \((-1)^0 (0 + 1) = 1\) : \(P_0\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n \in \mathbb{N}\) et supposons \(P_n\). $$ \begin{aligned} \sum_{k=0}^{n+1} (-1)^k (2k+1) &= \sum_{k=0}^{n} (-1)^k (2k+1) + (-1)^{n+1} (2n+3) && \text{(définition de \(\sum\))} \\ &= (-1)^n (n+1) + (-1)^{n+1} (2n+3) && \text{(hypothèse de récurrence)} \\ &= (-1)^{n+1} \bigl( -(n+1) + (2n+3) \bigr) && \text{(factorisation de \((-1)^{n+1}\), car \((-1)^n = -(-1)^{n+1}\))} \\ &= (-1)^{n+1} (n+2), \end{aligned} $$ la dernière étape étant \(-(n+1) + (2n+3) = n + 2\). C'est \(P_{n+1}\), car \((n+1) + 1 = n + 2\).
Conclusion. Puisque \(P_0\) est vraie et que \(P_n \Rightarrow P_{n+1}\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\), par récurrence, \(P_n\) est vraie pour tout \(n \in \mathbb{N}\).
Seconde démonstration, par télescopage. Posons \(u_k = (-1)^k k\). Alors \(u_k - u_{k+1} = (-1)^k k + (-1)^k (k+1) = (-1)^k (2k+1)\), car \(-(-1)^{k+1} = (-1)^k\). Donc $$ \begin{aligned} \sum_{k=0}^{n} (-1)^k (2k+1) &= \sum_{k=0}^{n} (u_k - u_{k+1}) && \text{(la différence ci-dessus)} \\ &= u_0 - u_{n+1} && \text{(somme télescopique, pour \(-u_k\))} \\ &= (-1)^n (n+1), \end{aligned} $$ la dernière étape car \(u_0 = 0\) et \(-u_{n+1} = -(-1)^{n+1} (n+1) = (-1)^n (n+1)\). La récurrence vérifie une forme close donnée ; le télescopage la trouve, une fois la suite \(u_k\) aperçue.
Initialisation. Pour \(n = 0\), le premier membre est \((-1)^0 (2 \cdot 0 + 1) = 1\) et le second membre est \((-1)^0 (0 + 1) = 1\) : \(P_0\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n \in \mathbb{N}\) et supposons \(P_n\). $$ \begin{aligned} \sum_{k=0}^{n+1} (-1)^k (2k+1) &= \sum_{k=0}^{n} (-1)^k (2k+1) + (-1)^{n+1} (2n+3) && \text{(définition de \(\sum\))} \\ &= (-1)^n (n+1) + (-1)^{n+1} (2n+3) && \text{(hypothèse de récurrence)} \\ &= (-1)^{n+1} \bigl( -(n+1) + (2n+3) \bigr) && \text{(factorisation de \((-1)^{n+1}\), car \((-1)^n = -(-1)^{n+1}\))} \\ &= (-1)^{n+1} (n+2), \end{aligned} $$ la dernière étape étant \(-(n+1) + (2n+3) = n + 2\). C'est \(P_{n+1}\), car \((n+1) + 1 = n + 2\).
Conclusion. Puisque \(P_0\) est vraie et que \(P_n \Rightarrow P_{n+1}\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\), par récurrence, \(P_n\) est vraie pour tout \(n \in \mathbb{N}\).
Seconde démonstration, par télescopage. Posons \(u_k = (-1)^k k\). Alors \(u_k - u_{k+1} = (-1)^k k + (-1)^k (k+1) = (-1)^k (2k+1)\), car \(-(-1)^{k+1} = (-1)^k\). Donc $$ \begin{aligned} \sum_{k=0}^{n} (-1)^k (2k+1) &= \sum_{k=0}^{n} (u_k - u_{k+1}) && \text{(la différence ci-dessus)} \\ &= u_0 - u_{n+1} && \text{(somme télescopique, pour \(-u_k\))} \\ &= (-1)^n (n+1), \end{aligned} $$ la dernière étape car \(u_0 = 0\) et \(-u_{n+1} = -(-1)^{n+1} (n+1) = (-1)^n (n+1)\). La récurrence vérifie une forme close donnée ; le télescopage la trouve, une fois la suite \(u_k\) aperçue.
Compétences à pratiquer
- Choisir la technique pour calculer une somme ★
- Évaluer une somme de carrés ou de cubes ★
- Calculer une somme à terme polynomial ★★
- Démontrer une formule par récurrence ★★
- Sommer un polynôme fois une progression géométrique ★★★
- Trouver la forme close d'une somme ★★★
III
Sommes doubles
Deux indices à la fois
Beaucoup de sommes portent sur des couples d'indices : les cases d'un tableau, les produits \(a_i b_j\) de deux listes, les couples \(i < j\) d'une famille ordonnée. Une somme double se calcule en choisissant un ordre, ligne par ligne ou colonne par colonne, et en employant les outils des sommes simples dans chaque ligne ou chaque colonne. Quatre faits gouvernent le calcul : l'ordre de sommation ne change pas le total, la somme double d'un produit \(a_i b_j\) est le produit de deux sommes, une somme sur un triangle se calcule dans l'un ou l'autre ordre à condition de réécrire les bornes, et les mêmes énoncés valent pour les produits.
III.1
Sommes sur un rectangle
Additionner un tableau par lignes et par colonnes
Les cases \(a_{i,j}\) d'un tableau de lignes \(i\) et de colonnes \(j\) peuvent être additionnées de deux façons : ligne par ligne, en additionnant d'abord chaque ligne puis les totaux de lignes, ou colonne par colonne. La figure montre un tableau de trois lignes et quatre colonnes avec ses totaux. Les deux façons aboutissent au même total général, ce qui est le premier fait à démontrer. Lorsque la case est un produit \(a_i b_j\), le tableau est la table de multiplication de deux listes, et son total général se factorise. 
La ligne \(i\) s'additionne en \(\sum_{j=1}^{4} a_{i,j}\) et la colonne \(j\) en \(\sum_{i=1}^{3} a_{i,j}\) ; le total général du coin est à la fois la somme des totaux de lignes et la somme des totaux de colonnes.
Définition — Somme double
Soient \(I\) et \(J\) deux ensembles finis et \((a_{i,j})_{(i,j) \in I \times J}\) une famille de réels indexée par le produit cartésien \(I \times J\), qui est un ensemble fini. La somme double de la famille est sa somme sur \(I \times J\), au sens de la Définition « Somme sur un ensemble fini » : $$ \textcolor{colordef}{\sum_{(i,j) \in I \times J} a_{i,j}}, $$ aussi notée \(\sum_{i \in I,\, j \in J} a_{i,j}\) ; pour \(I = \llbracket m, n \rrbracket\) et \(J = \llbracket p, q \rrbracket\) elle s'écrit aussi \(\sum_{m \le i \le n,\ p \le j \le q} a_{i,j}\), et pour \(I = J = \llbracket 1, n \rrbracket\) elle s'écrit \(\sum_{1 \le i, j \le n} a_{i,j}\). Elle vaut \(0\) lorsque \(I\) ou \(J\) est vide.Les sommes itérées sont \(\sum_{i \in I} \sum_{j \in J} a_{i,j} = \sum_{i \in I} \bigl( \sum_{j \in J} a_{i,j} \bigr)\) et \(\sum_{j \in J} \sum_{i \in I} a_{i,j} = \sum_{j \in J} \bigl( \sum_{i \in I} a_{i,j} \bigr)\). Dans la première, la somme intérieure \(\sum_{j \in J} a_{i,j}\) est le total de la ligne \(i\) et la somme extérieure additionne les totaux de lignes ; dans la seconde, la somme intérieure est le total de la colonne \(j\).
Proposition — Permuter l'ordre de sommation
Soient \(I\) et \(J\) deux ensembles finis et \((a_{i,j})_{(i,j) \in I \times J}\) une famille de réels. Alors $$ \textcolor{colorprop}{\sum_{(i,j) \in I \times J} a_{i,j} = \sum_{i \in I} \Bigl( \sum_{j \in J} a_{i,j} \Bigr) = \sum_{j \in J} \Bigl( \sum_{i \in I} a_{i,j} \Bigr).} $$ En particulier, pour des bornes entières, \(\sum_{i=m}^{n} \sum_{j=p}^{q} a_{i,j} = \sum_{j=p}^{q} \sum_{i=m}^{n} a_{i,j}\) : on peut échanger l'ordre de deux sommations sur un rectangle.Le rectangle est essentiel. Les bornes de \(j\) ne doivent pas dépendre de \(i\), ni celles de \(i\) de \(j\) ; sinon l'ensemble des couples est un triangle ou une autre région, et échanger les deux sommations change les bornes.
Première démonstration, par la sommation par paquets. Soit \(i_1, \dots, i_r\) une énumération de \(I\). Les lignes \(\{i_1\} \times J, \dots, \{i_r\} \times J\) forment un recouvrement disjoint de \(I \times J\) : un couple \((i, j)\) est dans la ligne de sa première composante \(i\) et dans aucune autre, puisque deux lignes d'indices distincts ont des premières composantes distinctes, donc aucun couple en commun. D'après la Proposition « Sommation par paquets », $$ \sum_{(i,j) \in I \times J} a_{i,j} = \sum_{k=1}^{r} \ \sum_{(i,j) \in \{i_k\} \times J} a_{i,j}. $$ Pour chaque \(k\), l'application \(j \mapsto (i_k, j)\) est une bijection de \(J\) sur \(\{i_k\} \times J\), de réciproque \((i_k, j) \mapsto j\). D'après la Proposition « Changement d'indice par une bijection », $$ \sum_{(i,j) \in \{i_k\} \times J} a_{i,j} = \sum_{j \in J} a_{i_k, j}. $$ Donc la somme double est \(\sum_{k=1}^{r} \sum_{j \in J} a_{i_k, j}\), qui est \(\sum_{i \in I} \bigl( \sum_{j \in J} a_{i,j} \bigr)\) par la Définition « Somme sur un ensemble fini », les totaux de lignes étant listés dans l'énumération \(i_1, \dots, i_r\). En échangeant les rôles de \(i\) et de \(j\), avec les colonnes \(I \times \{j\}\) à la place des lignes, on obtient la seconde égalité.
Seconde démonstration de l'échange des sommes itérées, par récurrence sur le nombre de lignes. Si \(I\) est vide, les deux sommes itérées valent \(0\). Sinon soit \(i_1, \dots, i_r\) une énumération de \(I\), avec \(r \ge 1\), et \(b_{k,j} = a_{i_k, j}\). Par la Définition « Somme sur un ensemble fini », appliquée à \(I\) et, pour chaque \(j\), à la somme sur \(I\) des termes \(a_{i,j}\), les deux sommes itérées sont \(\sum_{k=1}^{r} \sum_{j \in J} b_{k,j}\) et \(\sum_{j \in J} \sum_{k=1}^{r} b_{k,j}\). Pour \(1 \le s \le r\) notons \(P_s\) la propriété « \(\sum_{k=1}^{s} \sum_{j \in J} b_{k,j} = \sum_{j \in J} \sum_{k=1}^{s} b_{k,j}\) ». Pour \(s = 1\) chaque somme \(\sum_{k=1}^{1} b_{k,j}\) a l'unique terme \(b_{1,j}\), donc les deux membres de \(P_1\) valent \(\sum_{j \in J} b_{1,j}\) : \(P_1\) est vraie. Soit \(1 \le s < r\) et supposons \(P_s\). Alors $$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{s+1} \sum_{j \in J} b_{k,j} &= \sum_{k=1}^{s} \sum_{j \in J} b_{k,j} + \sum_{j \in J} b_{s+1,j} && \text{(définition de \(\sum\))} \\ &= \sum_{j \in J} \sum_{k=1}^{s} b_{k,j} + \sum_{j \in J} b_{s+1,j} && \text{(hypothèse de récurrence)} \\ &= \sum_{j \in J} \Bigl( \sum_{k=1}^{s} b_{k,j} + b_{s+1,j} \Bigr) && \text{(linéarité de \(\sum\))} \\ &= \sum_{j \in J} \sum_{k=1}^{s+1} b_{k,j}, \end{aligned} $$ la dernière étape par la définition de \(\sum\). C'est \(P_{s+1}\). Puisque \(P_1\) est vraie et que \(P_s \Rightarrow P_{s+1}\) pour \(1 \le s < r\), par récurrence \(P_r\) est vraie : les deux sommes itérées sont égales.
Seconde démonstration de l'échange des sommes itérées, par récurrence sur le nombre de lignes. Si \(I\) est vide, les deux sommes itérées valent \(0\). Sinon soit \(i_1, \dots, i_r\) une énumération de \(I\), avec \(r \ge 1\), et \(b_{k,j} = a_{i_k, j}\). Par la Définition « Somme sur un ensemble fini », appliquée à \(I\) et, pour chaque \(j\), à la somme sur \(I\) des termes \(a_{i,j}\), les deux sommes itérées sont \(\sum_{k=1}^{r} \sum_{j \in J} b_{k,j}\) et \(\sum_{j \in J} \sum_{k=1}^{r} b_{k,j}\). Pour \(1 \le s \le r\) notons \(P_s\) la propriété « \(\sum_{k=1}^{s} \sum_{j \in J} b_{k,j} = \sum_{j \in J} \sum_{k=1}^{s} b_{k,j}\) ». Pour \(s = 1\) chaque somme \(\sum_{k=1}^{1} b_{k,j}\) a l'unique terme \(b_{1,j}\), donc les deux membres de \(P_1\) valent \(\sum_{j \in J} b_{1,j}\) : \(P_1\) est vraie. Soit \(1 \le s < r\) et supposons \(P_s\). Alors $$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{s+1} \sum_{j \in J} b_{k,j} &= \sum_{k=1}^{s} \sum_{j \in J} b_{k,j} + \sum_{j \in J} b_{s+1,j} && \text{(définition de \(\sum\))} \\ &= \sum_{j \in J} \sum_{k=1}^{s} b_{k,j} + \sum_{j \in J} b_{s+1,j} && \text{(hypothèse de récurrence)} \\ &= \sum_{j \in J} \Bigl( \sum_{k=1}^{s} b_{k,j} + b_{s+1,j} \Bigr) && \text{(linéarité de \(\sum\))} \\ &= \sum_{j \in J} \sum_{k=1}^{s+1} b_{k,j}, \end{aligned} $$ la dernière étape par la définition de \(\sum\). C'est \(P_{s+1}\). Puisque \(P_1\) est vraie et que \(P_s \Rightarrow P_{s+1}\) pour \(1 \le s < r\), par récurrence \(P_r\) est vraie : les deux sommes itérées sont égales.
Proposition — Produit de deux sommes
Soient \(I\) et \(J\) deux ensembles finis, et \((a_i)_{i \in I}\) et \((b_j)_{j \in J}\) deux familles de réels. Alors $$ \textcolor{colorprop}{\Bigl( \sum_{i \in I} a_i \Bigr) \Bigl( \sum_{j \in J} b_j \Bigr) = \sum_{(i,j) \in I \times J} a_i b_j.} $$ Une somme double dont le terme est un produit d'un facteur en \(i\) seul et d'un facteur en \(j\) seul est le produit de deux sommes simples. En particulier \(\bigl( \sum_{i \in I} a_i \bigr)^2 = \sum_{(i,j) \in I \times I} a_i a_j\).
Première démonstration, par linéarité. Dans la somme sur \(i\), le facteur \(\sum_{j \in J} b_j\) ne dépend pas de \(i\) : c'est une constante. Puis, dans la somme sur \(j\), le facteur \(a_i\) ne dépend pas de \(j\). Donc $$ \begin{aligned} \Bigl( \sum_{i \in I} a_i \Bigr) \Bigl( \sum_{j \in J} b_j \Bigr) &= \sum_{i \in I} a_i \Bigl( \sum_{j \in J} b_j \Bigr) && \text{(linéarité de \(\sum\), la constante \(\sum_{j} b_j\))} \\
&= \sum_{i \in I} \sum_{j \in J} a_i b_j && \text{(linéarité de \(\sum\), la constante \(a_i\))} \\
&= \sum_{(i,j) \in I \times J} a_i b_j. \end{aligned} $$ La dernière étape est la Proposition « Permuter l'ordre de sommation », première égalité.
Seconde démonstration, par la distributivité écrite en développé. Soit \(i_1, \dots, i_r\) une énumération de \(I\) et \(j_1, \dots, j_s\) une de \(J\). Par distributivité, \((a_{i_1} + \dots + a_{i_r})(b_{j_1} + \dots + b_{j_s})\) est la somme des \(rs\) produits \(a_{i_k} b_{j_l}\), un pour chaque choix d'un terme dans le premier facteur et d'un terme dans le second ; chaque couple \((i, j) \in I \times J\) figure exactement une fois parmi ces choix. Cette somme est \(\sum_{(i,j) \in I \times J} a_i b_j\), puisqu'une somme finie ne dépend ni de l'ordre ni du parenthésage de ses termes.
Seconde démonstration, par la distributivité écrite en développé. Soit \(i_1, \dots, i_r\) une énumération de \(I\) et \(j_1, \dots, j_s\) une de \(J\). Par distributivité, \((a_{i_1} + \dots + a_{i_r})(b_{j_1} + \dots + b_{j_s})\) est la somme des \(rs\) produits \(a_{i_k} b_{j_l}\), un pour chaque choix d'un terme dans le premier facteur et d'un terme dans le second ; chaque couple \((i, j) \in I \times J\) figure exactement une fois parmi ces choix. Cette somme est \(\sum_{(i,j) \in I \times J} a_i b_j\), puisqu'une somme finie ne dépend ni de l'ordre ni du parenthésage de ses termes.
Exemple — Un terme séparable
Calculer \(\displaystyle \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} ij\) pour \(n \ge 1\).
Le terme \(ij\) est un produit d'un facteur en \(i\) seul et d'un facteur en \(j\) seul, donc la somme double se factorise : $$ \begin{aligned} \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} ij &= \Bigl( \sum_{i=1}^{n} i \Bigr) \Bigl( \sum_{j=1}^{n} j \Bigr) && \text{(produit de deux sommes)} \\
&= \Bigl( \frac{n(n+1)}{2} \Bigr)^2, \end{aligned} $$ la dernière étape par le Théorème « Sommes classiques » pour chacune des deux sommes.
Exemple — Un terme qui n'est pas un produit
Calculer \(\displaystyle \sum_{1 \le i, j \le n} (2i + 3j)\) pour \(n \ge 1\).
Le terme \(2i + 3j\) est une somme, non un produit : on traite les deux parties à part, chacune sommée sur tout le carré. $$ \begin{aligned} \sum_{1 \le i, j \le n} (2i + 3j) &= 2 \sum_{1 \le i, j \le n} i + 3 \sum_{1 \le i, j \le n} j && \text{(linéarité de \(\sum\))} \\
&= 2 \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} i + 3 \sum_{j=1}^{n} \sum_{i=1}^{n} j && \text{(permuter l'ordre de sommation)} \\
&= 2 \sum_{i=1}^{n} n i + 3 \sum_{j=1}^{n} n j && \text{(nombre de termes : les sommes intérieures ont \(n\) termes égaux)} \\
&= 2n \sum_{i=1}^{n} i + 3n \sum_{j=1}^{n} j && \text{(linéarité de \(\sum\))} \\
&= 5n \sum_{k=1}^{n} k && \text{(l'indice est muet)} \\
&= 5n \cdot \frac{n(n+1)}{2} && \text{(sommes classiques)} \\
&= \frac{5n^2(n+1)}{2}. \end{aligned} $$ Vérification pour \(n = 1\) : l'unique couple est \((1,1)\) et \(2 + 3 = 5 = \frac{5 \cdot 1 \cdot 2}{2}\).
Compétences à pratiquer
- Évaluer une somme double sur un rectangle ★
- Calculer une somme double par lignes et par colonnes ★
- Factoriser ou couper une somme double ★★
III.2
Triangles et autres domaines
Quand les bornes d'un indice dépendent de l'autre
Dans une somme double, les couples \((i, j)\) ne remplissent pas toujours un rectangle. Dans \(\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=i}^{n}\) l'indice intérieur commence à l'indice extérieur, et les couples gardés sont ceux tels que \(i \le j\) : le tableau est coupé le long de sa diagonale et la moitié en reste, un triangle. La figure montre les couples \((i, j)\) tels que \(1 \le i \le j \le 5\), balayés ligne par ligne à gauche et colonne par colonne à droite ; les deux balayages visitent les mêmes couples, mais les bornes qui les décrivent sont différentes. 
Définition — Sommes triangulaires
Soit \(n \ge 1\). Une somme triangulaire est une somme double sur une partie de \(\llbracket 1, n \rrbracket^2\) définie par une inégalité entre les deux indices : - sur le triangle large \(\{(i, j) \in \llbracket 1, n \rrbracket^2 \mid i \le j\}\), diagonale comprise, c'est \(\textcolor{colordef}{\sum_{1 \le i \le j \le n} a_{i,j}}\) ;
- sur le triangle strict \(\{(i, j) \in \llbracket 1, n \rrbracket^2 \mid i < j\}\), diagonale exclue, c'est \(\textcolor{colordef}{\sum_{1 \le i < j \le n} a_{i,j}}\).
Proposition — Permuter l'ordre sur un triangle
Soient \(n \ge 1\) et \((a_{i,j})\) des réels indexés par les couples \((i, j)\) de \(\llbracket 1, n \rrbracket^2\). Alors $$ \textcolor{colorprop}{\sum_{1 \le i \le j \le n} a_{i,j} = \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=i}^{n} a_{i,j} = \sum_{j=1}^{n} \sum_{i=1}^{j} a_{i,j},} $$ et $$ \textcolor{colorprop}{\sum_{1 \le i < j \le n} a_{i,j} = \sum_{i=1}^{n-1} \sum_{j=i+1}^{n} a_{i,j} = \sum_{j=2}^{n} \sum_{i=1}^{j-1} a_{i,j}.} $$ Dans une somme itérée sur un triangle, les bornes de l'indice intérieur dépendent de l'indice extérieur, et les bornes extérieures sont constantes : échanger les deux sommations n'est pas échanger les deux symboles \(\sum\), les bornes se recalculent à partir de l'inégalité entre les indices.
Première démonstration, par prolongement par zéro. Le triangle large, par lignes. Notons \(\tilde a_{i,j} = a_{i,j}\) si \(i \le j\) et \(\tilde a_{i,j} = 0\) sinon, pour \((i, j) \in \llbracket 1, n \rrbracket^2\). Le carré \(\llbracket 1, n \rrbracket^2\) est la réunion disjointe du triangle et de son complémentaire, et \(\tilde a\) est nul sur le complémentaire. Alors $$ \begin{aligned} \sum_{1 \le i \le j \le n} a_{i,j} &= \sum_{1 \le i, j \le n} \tilde a_{i,j} && \text{(sommation par paquets : le complémentaire porte des zéros)} \\
&= \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} \tilde a_{i,j} && \text{(permuter l'ordre de sommation, première égalité)} \\
&= \sum_{i=1}^{n} \Bigl( \sum_{j=1}^{i-1} 0 + \sum_{j=i}^{n} a_{i,j} \Bigr) && \text{(relation de Chasles en \(p = i - 1\), définition de \(\tilde a\))} \\
&= \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=i}^{n} a_{i,j}, \end{aligned} $$ la dernière étape car une somme de zéros est nulle, d'après la Proposition « Nombre de termes » avec \(c = 0\).
Par colonnes. La seconde égalité de la Proposition « Permuter l'ordre de sommation » donne \(\sum_{1 \le i, j \le n} \tilde a_{i,j} = \sum_{j=1}^{n} \sum_{i=1}^{n} \tilde a_{i,j}\), et, pour tout \(j\), $$ \begin{aligned} \sum_{i=1}^{n} \tilde a_{i,j} &= \sum_{i=1}^{j} a_{i,j} + \sum_{i=j+1}^{n} 0 && \text{(relation de Chasles en \(p = j\), définition de \(\tilde a\))} \\ &= \sum_{i=1}^{j} a_{i,j}, \end{aligned} $$ la dernière étape car une somme de zéros est nulle : donc \(\sum_{1 \le i \le j \le n} a_{i,j} = \sum_{j=1}^{n} \sum_{i=1}^{j} a_{i,j}\).
Le triangle strict se traite de la même façon avec \(\tilde a_{i,j} = a_{i,j}\) si \(i < j\) et \(0\) sinon. La relation de Chasles en \(p = i\), respectivement en \(p = j - 1\), donne les sommes intérieures \(\sum_{j=i+1}^{n} a_{i,j}\) et \(\sum_{i=1}^{j-1} a_{i,j}\) ; le terme \(i = n\) de la première somme itérée et le terme \(j = 1\) de la seconde sont des sommes vides, égales à \(0\), donc les sommes extérieures vont de \(1\) à \(n - 1\) et de \(2\) à \(n\). Pour \(n = 1\) le triangle est vide et toutes les sommes valent \(0\).
Seconde démonstration, par la sommation par paquets. Le triangle large, par lignes. Pour \(i \in \llbracket 1, n \rrbracket\), la ligne \(\{i\} \times \llbracket i, n \rrbracket\) contient les couples du triangle de première composante \(i\). Les \(n\) lignes forment un recouvrement disjoint du triangle, puisqu'un couple \((i, j)\) est dans la ligne de sa première composante seulement. D'après la Proposition « Sommation par paquets », et par la bijection \(j \mapsto (i, j)\) de \(\llbracket i, n \rrbracket\) sur la ligne \(i\) (Proposition « Changement d'indice par une bijection »), $$ \begin{aligned} \sum_{1 \le i \le j \le n} a_{i,j} &= \sum_{i=1}^{n} \sum_{(p,q) \in \{i\} \times \llbracket i, n \rrbracket} a_{p,q} && \text{(sommation par paquets, les lignes étant les paquets)} \\ &= \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=i}^{n} a_{i,j}. \end{aligned} $$ Par colonnes. Pour \(j \in \llbracket 1, n \rrbracket\), la colonne \(\llbracket 1, j \rrbracket \times \{j\}\) contient les couples du triangle de seconde composante \(j\) ; les \(n\) colonnes forment un recouvrement disjoint, et la bijection \(i \mapsto (i, j)\) de \(\llbracket 1, j \rrbracket\) sur la colonne \(j\) donne de la même façon \(\sum_{1 \le i \le j \le n} a_{i,j} = \sum_{j=1}^{n} \sum_{i=1}^{j} a_{i,j}\).
Le triangle strict se traite de la même façon, avec les lignes \(\{i\} \times \llbracket i+1, n \rrbracket\) pour \(i \in \llbracket 1, n-1 \rrbracket\) et les colonnes \(\llbracket 1, j-1 \rrbracket \times \{j\}\) pour \(j \in \llbracket 2, n \rrbracket\) ; pour \(n = 1\) le triangle est vide et toutes les sommes valent \(0\).
Par colonnes. La seconde égalité de la Proposition « Permuter l'ordre de sommation » donne \(\sum_{1 \le i, j \le n} \tilde a_{i,j} = \sum_{j=1}^{n} \sum_{i=1}^{n} \tilde a_{i,j}\), et, pour tout \(j\), $$ \begin{aligned} \sum_{i=1}^{n} \tilde a_{i,j} &= \sum_{i=1}^{j} a_{i,j} + \sum_{i=j+1}^{n} 0 && \text{(relation de Chasles en \(p = j\), définition de \(\tilde a\))} \\ &= \sum_{i=1}^{j} a_{i,j}, \end{aligned} $$ la dernière étape car une somme de zéros est nulle : donc \(\sum_{1 \le i \le j \le n} a_{i,j} = \sum_{j=1}^{n} \sum_{i=1}^{j} a_{i,j}\).
Le triangle strict se traite de la même façon avec \(\tilde a_{i,j} = a_{i,j}\) si \(i < j\) et \(0\) sinon. La relation de Chasles en \(p = i\), respectivement en \(p = j - 1\), donne les sommes intérieures \(\sum_{j=i+1}^{n} a_{i,j}\) et \(\sum_{i=1}^{j-1} a_{i,j}\) ; le terme \(i = n\) de la première somme itérée et le terme \(j = 1\) de la seconde sont des sommes vides, égales à \(0\), donc les sommes extérieures vont de \(1\) à \(n - 1\) et de \(2\) à \(n\). Pour \(n = 1\) le triangle est vide et toutes les sommes valent \(0\).
Seconde démonstration, par la sommation par paquets. Le triangle large, par lignes. Pour \(i \in \llbracket 1, n \rrbracket\), la ligne \(\{i\} \times \llbracket i, n \rrbracket\) contient les couples du triangle de première composante \(i\). Les \(n\) lignes forment un recouvrement disjoint du triangle, puisqu'un couple \((i, j)\) est dans la ligne de sa première composante seulement. D'après la Proposition « Sommation par paquets », et par la bijection \(j \mapsto (i, j)\) de \(\llbracket i, n \rrbracket\) sur la ligne \(i\) (Proposition « Changement d'indice par une bijection »), $$ \begin{aligned} \sum_{1 \le i \le j \le n} a_{i,j} &= \sum_{i=1}^{n} \sum_{(p,q) \in \{i\} \times \llbracket i, n \rrbracket} a_{p,q} && \text{(sommation par paquets, les lignes étant les paquets)} \\ &= \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=i}^{n} a_{i,j}. \end{aligned} $$ Par colonnes. Pour \(j \in \llbracket 1, n \rrbracket\), la colonne \(\llbracket 1, j \rrbracket \times \{j\}\) contient les couples du triangle de seconde composante \(j\) ; les \(n\) colonnes forment un recouvrement disjoint, et la bijection \(i \mapsto (i, j)\) de \(\llbracket 1, j \rrbracket\) sur la colonne \(j\) donne de la même façon \(\sum_{1 \le i \le j \le n} a_{i,j} = \sum_{j=1}^{n} \sum_{i=1}^{j} a_{i,j}\).
Le triangle strict se traite de la même façon, avec les lignes \(\{i\} \times \llbracket i+1, n \rrbracket\) pour \(i \in \llbracket 1, n-1 \rrbracket\) et les colonnes \(\llbracket 1, j-1 \rrbracket \times \{j\}\) pour \(j \in \llbracket 2, n \rrbracket\) ; pour \(n = 1\) le triangle est vide et toutes les sommes valent \(0\).
Proposition — Carré d'une somme
Soient \(n \ge 1\) et \(x_1, \dots, x_n\) des réels. Alors $$ \textcolor{colorprop}{\begin{aligned} \Bigl( \sum_{k=1}^{n} x_k \Bigr)^2 &= \sum_{k=1}^{n} x_k^2 + 2 \sum_{1 \le i < j \le n} x_i x_j \\
(x_1 + \dots + x_n)^2 &= x_1^2 + \dots + x_n^2 + 2 \bigl( x_1 x_2 + x_1 x_3 + \dots + x_{n-1} x_n \bigr) \end{aligned}} $$ Pour \(n = 2\) c'est l'identité remarquable \((x_1 + x_2)^2 = x_1^2 + x_2^2 + 2 x_1 x_2\), et pour \(n = 3\) elle donne \((x_1 + x_2 + x_3)^2 = x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 + 2(x_1 x_2 + x_1 x_3 + x_2 x_3)\) : le carré d'une somme est la somme des carrés plus le double de la somme des produits de deux termes distincts.
Première démonstration, par les trois zones du carré. D'après la Proposition « Produit de deux sommes », avec \(a_i = b_i = x_i\), $$ \Bigl( \sum_{k=1}^{n} x_k \Bigr)^2 = \sum_{1 \le i, j \le n} x_i x_j. $$ Le carré \(\llbracket 1, n \rrbracket^2\) est la réunion disjointe de trois zones : la diagonale \(D = \{(i, i) \mid 1 \le i \le n\}\), le triangle supérieur strict \(T = \{(i, j) \mid i < j\}\) et le triangle inférieur strict \(L = \{(i, j) \mid i > j\}\), puisqu'un couple \((i, j)\) vérifie exactement une des relations \(i = j\), \(i < j\), \(i > j\). D'après la Proposition « Sommation par paquets », $$ \sum_{1 \le i, j \le n} x_i x_j = \sum_{(i,j) \in D} x_i x_j + \sum_{(i,j) \in T} x_i x_j + \sum_{(i,j) \in L} x_i x_j. $$ L'application \(i \mapsto (i, i)\) est une bijection de \(\llbracket 1, n \rrbracket\) sur \(D\), donc d'après la Proposition « Changement d'indice par une bijection » la première somme est \(\sum_{i=1}^{n} x_i^2\). L'application \((i, j) \mapsto (j, i)\) est une bijection de \(T\) sur \(L\), puisque \(i < j\) signifie \(j > i\), et \(x_j x_i = x_i x_j\) : la même Proposition donne \(\sum_{(p,q) \in L} x_p x_q = \sum_{(i,j) \in T} x_j x_i = \sum_{(i,j) \in T} x_i x_j\). Les trois zones donnent \(\sum_{k=1}^{n} x_k^2 + 2 \sum_{1 \le i < j \le n} x_i x_j\).
Seconde démonstration, par récurrence sur \(n\). Notons \(s_n = \sum_{k=1}^{n} x_k\), \(q_n = \sum_{k=1}^{n} x_k^2\) et \(p_n = \sum_{1 \le i < j \le n} x_i x_j\) ; l'énoncé est \(P_n\) : \(s_n^2 = q_n + 2 p_n\). Pour \(n = 1\), \(s_1^2 = x_1^2 = q_1\) et \(p_1 = 0\) (triangle vide) : \(P_1\) est vraie. Pour tout \(n \ge 1\) la définition de \(\sum\) donne \(s_{n+1} = s_n + x_{n+1}\) et \(q_{n+1} = q_n + x_{n+1}^2\), et, d'après la Proposition « Permuter l'ordre sur un triangle » et la définition de \(\sum\) sur la borne supérieure, $$ \begin{aligned} p_{n+1} &= \sum_{j=2}^{n+1} \sum_{i=1}^{j-1} x_i x_j && \text{(Proposition « Permuter l'ordre sur un triangle »)} \\ &= \sum_{j=2}^{n} \sum_{i=1}^{j-1} x_i x_j + \sum_{i=1}^{n} x_i x_{n+1} && \text{(définition de \(\sum\) sur la borne supérieure \(j = n + 1\))} \\ &= p_n + x_{n+1} s_n, \end{aligned} $$ la dernière étape car \(\sum_{j=2}^{n} \sum_{i=1}^{j-1} x_i x_j = p_n\) d'après la même Proposition, et \(x_{n+1}\) sort de la somme sur \(i\). Supposons \(P_n\). Alors $$ \begin{aligned} s_{n+1}^2 &= (s_n + x_{n+1})^2 && \text{(définition de \(s_{n+1}\))} \\ &= s_n^2 + 2 x_{n+1} s_n + x_{n+1}^2 && \text{(identité remarquable)} \\ &= q_n + 2 p_n + 2 x_{n+1} s_n + x_{n+1}^2 && \text{(hypothèse de récurrence \(P_n\))} \\ &= \bigl( q_n + x_{n+1}^2 \bigr) + 2 \bigl( p_n + x_{n+1} s_n \bigr) && \text{(regroupement)} \\ &= q_{n+1} + 2 p_{n+1}. \end{aligned} $$ C'est \(P_{n+1}\). Par récurrence, \(P_n\) est vraie pour tout \(n \ge 1\).
Seconde démonstration, par récurrence sur \(n\). Notons \(s_n = \sum_{k=1}^{n} x_k\), \(q_n = \sum_{k=1}^{n} x_k^2\) et \(p_n = \sum_{1 \le i < j \le n} x_i x_j\) ; l'énoncé est \(P_n\) : \(s_n^2 = q_n + 2 p_n\). Pour \(n = 1\), \(s_1^2 = x_1^2 = q_1\) et \(p_1 = 0\) (triangle vide) : \(P_1\) est vraie. Pour tout \(n \ge 1\) la définition de \(\sum\) donne \(s_{n+1} = s_n + x_{n+1}\) et \(q_{n+1} = q_n + x_{n+1}^2\), et, d'après la Proposition « Permuter l'ordre sur un triangle » et la définition de \(\sum\) sur la borne supérieure, $$ \begin{aligned} p_{n+1} &= \sum_{j=2}^{n+1} \sum_{i=1}^{j-1} x_i x_j && \text{(Proposition « Permuter l'ordre sur un triangle »)} \\ &= \sum_{j=2}^{n} \sum_{i=1}^{j-1} x_i x_j + \sum_{i=1}^{n} x_i x_{n+1} && \text{(définition de \(\sum\) sur la borne supérieure \(j = n + 1\))} \\ &= p_n + x_{n+1} s_n, \end{aligned} $$ la dernière étape car \(\sum_{j=2}^{n} \sum_{i=1}^{j-1} x_i x_j = p_n\) d'après la même Proposition, et \(x_{n+1}\) sort de la somme sur \(i\). Supposons \(P_n\). Alors $$ \begin{aligned} s_{n+1}^2 &= (s_n + x_{n+1})^2 && \text{(définition de \(s_{n+1}\))} \\ &= s_n^2 + 2 x_{n+1} s_n + x_{n+1}^2 && \text{(identité remarquable)} \\ &= q_n + 2 p_n + 2 x_{n+1} s_n + x_{n+1}^2 && \text{(hypothèse de récurrence \(P_n\))} \\ &= \bigl( q_n + x_{n+1}^2 \bigr) + 2 \bigl( p_n + x_{n+1} s_n \bigr) && \text{(regroupement)} \\ &= q_{n+1} + 2 p_{n+1}. \end{aligned} $$ C'est \(P_{n+1}\). Par récurrence, \(P_n\) est vraie pour tout \(n \ge 1\).
Piège — seules les bornes intérieures dépendent de l'autre indice
Dans une somme itérée, les bornes de la somme intérieure peuvent dépendre de l'indice extérieur ; les bornes de la somme extérieure ne dépendent jamais de l'indice intérieur. Dans \(\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=i}^{n} a_{i,j}\) la somme intérieure commence à \(i\), qui est l'indice extérieur : c'est permis. L'expression \(\sum_{j=i}^{n} \sum_{i=1}^{n} a_{i,j}\) n'a pas de sens, puisque \(i\) figure dans une borne avant d'être introduit. Donc échanger l'ordre sur un triangle n'est jamais échanger les deux symboles \(\sum\) : on écrit la condition sur le couple, \(1 \le i \le j \le n\), et l'on en récrit les bornes, ce qui donne \(\sum_{j=1}^{n} \sum_{i=1}^{j} a_{i,j}\).
Un triangle n'est pas un rectangle. Pour \(n = 2\), \(\sum_{i=1}^{2} \sum_{j=i}^{2} 1 = 3\), les trois couples \((1,1)\), \((1,2)\), \((2,2)\), alors que \(\sum_{i=1}^{2} \sum_{j=1}^{2} 1 = 4\).
Un triangle n'est pas un rectangle. Pour \(n = 2\), \(\sum_{i=1}^{2} \sum_{j=i}^{2} 1 = 3\), les trois couples \((1,1)\), \((1,2)\), \((2,2)\), alors que \(\sum_{i=1}^{2} \sum_{j=1}^{2} 1 = 4\).
Exemple — Le nombre de couples d'un triangle
Calculer \(\displaystyle \sum_{1 \le i \le j \le n} 1\) pour \(n \ge 1\).
On ordonne la somme avec \(j\) à l'extérieur : les bornes de \(i\) sont alors visibles, de \(1\) à \(j\). $$ \begin{aligned} \sum_{1 \le i \le j \le n} 1 &= \sum_{j=1}^{n} \sum_{i=1}^{j} 1 && \text{(permuter l'ordre sur un triangle)} \\
&= \sum_{j=1}^{n} j && \text{(nombre de termes : la somme intérieure a \(j\) termes égaux à \(1\))} \\
&= \frac{n(n+1)}{2}, \end{aligned} $$ la dernière étape par le Théorème « Sommes classiques ». Vérification avec l'autre ordre : \(\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=i}^{n} 1 = \sum_{i=1}^{n} (n - i + 1)\) d'après la Proposition « Nombre de termes », et la réflexion \(k = n - i + 1\) transforme cette somme en \(\sum_{k=1}^{n} k\), la même valeur. Vérification pour \(n = 3\) : les couples sont \((1,1)\), \((1,2)\), \((1,3)\), \((2,2)\), \((2,3)\), \((3,3)\), soit \(6 = \frac{3 \cdot 4}{2}\).
Méthode — Calculer une somme double
Pour calculer une somme double, regarder l'ensemble des couples et le terme, et choisir parmi ces réflexes : - Terme séparable : si \(a_{i,j} = b_i c_j\), la somme double sur un rectangle est le produit de deux sommes simples, \(\bigl( \sum_i b_i \bigr) \bigl( \sum_j c_j \bigr)\) (Produit de deux sommes).
- Rectangle : les deux ordres donnent le même total (Permuter l'ordre de sommation) ; sommer d'abord sur l'indice qui laisse une somme simple connue, une somme classique ou une somme géométrique, et traiter l'autre indice comme une constante.
- Triangle : dessiner les couples, écrire l'inégalité entre les indices, et choisir l'ordre dont la somme intérieure est connue ; les bornes intérieures dépendent de l'indice extérieur (Permuter l'ordre sur un triangle).
- Terme constant sur les droites \(i + j = s\) : les couples tels que \(i + j = s\) forment une seule somme par le changement d'indice \(j = s - i\) (Changement d'indice par une bijection) ; regrouper les couples selon la valeur de \(s\) (Sommation par paquets).
- Terme symétrique, \(a_{i,j} = a_{j,i}\) : couper le carré en \(i < j\), \(i = j\) et \(i > j\) ; les zones \(i < j\) et \(i > j\) ont la même somme, comme dans la Proposition « Carré d'une somme ».
- Bloqué : échanger l'ordre et réessayer ; la forme échangée montre souvent un terme séparable ou une somme intérieure connue.
Exemple — Une somme sur le triangle strict
Calculer \(\displaystyle \sum_{1 \le i < j \le n} ij\) pour \(n \ge 1\).
La Proposition « Carré d'une somme » avec \(x_k = k\) relie la somme sur le triangle strict aux sommes \(\sum k\) et \(\sum k^2\). $$ \begin{aligned} \sum_{1 \le i < j \le n} ij &= \frac{1}{2} \Bigl( \Bigl( \sum_{k=1}^{n} k \Bigr)^2 - \sum_{k=1}^{n} k^2 \Bigr) && \text{(carré d'une somme avec \(x_k = k\))} \\
&= \frac{1}{2} \Bigl( \frac{n^2 (n+1)^2}{4} - \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} \Bigr) && \text{(sommes classiques)} \\
&= \frac{n(n+1)}{2} \cdot \frac{3n(n+1) - 2(2n+1)}{12} && \text{(factorisation de \(\frac{n(n+1)}{2}\), dénominateur commun \(12\))} \\
&= \frac{n(n+1)(3n^2 - n - 2)}{24} && \text{(développement)} \\
&= \frac{(n-1) n (n+1)(3n+2)}{24}, \end{aligned} $$ la dernière étape parce que \(3n^2 - n - 2 = (3n+2)(n-1)\). Vérification pour \(n = 3\) : les couples \(i < j\) donnent \(1 \cdot 2 + 1 \cdot 3 + 2 \cdot 3 = 11\), et \(\frac{2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 11}{24} = 11\).
Compétences à pratiquer
- Lire le domaine d'une somme triangulaire ★
- Évaluer une somme triangulaire ★
- Permuter l'ordre d'une somme triangulaire ★★
- Calculer une somme triangulaire ★★
- Utiliser une somme double pour démontrer une identité ★★★
- Couper une somme double symétrique ★★★
III.3
Produits doubles
Produits sur des couples
Le symbole \(\prod\) sur des couples d'indices suit les mêmes règles que \(\sum\) : l'ordre des deux produits peut s'échanger sur un rectangle et sur un triangle. Les démonstrations sont celles des sommes doubles, avec le produit à la place de la somme, puisqu'un produit se construit en multipliant un facteur après l'autre comme une somme se construit en ajoutant un terme après l'autre.
Proposition — Permuter des produits
Soient \(I\) et \(J\) deux ensembles finis et \((a_{i,j})_{(i,j) \in I \times J}\) une famille de réels. Alors $$ \textcolor{colorprop}{\prod_{(i,j) \in I \times J} a_{i,j} = \prod_{i \in I} \Bigl( \prod_{j \in J} a_{i,j} \Bigr) = \prod_{j \in J} \Bigl( \prod_{i \in I} a_{i,j} \Bigr).} $$ Pour \(n \ge 1\) et des réels \(a_{i,j}\) indexés par \(\llbracket 1, n \rrbracket^2\), $$ \textcolor{colorprop}{\prod_{1 \le i \le j \le n} a_{i,j} = \prod_{i=1}^{n} \prod_{j=i}^{n} a_{i,j} = \prod_{j=1}^{n} \prod_{i=1}^{j} a_{i,j},} $$ et il en va de même pour le triangle strict \(1 \le i < j \le n\), avec les bornes de la Proposition « Permuter l'ordre sur un triangle ». Les deux produits sur un rectangle, ou sur un triangle, s'échangent exactement comme les deux sommes.
Démonstration, en listant les facteurs. D'après la Définition « Produit sur un ensemble fini », un produit sur un ensemble fini ne dépend ni de l'ordre ni du parenthésage de ses facteurs. Soit \(i_1, \dots, i_r\) une énumération de \(I\) et \(j_1, \dots, j_s\) une de \(J\). On liste les couples de \(I \times J\) ligne par ligne, \((i_1, j_1), \dots, (i_1, j_s), (i_2, j_1), \dots, (i_r, j_s)\), et l'on regroupe les facteurs de chaque ligne : le produit sur \(I \times J\) est \(\prod_{k=1}^{r} \bigl( \prod_{l=1}^{s} a_{i_k, j_l} \bigr) = \prod_{i \in I} \prod_{j \in J} a_{i,j}\). En listant les couples colonne par colonne et en regroupant chaque colonne, on obtient \(\prod_{j \in J} \prod_{i \in I} a_{i,j}\). Pour le triangle large, les couples listés ligne par ligne, la ligne de \(i\) étant \((i, i), (i, i+1), \dots, (i, n)\), donnent \(\prod_{i=1}^{n} \prod_{j=i}^{n} a_{i,j}\) ; listés colonne par colonne, la colonne de \(j\) étant \((1, j), \dots, (j, j)\), ils donnent \(\prod_{j=1}^{n} \prod_{i=1}^{j} a_{i,j}\). Le triangle strict est identique avec les lignes \((i, i+1), \dots, (i, n)\) et les colonnes \((1, j), \dots, (j-1, j)\).
Exemple — Un produit double
Calculer \(\displaystyle \prod_{1 \le i, j \le n} i j^2\) pour \(n \ge 1\).
Le produit porte sur tout le carré ; on prend d'abord le produit sur \(j\), en traitant \(i\) comme une constante. $$ \begin{aligned} \prod_{1 \le i, j \le n} i j^2 &= \prod_{i=1}^{n} \prod_{j=1}^{n} i j^2 && \text{(permuter des produits)} \\
&= \prod_{i=1}^{n} \Bigl( i^n \prod_{j=1}^{n} j^2 \Bigr) && \text{(règles de calcul sur les produits : le facteur \(i\) figure \(n\) fois)} \\
&= \prod_{i=1}^{n} \Bigl( i^n (n!)^2 \Bigr) && \text{(règles de calcul sur les produits : \(\prod_j j^2 = (\prod_j j)^2\), et \(\prod_{j=1}^{n} j = n!\))} \\
&= \Bigl( \prod_{i=1}^{n} i^n \Bigr) \Bigl( \prod_{i=1}^{n} (n!)^2 \Bigr) && \text{(règles de calcul sur les produits : produit de deux familles)} \\
&= \Bigl( \prod_{i=1}^{n} i \Bigr)^n \bigl( (n!)^2 \bigr)^n && \text{(règles de calcul sur les produits : puissances, \(n\) facteurs égaux)} \\
&= (n!)^n \, (n!)^{2n} && \text{(définition « Factorielle »)} \\
&= (n!)^{3n}, \end{aligned} $$ la dernière étape par la règle \(x^a x^b = x^{a+b}\). Vérification pour \(n = 2\) : les quatre couples \((1,1)\), \((1,2)\), \((2,1)\), \((2,2)\) donnent les facteurs \(1\), \(4\), \(2\), \(8\), dont le produit est \(64 = (2!)^6\).
Compétences à pratiquer
- Évaluer un produit double ★
- Calculer un produit double ★★
IV
Coefficients binomiaux
Des nombres définis par une formule
Le coefficient binomial \(\binom{n}{k}\) est un nombre défini par une formule avec des factorielles. C'est le coefficient de \(a^{n-k} b^k\) dans le développement de \((a + b)^n\), ce qu'énonce la formule du binôme ; il dénombre aussi les parties à \(k\) éléments d'un ensemble à \(n\) éléments, lecture établie dans le chapitre de dénombrement et non employée ici. Chaque propriété est un calcul sur la formule : la symétrie, l'identité d'absorption, et la relation de Pascal, qui construit le triangle de Pascal et, par une récurrence, la formule du binôme elle-même. Deux conventions rendent les formules valables pour tout entier \(k\) : \(0! = 1\), et \(\binom{n}{k} = 0\) en dehors de \(0 \le k \le n\).
IV.1
Définition et premières propriétés
Définir le coefficient par sa formule
Le lycée a défini \(\binom{n}{k}\) par une formule et l'a lu dans le triangle de Pascal. La définition garde la formule et fixe une valeur pour tout entier \(k\), nulle en dehors de \(0 \le k \le n\). Trois résultats en découlent, tous démontrés par le calcul : une forme produit qui évite la factorielle de \(n\) et vaut même lorsque \(k > n\), les identités de symétrie et d'absorption, et la relation de Pascal.
Définition — Coefficient binomial
Pour \(n \in \mathbb{N}\) et \(k \in \mathbb{Z}\), le coefficient binomial \(\binom{n}{k}\) est $$ \textcolor{colordef}{\binom{n}{k}} = \begin{cases} \dfrac{n!}{k!\,(n-k)!} & \text{si } 0 \le k \le n, \\
0 & \text{sinon.} \end{cases} $$ On lit « \(k\) parmi \(n\) ». La convention \(\binom{n}{k} = 0\) pour \(k < 0\) et pour \(k > n\) rend valable pour tout entier \(k\) chaque formule sur les coefficients binomiaux, sans séparer les bords. Proposition — Forme produit
Pour \(n \in \mathbb{N}\) et \(k \in \mathbb{N}\), y compris \(k > n\), $$ \textcolor{colorprop}{\binom{n}{k} = \frac{1}{k!} \prod_{i=0}^{k-1} (n - i) = \frac{n(n-1) \cdots (n-k+1)}{k!}.} $$ La forme produit a \(k\) facteurs et n'exige pas la factorielle de \(n\) ; pour \(k = 0\) le produit est vide et vaut \(1\).
Le cas \(k \le n\). D'après la Proposition « Récurrence et quotients de factorielles » avec \(p = n - k\), \(\frac{n!}{(n-k)!} = \prod_{m=n-k+1}^{n} m\). Les \(k\) entiers \(n - k + 1, \dots, n\) sont les nombres \(n - i\) pour \(i = 0, \dots, k - 1\), listés dans l'ordre inverse : $$ \begin{aligned} \prod_{m=n-k+1}^{n} m &= \prod_{j=n-k+1}^{n} (2n - k + 1 - j) && \text{(réflexion de la Proposition « Règles de calcul sur les produits »)} \\
&= \prod_{i=0}^{k-1} (n - i), \end{aligned} $$ la dernière étape étant le décalage \(j = n - k + 1 + i\) de la même Proposition. Donc $$ \begin{aligned} \binom{n}{k} &= \frac{n!}{k!\,(n-k)!} && \text{(définition)} \\
&= \frac{1}{k!} \cdot \frac{n!}{(n-k)!} && \text{(factorisation de \(\frac{1}{k!}\))} \\
&= \frac{1}{k!} \prod_{i=0}^{k-1} (n - i). \end{aligned} $$ Le cas \(k > n\). Alors \(n \le k - 1\), donc l'indice \(i = n\) figure dans le produit \(\prod_{i=0}^{k-1} (n - i)\), avec le facteur \(n - n = 0\) : le produit est \(0\), et \(\binom{n}{k}\) aussi par la Définition.
Proposition — Valeurs usuelles
Pour tout \(n \in \mathbb{N}\), $$ \textcolor{colorprop}{\binom{n}{0} = \binom{n}{n} = 1, \qquad \binom{n}{1} = \binom{n}{n-1} = n, \qquad \binom{n}{2} = \binom{n}{n-2} = \frac{n(n-1)}{2}.} $$
Les valeurs \(\binom{n}{0}\) et \(\binom{n}{n}\). Les indices \(0\) et \(n\) sont dans \(\llbracket 0, n \rrbracket\), et la Définition donne \(\binom{n}{0} = \frac{n!}{0!\,n!} = 1\) et \(\binom{n}{n} = \frac{n!}{n!\,0!} = 1\).
Les valeurs \(\binom{n}{1}\) et \(\binom{n}{2}\). D'après la Proposition « Forme produit », valable pour tout \(n \in \mathbb{N}\), \(\binom{n}{1} = \frac{1}{1!} \prod_{i=0}^{0} (n - i) = n\) et $$ \begin{aligned} \binom{n}{2} &= \frac{1}{2!} \prod_{i=0}^{1} (n - i) && \text{(forme produit)} \\ &= \frac{n(n-1)}{2}. \end{aligned} $$ Les valeurs \(\binom{n}{n-1}\) et \(\binom{n}{n-2}\). Pour \(n \ge 1\), \(\binom{n}{n-1} = \frac{n!}{(n-1)!\,1!} = n\) par la Définition. Pour \(n \ge 2\), $$ \begin{aligned} \binom{n}{n-2} &= \frac{n!}{(n-2)!\,2!} && \text{(définition)} \\ &= \frac{n(n-1)}{2}, \end{aligned} $$ la dernière étape d'après la Proposition « Récurrence et quotients de factorielles », \(\frac{n!}{(n-2)!} = n(n-1)\). Pour \(n = 0\) l'indice du bas \(n - 1 = -1\) est strictement négatif, donc \(\binom{0}{-1} = 0 = n\) ; pour \(n \in \{0, 1\}\) l'indice du bas \(n - 2\) est strictement négatif, donc \(\binom{n}{n-2} = 0 = \frac{n(n-1)}{2}\) : la convention couvre ces bords.
Les valeurs \(\binom{n}{1}\) et \(\binom{n}{2}\). D'après la Proposition « Forme produit », valable pour tout \(n \in \mathbb{N}\), \(\binom{n}{1} = \frac{1}{1!} \prod_{i=0}^{0} (n - i) = n\) et $$ \begin{aligned} \binom{n}{2} &= \frac{1}{2!} \prod_{i=0}^{1} (n - i) && \text{(forme produit)} \\ &= \frac{n(n-1)}{2}. \end{aligned} $$ Les valeurs \(\binom{n}{n-1}\) et \(\binom{n}{n-2}\). Pour \(n \ge 1\), \(\binom{n}{n-1} = \frac{n!}{(n-1)!\,1!} = n\) par la Définition. Pour \(n \ge 2\), $$ \begin{aligned} \binom{n}{n-2} &= \frac{n!}{(n-2)!\,2!} && \text{(définition)} \\ &= \frac{n(n-1)}{2}, \end{aligned} $$ la dernière étape d'après la Proposition « Récurrence et quotients de factorielles », \(\frac{n!}{(n-2)!} = n(n-1)\). Pour \(n = 0\) l'indice du bas \(n - 1 = -1\) est strictement négatif, donc \(\binom{0}{-1} = 0 = n\) ; pour \(n \in \{0, 1\}\) l'indice du bas \(n - 2\) est strictement négatif, donc \(\binom{n}{n-2} = 0 = \frac{n(n-1)}{2}\) : la convention couvre ces bords.
Exemple — Calculer à partir de la définition
À partir de la définition, puis de la forme produit : $$ \begin{aligned} \binom{5}{2} &= \frac{5!}{2!\,3!} && \text{(définition)} \\
&= \frac{120}{2 \times 6} && \text{(valeurs des factorielles)} \\
&= 10, \end{aligned} $$ et, d'après la Proposition « Forme produit », \(\binom{5}{2} = \frac{5 \times 4}{2!} = 10\) : un seul produit court à la place de trois factorielles. La convention donne \(\binom{3}{5} = 0\) et \(\binom{4}{-1} = 0\) ; pour \(\binom{3}{5}\) la forme produit montre pourquoi, puisque \(\binom{3}{5} = \frac{3 \times 2 \times 1 \times 0 \times (-1)}{5!}\) a le facteur nul \(3 - 3\). Proposition — Symétrie et absorption
Soient \(n \in \mathbb{N}\) et \(k \in \mathbb{Z}\). - Symétrie : \(\textcolor{colorprop}{\binom{n}{k} = \binom{n}{n-k}}\).
- Absorption : pour \(n \ge 1\), \(\textcolor{colorprop}{k \binom{n}{k} = n \binom{n-1}{k-1}}\) ; pour \(n \ge 2\), \(\textcolor{colorprop}{k(k-1) \binom{n}{k} = n(n-1) \binom{n-2}{k-2}}\).
Première démonstration, par la formule factorielle. Symétrie. Pour \(0 \le k \le n\), l'entier \(n - k\) est aussi dans \(\llbracket 0, n \rrbracket\), et $$ \begin{aligned} \binom{n}{n-k} &= \frac{n!}{(n-k)!\,\bigl( n - (n-k) \bigr)!} && \text{(définition à l'indice \(n - k\))} \\
&= \frac{n!}{(n-k)!\,k!} && \text{(car \(n - (n-k) = k\))} \\
&= \frac{n!}{k!\,(n-k)!} && \text{(commutativité du produit)} \\
&= \binom{n}{k}, \end{aligned} $$ la dernière étape par la Définition à l'indice \(k\). Pour \(k < 0\) ou \(k > n\), l'indice \(n - k\) est plus grand que \(n\) ou strictement négatif, donc les deux coefficients sont nuls.
Absorption. Soit \(n \ge 1\). Pour \(1 \le k \le n\), $$ \begin{aligned} k \binom{n}{k} &= \frac{k \cdot n!}{k!\,(n-k)!} && \text{(définition)} \\ &= \frac{k \cdot n!}{k\,(k-1)!\,(n-k)!} && \text{(\(k! = k\,(k-1)!\))} \\ &= \frac{n!}{(k-1)!\,(n-k)!} && \text{(simplification de \(k \ne 0\))} \\ &= \frac{n\,(n-1)!}{(k-1)!\,\bigl( (n-1) - (k-1) \bigr)!} && \text{(\(n! = n\,(n-1)!\) et \(n - k = (n-1) - (k-1)\))} \\ &= n \binom{n-1}{k-1}, \end{aligned} $$ la dernière étape par la Définition en \((n-1, k-1)\). Pour \(k \le 0\) ou \(k > n\) les deux membres sont nuls : le membre de gauche parce que \(\binom{n}{k} = 0\) ou \(k = 0\), le membre de droite parce que \(k - 1 < 0\) ou \(k - 1 > n - 1\). Pour la seconde identité, soit \(n \ge 2\) ; la première s'applique au couple \((n-1, k-1)\) puisque \(n - 1 \ge 1\) : $$ \begin{aligned} k(k-1) \binom{n}{k} &= (k-1) \cdot n \binom{n-1}{k-1} && \text{(absorption en \((n, k)\))} \\ &= n \cdot (k-1) \binom{n-1}{k-1} && \text{(commutativité du produit)} \\ &= n(n-1) \binom{n-2}{k-2}, \end{aligned} $$ la dernière étape par l'absorption en \((n-1, k-1)\).
Seconde démonstration de l'absorption, par la forme produit. Soient \(n \ge 1\) et \(k \ge 1\), sans condition entre \(k\) et \(n\). Alors $$ \begin{aligned} k \binom{n}{k} &= \frac{k}{k!} \prod_{i=0}^{k-1} (n - i) && \text{(forme produit)} \\ &= \frac{1}{(k-1)!} \cdot n \prod_{i=1}^{k-1} (n - i) && \text{(\(k! = k\,(k-1)!\) ; le facteur \(i = 0\) est \(n\))} \\ &= n \cdot \frac{1}{(k-1)!} \prod_{j=0}^{k-2} \bigl( (n-1) - j \bigr) && \text{(règles de calcul sur les produits : décalage \(j = i - 1\))} \\ &= n \binom{n-1}{k-1}, \end{aligned} $$ la dernière étape par la Proposition « Forme produit » au couple \((n-1, k-1)\) d'entiers naturels. Ce calcul n'a pas de cas \(k > n\) : le facteur nul de la forme produit fait le travail de la convention. Pour \(k \le 0\) les deux membres sont nuls, comme dans la première démonstration.
Absorption. Soit \(n \ge 1\). Pour \(1 \le k \le n\), $$ \begin{aligned} k \binom{n}{k} &= \frac{k \cdot n!}{k!\,(n-k)!} && \text{(définition)} \\ &= \frac{k \cdot n!}{k\,(k-1)!\,(n-k)!} && \text{(\(k! = k\,(k-1)!\))} \\ &= \frac{n!}{(k-1)!\,(n-k)!} && \text{(simplification de \(k \ne 0\))} \\ &= \frac{n\,(n-1)!}{(k-1)!\,\bigl( (n-1) - (k-1) \bigr)!} && \text{(\(n! = n\,(n-1)!\) et \(n - k = (n-1) - (k-1)\))} \\ &= n \binom{n-1}{k-1}, \end{aligned} $$ la dernière étape par la Définition en \((n-1, k-1)\). Pour \(k \le 0\) ou \(k > n\) les deux membres sont nuls : le membre de gauche parce que \(\binom{n}{k} = 0\) ou \(k = 0\), le membre de droite parce que \(k - 1 < 0\) ou \(k - 1 > n - 1\). Pour la seconde identité, soit \(n \ge 2\) ; la première s'applique au couple \((n-1, k-1)\) puisque \(n - 1 \ge 1\) : $$ \begin{aligned} k(k-1) \binom{n}{k} &= (k-1) \cdot n \binom{n-1}{k-1} && \text{(absorption en \((n, k)\))} \\ &= n \cdot (k-1) \binom{n-1}{k-1} && \text{(commutativité du produit)} \\ &= n(n-1) \binom{n-2}{k-2}, \end{aligned} $$ la dernière étape par l'absorption en \((n-1, k-1)\).
Seconde démonstration de l'absorption, par la forme produit. Soient \(n \ge 1\) et \(k \ge 1\), sans condition entre \(k\) et \(n\). Alors $$ \begin{aligned} k \binom{n}{k} &= \frac{k}{k!} \prod_{i=0}^{k-1} (n - i) && \text{(forme produit)} \\ &= \frac{1}{(k-1)!} \cdot n \prod_{i=1}^{k-1} (n - i) && \text{(\(k! = k\,(k-1)!\) ; le facteur \(i = 0\) est \(n\))} \\ &= n \cdot \frac{1}{(k-1)!} \prod_{j=0}^{k-2} \bigl( (n-1) - j \bigr) && \text{(règles de calcul sur les produits : décalage \(j = i - 1\))} \\ &= n \binom{n-1}{k-1}, \end{aligned} $$ la dernière étape par la Proposition « Forme produit » au couple \((n-1, k-1)\) d'entiers naturels. Ce calcul n'a pas de cas \(k > n\) : le facteur nul de la forme produit fait le travail de la convention. Pour \(k \le 0\) les deux membres sont nuls, comme dans la première démonstration.
Proposition — Relation de Pascal
Pour \(n \in \mathbb{N}\) et \(k \in \mathbb{Z}\), $$ \textcolor{colorprop}{\binom{n}{k} + \binom{n}{k+1} = \binom{n+1}{k+1}.} $$ Chaque case d'une ligne du triangle est la somme des deux cases situées au-dessus : les cases \(\binom{n}{k}\) et \(\binom{n}{k+1}\) de la ligne \(n\) donnent la case \(\binom{n+1}{k+1}\) de la ligne \(n + 1\). La relation vaut pour tout entier \(k\), bords du triangle compris, grâce à la convention \(\binom{n}{k} = 0\) en dehors de \(0 \le k \le n\).
Première démonstration, par l'absorption et la symétrie. L'identité d'absorption au couple \((n+1, k+1)\), valable pour tout entier \(k\) car \(n + 1 \ge 1\), s'écrit \((k+1) \binom{n+1}{k+1} = (n+1) \binom{n}{k}\) : c'est la première identité. Au couple \((n+1, n-k)\) elle s'écrit \((n-k) \binom{n+1}{n-k} = (n+1) \binom{n}{n-k-1}\). Par la symétrie, $$ \begin{aligned} \binom{n+1}{n-k} &= \binom{n+1}{(n+1)-(n-k)} && \text{(symétrie)} \\
&= \binom{n+1}{k+1} \end{aligned} $$ et $$ \begin{aligned} \binom{n}{n-k-1} &= \binom{n}{n-(n-k-1)} && \text{(symétrie)} \\
&= \binom{n}{k+1}, \end{aligned} $$ les dernières étapes simplifiant les indices inférieurs, donc \((n-k) \binom{n+1}{k+1} = (n+1) \binom{n}{k+1}\) : c'est la seconde identité. Alors $$ \begin{aligned} (n+1) \Bigl( \binom{n}{k} + \binom{n}{k+1} \Bigr) &= (n+1) \binom{n}{k} + (n+1) \binom{n}{k+1} && \text{(distributivité)} \\
&= (k+1) \binom{n+1}{k+1} + (n-k) \binom{n+1}{k+1} && \text{(la première et la seconde identité)} \\
&= (n+1) \binom{n+1}{k+1}, \end{aligned} $$ la dernière étape en factorisant \(\binom{n+1}{k+1}\), puisque \((k+1) + (n-k) = n+1\). La division par \(n + 1 \ne 0\) donne la relation de Pascal, pour tout entier \(k\) : la démonstration n'a aucun cas, car l'absorption et la symétrie valent pour tout entier \(k\), bords du triangle compris.
Seconde démonstration, par la formule factorielle. L'entier \(k\) est dans l'un de cinq cas, qui recouvrent \(\mathbb{Z}\) quel que soit \(n\) : \(0 \le k \le n - 1\), \(k = n\), \(k = -1\), \(k < -1\), \(k > n\).
Cas \(0 \le k \le n - 1\). Les entiers \(k\) et \(k + 1\) sont dans \(\llbracket 0, n \rrbracket\). Le dénominateur commun \((k+1)!\,(n-k)!\) s'obtient avec les identités \((k+1)! = (k+1)\,k!\) et \((n-k)! = (n-k)\,(n-k-1)!\) : $$ \begin{aligned} \binom{n}{k} + \binom{n}{k+1} &= \frac{n!}{k!\,(n-k)!} + \frac{n!}{(k+1)!\,(n-k-1)!} && \text{(définition)} \\ &= \frac{(k+1)\,n!}{(k+1)!\,(n-k)!} + \frac{(n-k)\,n!}{(k+1)!\,(n-k)!} && \text{(dénominateur commun)} \\ &= \frac{n!\,\bigl[ (k+1) + (n-k) \bigr]}{(k+1)!\,(n-k)!} && \text{(factorisation de \(n!\))} \\ &= \frac{(n+1)\,n!}{(k+1)!\,\bigl( (n+1) - (k+1) \bigr)!} && \text{(\((k+1) + (n-k) = n+1\) et \(n - k = (n+1) - (k+1)\))} \\ &= \frac{(n+1)!}{(k+1)!\,\bigl( (n+1) - (k+1) \bigr)!} && \text{(\((n+1)\,n! = (n+1)!\))} \\ &= \binom{n+1}{k+1}, \end{aligned} $$ la dernière étape par la Définition en \((n+1, k+1)\), puisque \(0 \le k + 1 \le n + 1\).
Cas \(k = n\). \(\binom{n}{n} + \binom{n}{n+1} = 1 + 0 = 1 = \binom{n+1}{n+1}\).
Cas \(k = -1\). \(\binom{n}{-1} + \binom{n}{0} = 0 + 1 = 1 = \binom{n+1}{0}\).
Cas \(k < -1\). Alors \(k < 0\) et \(k + 1 < 0\), donc les trois coefficients sont nuls.
Cas \(k > n\). Alors \(k > n\) et \(k + 1 > n + 1\), donc les trois coefficients sont nuls.
Seconde démonstration, par la formule factorielle. L'entier \(k\) est dans l'un de cinq cas, qui recouvrent \(\mathbb{Z}\) quel que soit \(n\) : \(0 \le k \le n - 1\), \(k = n\), \(k = -1\), \(k < -1\), \(k > n\).
Cas \(0 \le k \le n - 1\). Les entiers \(k\) et \(k + 1\) sont dans \(\llbracket 0, n \rrbracket\). Le dénominateur commun \((k+1)!\,(n-k)!\) s'obtient avec les identités \((k+1)! = (k+1)\,k!\) et \((n-k)! = (n-k)\,(n-k-1)!\) : $$ \begin{aligned} \binom{n}{k} + \binom{n}{k+1} &= \frac{n!}{k!\,(n-k)!} + \frac{n!}{(k+1)!\,(n-k-1)!} && \text{(définition)} \\ &= \frac{(k+1)\,n!}{(k+1)!\,(n-k)!} + \frac{(n-k)\,n!}{(k+1)!\,(n-k)!} && \text{(dénominateur commun)} \\ &= \frac{n!\,\bigl[ (k+1) + (n-k) \bigr]}{(k+1)!\,(n-k)!} && \text{(factorisation de \(n!\))} \\ &= \frac{(n+1)\,n!}{(k+1)!\,\bigl( (n+1) - (k+1) \bigr)!} && \text{(\((k+1) + (n-k) = n+1\) et \(n - k = (n+1) - (k+1)\))} \\ &= \frac{(n+1)!}{(k+1)!\,\bigl( (n+1) - (k+1) \bigr)!} && \text{(\((n+1)\,n! = (n+1)!\))} \\ &= \binom{n+1}{k+1}, \end{aligned} $$ la dernière étape par la Définition en \((n+1, k+1)\), puisque \(0 \le k + 1 \le n + 1\).
Cas \(k = n\). \(\binom{n}{n} + \binom{n}{n+1} = 1 + 0 = 1 = \binom{n+1}{n+1}\).
Cas \(k = -1\). \(\binom{n}{-1} + \binom{n}{0} = 0 + 1 = 1 = \binom{n+1}{0}\).
Cas \(k < -1\). Alors \(k < 0\) et \(k + 1 < 0\), donc les trois coefficients sont nuls.
Cas \(k > n\). Alors \(k > n\) et \(k + 1 > n + 1\), donc les trois coefficients sont nuls.
Proposition — Les coefficients binomiaux sont entiers
Pour tout \(n \in \mathbb{N}\) et tout \(k \in \mathbb{Z}\), $$ \textcolor{colorprop}{\binom{n}{k} \in \mathbb{N}.} $$ Le quotient \(\frac{n!}{k!\,(n-k)!}\) de factorielles est donc un entier, ce que la formule seule ne montre pas ; que \(\binom{n}{k}\) dénombre les parties à \(k\) éléments d'un ensemble à \(n\) éléments est l'objet du chapitre de dénombrement.
Récurrence sur \(n\). Notons \(P_n\) la propriété « \(\binom{n}{k} \in \mathbb{N}\) pour tout \(k \in \mathbb{Z}\) ».
Initialisation. Pour \(n = 0\), \(\binom{0}{0} = \frac{0!}{0!\,0!} = 1\) et \(\binom{0}{k} = 0\) pour \(k \ne 0\) : \(P_0\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n \in \mathbb{N}\) et supposons \(P_n\). Soit \(k \in \mathbb{Z}\). La relation de Pascal en \((n, k-1)\), valable car \(k - 1 \in \mathbb{Z}\), donne $$ \binom{n+1}{k} = \binom{n}{k-1} + \binom{n}{k}. $$ Les deux termes de droite sont des entiers naturels par \(P_n\), et une somme de deux entiers naturels est un entier naturel : \(\binom{n+1}{k} \in \mathbb{N}\). Cela vaut pour tout \(k \in \mathbb{Z}\) : c'est \(P_{n+1}\). Puisque \(P_0\) est vraie et que \(P_n \Rightarrow P_{n+1}\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\), par récurrence \(P_n\) est vraie pour tout \(n \in \mathbb{N}\).
Initialisation. Pour \(n = 0\), \(\binom{0}{0} = \frac{0!}{0!\,0!} = 1\) et \(\binom{0}{k} = 0\) pour \(k \ne 0\) : \(P_0\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n \in \mathbb{N}\) et supposons \(P_n\). Soit \(k \in \mathbb{Z}\). La relation de Pascal en \((n, k-1)\), valable car \(k - 1 \in \mathbb{Z}\), donne $$ \binom{n+1}{k} = \binom{n}{k-1} + \binom{n}{k}. $$ Les deux termes de droite sont des entiers naturels par \(P_n\), et une somme de deux entiers naturels est un entier naturel : \(\binom{n+1}{k} \in \mathbb{N}\). Cela vaut pour tout \(k \in \mathbb{Z}\) : c'est \(P_{n+1}\). Puisque \(P_0\) est vraie et que \(P_n \Rightarrow P_{n+1}\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\), par récurrence \(P_n\) est vraie pour tout \(n \in \mathbb{N}\).
Méthode — Calculer avec des coefficients binomiaux
Pour calculer avec des coefficients binomiaux, de l'outil le moins coûteux au plus coûteux : - Une valeur numérique : remplacer \(k\) par \(n - k\) si celui-ci est plus petit (Symétrie et absorption), puis employer la forme produit à \(k\) facteurs ; par exemple \(\binom{13}{10} = \binom{13}{3} = \frac{13 \times 12 \times 11}{3!} = 286\).
- Un coefficient multiplié par \(k\) ou divisé par \(k + 1\) : faire sortir le facteur par l'absorption, \(k \binom{n}{k} = n \binom{n-1}{k-1}\), ou sous la forme \((k+1) \binom{n+1}{k+1} = (n+1) \binom{n}{k}\).
- Deux voisins d'une ligne : les comparer par le quotient \(\binom{n}{k} = \frac{n-k+1}{k} \binom{n}{k-1}\) pour \(1 \le k \le n\), obtenu à partir de la formule factorielle avec \(k! = k\,(k-1)!\) et \((n-k+1)! = (n-k+1)\,(n-k)!\).
- Une somme de deux voisins : la relation de Pascal, \(\binom{n}{k} + \binom{n}{k+1} = \binom{n+1}{k+1}\).
- Tout le reste : revenir aux factorielles et simplifier.
Exemple — Passer à la ligne suivante
Montrer que \(\binom{n+1}{k+1} = \dfrac{n+1}{k+1} \binom{n}{k}\) pour \(n, k \in \mathbb{N}\), et en déduire \(\binom{10}{4}\) à partir de \(\binom{9}{3}\).
L'absorption au couple \((n+1, k+1)\), valable puisque \(n + 1 \ge 1\), s'écrit \((k+1) \binom{n+1}{k+1} = (n+1) \binom{n}{k}\). En divisant par \(k + 1 \ne 0\) : $$ \begin{aligned} \binom{n+1}{k+1} &= \frac{1}{k+1} \cdot (k+1) \binom{n+1}{k+1} && \text{(\(k + 1 \ne 0\))} \\
&= \frac{1}{k+1} \cdot (n+1) \binom{n}{k} && \text{(symétrie et absorption)} \\
&= \frac{n+1}{k+1} \binom{n}{k}. \end{aligned} $$ Pour \(n = 9\) et \(k = 3\) : $$ \begin{aligned} \binom{10}{4} &= \frac{10}{4} \binom{9}{3} && \text{(l'identité avec \(n = 9\), \(k = 3\))} \\
&= \frac{10}{4} \times 84 && \text{(forme produit : \(\binom{9}{3} = \frac{9 \times 8 \times 7}{3!} = 84\))} \\
&= 210. \end{aligned} $$ Donc \(\binom{n+1}{k+1} = \frac{n+1}{k+1} \binom{n}{k}\) pour tous \(n, k \in \mathbb{N}\), et \(\binom{10}{4} = 210\).
Compétences à pratiquer
- Distinguer les identités vraies sur les coefficients binomiaux ★
- Évaluer un coefficient binomial ★
- Utiliser la symétrie et les valeurs usuelles ★
- Démontrer une identité sur les coefficients binomiaux ★★
- Démontrer une propriété arithmétique ou d'ordre des coefficients binomiaux ★★★
IV.2
Triangle de Pascal et sommes de coefficients binomiaux
Un tableau construit par addition
La relation de Pascal donne la case \(\binom{n+1}{k+1}\) à partir de deux cases de la ligne \(n\), sans aucune factorielle : chaque case d'une nouvelle ligne est la somme des deux cases situées au-dessus. Le tableau des coefficients binomiaux, ligne après ligne, est le triangle de Pascal. Ses diagonales sont des sommes de cases à calculer, et la relation de Pascal les calcule.
Exemple
Méthode — Construire le triangle de Pascal ligne par ligne
Pour calculer les coefficients binomiaux des premières lignes : - Partir de la ligne \(0\), qui est \(\binom{0}{0} = 1\).
- Bords : chaque ligne commence et finit par \(1\), puisque \(\binom{n}{0} = \binom{n}{n} = 1\) (Valeurs usuelles).
- Intérieur : chaque case est la somme des deux cases situées en diagonale au-dessus, par la relation de Pascal \(\binom{n}{k} + \binom{n}{k+1} = \binom{n+1}{k+1}\) : les cases \(\binom{n}{k}\) et \(\binom{n}{k+1}\) de la ligne \(n\) donnent la case \(\binom{n+1}{k+1}\) de la ligne \(n + 1\).
- Contrôle : la ligne \(n\) se lit de la même façon de droite à gauche (Symétrie et absorption), et sa deuxième case est \(n\).
Proposition — Somme d'une colonne du triangle de Pascal
Pour \(p, n \in \mathbb{N}\) avec \(p \le n\), $$ \textcolor{colorprop}{\begin{aligned} \sum_{k=p}^{n} \binom{k}{p} &= \binom{n+1}{p+1} \\
\binom{p}{p} + \binom{p+1}{p} + \dots + \binom{n}{p} &= \binom{n+1}{p+1} \end{aligned}} $$ La somme des cases d'une diagonale du triangle, de la case \(1\) du haut jusqu'à la ligne \(n\), est la case située en dessous à droite de la dernière, sur la ligne \(n + 1\).
Première démonstration, par télescopage. Pour tout \(k \ge p\), la relation de Pascal en \((k, p)\) s'écrit \(\binom{k}{p} + \binom{k}{p+1} = \binom{k+1}{p+1}\), donc \(\binom{k}{p} = \binom{k+1}{p+1} - \binom{k}{p+1}\). Avec \(u_k = \binom{k}{p+1}\), c'est \(\binom{k}{p} = u_{k+1} - u_k\). D'après la Proposition « Somme télescopique », $$ \begin{aligned} \sum_{k=p}^{n} \binom{k}{p} &= \sum_{k=p}^{n} (u_{k+1} - u_k) && \text{(relation de Pascal)} \\
&= u_{n+1} - u_p && \text{(somme télescopique)} \\
&= \binom{n+1}{p+1} - \binom{p}{p+1} && \text{(définition de \(u_k\))} \\
&= \binom{n+1}{p+1}, \end{aligned} $$ la dernière étape parce que \(\binom{p}{p+1} = 0\), l'indice du bas dépassant celui du haut.
Seconde démonstration, par récurrence sur \(n \ge p\). Notons \(P_n\) la propriété « \(\sum_{k=p}^{n} \binom{k}{p} = \binom{n+1}{p+1}\) ». Pour \(n = p\), la somme est \(\binom{p}{p} = 1 = \binom{p+1}{p+1}\) : \(P_p\) est vraie. Soit \(n \ge p\) et supposons \(P_n\). Alors $$ \begin{aligned} \sum_{k=p}^{n+1} \binom{k}{p} &= \sum_{k=p}^{n} \binom{k}{p} + \binom{n+1}{p} && \text{(définition de \(\sum\))} \\ &= \binom{n+1}{p+1} + \binom{n+1}{p} && \text{(hypothèse de récurrence)} \\ &= \binom{n+2}{p+1}, \end{aligned} $$ la dernière étape par la relation de Pascal en \((n+1, p)\). C'est \(P_{n+1}\) ; par récurrence, \(P_n\) est vraie pour tout \(n \ge p\).
Seconde démonstration, par récurrence sur \(n \ge p\). Notons \(P_n\) la propriété « \(\sum_{k=p}^{n} \binom{k}{p} = \binom{n+1}{p+1}\) ». Pour \(n = p\), la somme est \(\binom{p}{p} = 1 = \binom{p+1}{p+1}\) : \(P_p\) est vraie. Soit \(n \ge p\) et supposons \(P_n\). Alors $$ \begin{aligned} \sum_{k=p}^{n+1} \binom{k}{p} &= \sum_{k=p}^{n} \binom{k}{p} + \binom{n+1}{p} && \text{(définition de \(\sum\))} \\ &= \binom{n+1}{p+1} + \binom{n+1}{p} && \text{(hypothèse de récurrence)} \\ &= \binom{n+2}{p+1}, \end{aligned} $$ la dernière étape par la relation de Pascal en \((n+1, p)\). C'est \(P_{n+1}\) ; par récurrence, \(P_n\) est vraie pour tout \(n \ge p\).
Exemple — La somme des carrés par les coefficients binomiaux
Calculer \(\displaystyle \sum_{k=1}^{n} k^2\) pour \(n \ge 2\) avec les coefficients binomiaux \(\binom{k}{1}\) et \(\binom{k}{2}\).
On écrit le carré avec les deux coefficients : \(k^2 = k(k-1) + k = 2 \binom{k}{2} + \binom{k}{1}\), d'après la Proposition « Valeurs usuelles ». $$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n} k^2 &= \sum_{k=1}^{n} \Bigl( 2 \binom{k}{2} + \binom{k}{1} \Bigr) && \text{(valeurs usuelles)} \\
&= 2 \sum_{k=2}^{n} \binom{k}{2} + \sum_{k=1}^{n} \binom{k}{1} && \text{(linéarité de \(\sum\) ; le terme \(k = 1\) de la première somme est \(\binom{1}{2} = 0\))} \\
&= 2 \binom{n+1}{3} + \binom{n+1}{2} && \text{(somme d'une colonne du triangle de Pascal, avec \(p = 2\) et \(p = 1\))} \\
&= \frac{(n+1)\,n\,(n-1)}{3} + \frac{(n+1)\,n}{2} && \text{(forme produit)} \\
&= \frac{n(n+1)}{6} \bigl( 2(n-1) + 3 \bigr) && \text{(dénominateur commun \(6\), factorisation de \(\frac{n(n+1)}{6}\))} \\
&= \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}. \end{aligned} $$ C'est la valeur du Théorème « Sommes classiques », atteinte par une troisième méthode.
Compétences à pratiquer
- Construire et lire le triangle de Pascal ★
- Sommer une colonne du triangle de Pascal ★★
- Déduire une somme de l'identité de la colonne ★★★
IV.3
La formule du binôme
Développer la puissance d'une somme
Le lycée a développé \((a + b)^2 = a^2 + 2ab + b^2\) et \((a + b)^3\), et a lu les coefficients de \((a + b)^n\) dans le triangle de Pascal. La formule du binôme énonce le développement pour tout \(n\) et donne le coefficient de chaque monôme : le coefficient binomial \(\binom{n}{k}\) multiplie \(a^{n-k} b^k\). Sa démonstration est une récurrence dans laquelle la relation de Pascal est le pas.
Théorème — Formule du binôme (Newton)
Pour \(a, b \in \mathbb{R}\) et \(n \in \mathbb{N}\), avec la convention \(x^0 = 1\) pour tout réel \(x\), \(0\) compris, $$ \textcolor{colorprop}{\begin{aligned} (a + b)^n &= \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\, a^{n-k} b^k \\
(a + b)^n &= \binom{n}{0} a^n + \binom{n}{1} a^{n-1} b + \dots + \binom{n}{n} b^n \end{aligned}} $$ La puissance d'une somme est la somme, sur \(k\), des monômes \(a^{n-k} b^k\) pondérés par les coefficients binomiaux : elle a \(n + 1\) termes, et dans chacun d'eux les exposants de \(a\) et de \(b\) ont pour somme \(n\).
Récurrence sur \(n\). Notons \(P_n\) la formule au rang \(n\).
Initialisation. Pour \(n = 0\), \((a + b)^0 = 1\) et \(\sum_{k=0}^{0} \binom{0}{k}\, a^{0-k} b^k = \binom{0}{0}\, a^0 b^0 = 1\) : \(P_0\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n \in \mathbb{N}\) et supposons \(P_n\). Alors $$ \begin{aligned} (a + b)^{n+1} &= (a + b) \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\, a^{n-k} b^k && \text{(puissance ; hypothèse de récurrence)} \\ &= a \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\, a^{n-k} b^k + b \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\, a^{n-k} b^k && \text{(distributivité)} \\ &= \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\, a^{n+1-k} b^k + \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\, a^{n-k} b^{k+1} && \text{(linéarité de \(\sum\), règles sur les puissances)} \\ &= \sum_{k=0}^{n+1} \binom{n}{k}\, a^{n+1-k} b^k + \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\, a^{n-k} b^{k+1} && \text{(le terme ajouté \(k = n+1\) est \(0\), car \(\binom{n}{n+1} = 0\))} \\ &= \sum_{k=0}^{n+1} \binom{n}{k}\, a^{n+1-k} b^k + \sum_{k=1}^{n+1} \binom{n}{k-1}\, a^{n+1-k} b^k && \text{(décalage et réflexion, \(j = k+1\))} \\ &= \sum_{k=0}^{n+1} \binom{n}{k}\, a^{n+1-k} b^k + \sum_{k=0}^{n+1} \binom{n}{k-1}\, a^{n+1-k} b^k && \text{(le terme ajouté \(k = 0\) est \(0\), car \(\binom{n}{-1} = 0\))} \\ &= \sum_{k=0}^{n+1} \Bigl( \binom{n}{k} + \binom{n}{k-1} \Bigr) a^{n+1-k} b^k && \text{(linéarité de \(\sum\))} \\ &= \sum_{k=0}^{n+1} \binom{n+1}{k}\, a^{n+1-k} b^k, \end{aligned} $$ la dernière étape par la relation de Pascal en \((n, k-1)\), valable pour tout entier \(k\). Aucun terme n'est détaché des sommes : la convention \(\binom{n}{k} = 0\) en dehors de \(0 \le k \le n\) étend les deux sommes au même ensemble \(\llbracket 0, n+1 \rrbracket\). C'est \(P_{n+1}\). Puisque \(P_0\) est vraie et que \(P_n \Rightarrow P_{n+1}\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\), par récurrence \(P_n\) est vraie pour tout \(n \in \mathbb{N}\). La démonstration par dénombrement, qui lit \(\binom{n}{k}\) comme le nombre de façons de choisir les facteurs qui donnent \(b\), est l'objet du chapitre de dénombrement.
Initialisation. Pour \(n = 0\), \((a + b)^0 = 1\) et \(\sum_{k=0}^{0} \binom{0}{k}\, a^{0-k} b^k = \binom{0}{0}\, a^0 b^0 = 1\) : \(P_0\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n \in \mathbb{N}\) et supposons \(P_n\). Alors $$ \begin{aligned} (a + b)^{n+1} &= (a + b) \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\, a^{n-k} b^k && \text{(puissance ; hypothèse de récurrence)} \\ &= a \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\, a^{n-k} b^k + b \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\, a^{n-k} b^k && \text{(distributivité)} \\ &= \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\, a^{n+1-k} b^k + \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\, a^{n-k} b^{k+1} && \text{(linéarité de \(\sum\), règles sur les puissances)} \\ &= \sum_{k=0}^{n+1} \binom{n}{k}\, a^{n+1-k} b^k + \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\, a^{n-k} b^{k+1} && \text{(le terme ajouté \(k = n+1\) est \(0\), car \(\binom{n}{n+1} = 0\))} \\ &= \sum_{k=0}^{n+1} \binom{n}{k}\, a^{n+1-k} b^k + \sum_{k=1}^{n+1} \binom{n}{k-1}\, a^{n+1-k} b^k && \text{(décalage et réflexion, \(j = k+1\))} \\ &= \sum_{k=0}^{n+1} \binom{n}{k}\, a^{n+1-k} b^k + \sum_{k=0}^{n+1} \binom{n}{k-1}\, a^{n+1-k} b^k && \text{(le terme ajouté \(k = 0\) est \(0\), car \(\binom{n}{-1} = 0\))} \\ &= \sum_{k=0}^{n+1} \Bigl( \binom{n}{k} + \binom{n}{k-1} \Bigr) a^{n+1-k} b^k && \text{(linéarité de \(\sum\))} \\ &= \sum_{k=0}^{n+1} \binom{n+1}{k}\, a^{n+1-k} b^k, \end{aligned} $$ la dernière étape par la relation de Pascal en \((n, k-1)\), valable pour tout entier \(k\). Aucun terme n'est détaché des sommes : la convention \(\binom{n}{k} = 0\) en dehors de \(0 \le k \le n\) étend les deux sommes au même ensemble \(\llbracket 0, n+1 \rrbracket\). C'est \(P_{n+1}\). Puisque \(P_0\) est vraie et que \(P_n \Rightarrow P_{n+1}\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\), par récurrence \(P_n\) est vraie pour tout \(n \in \mathbb{N}\). La démonstration par dénombrement, qui lit \(\binom{n}{k}\) comme le nombre de façons de choisir les facteurs qui donnent \(b\), est l'objet du chapitre de dénombrement.
Le domaine de la formule du binôme
La démonstration n'emploie que les règles de calcul, jamais l'ordre de \(\mathbb{R}\). Des nombres \(a\) et \(b\) elle emploie qu'on peut les additionner et les multiplier, que la multiplication est distributive sur l'addition et associative, et que \(ab = ba\) ; des coefficients, que ce sont des entiers, un entier fois \(x\) signifiant \(x + \dots + x\). La formule vaut donc sans changement pour des nombres complexes, pour des polynômes, dans un anneau pour deux éléments qui commutent, et pour deux matrices qui commutent : ces cas sont traités dans les chapitres sur les nombres complexes, les polynômes, les structures algébriques et le calcul matriciel. L'hypothèse \(ab = ba\) ne peut pas être supprimée : pour deux matrices \(A\) et \(B\) qui ne commutent pas, \((A + B)^2 = A^2 + AB + BA + B^2\) n'est pas \(A^2 + 2AB + B^2\). Ici \(a\) et \(b\) sont des nombres réels.
Proposition — Somme et somme alternée d'une ligne
Pour \(n \in \mathbb{N}\), $$ \textcolor{colorprop}{\begin{aligned} \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} &= 2^n \\
\binom{n}{0} + \binom{n}{1} + \dots + \binom{n}{n} &= 2^n \end{aligned}} $$ Pour \(n \ge 1\), $$ \textcolor{colorprop}{\begin{aligned} \sum_{k=0}^{n} (-1)^k \binom{n}{k} &= 0 \\
\binom{n}{0} - \binom{n}{1} + \binom{n}{2} - \dots + (-1)^n \binom{n}{n} &= 0 \end{aligned}} $$ $$ \textcolor{colorprop}{\sum_{\substack{0 \le k \le n \\
k \text{ pair}}} \binom{n}{k} = \sum_{\substack{0 \le k \le n \\
k \text{ impair}}} \binom{n}{k} = 2^{n-1}.} $$ Les cases d'une ligne du triangle ont pour somme \(2^n\) ; la somme alternée d'une ligne est \(0\), et les cases de rang pair et celles de rang impair ont la même somme.
Première démonstration, par la formule du binôme. Avec \(a = b = 1\), $$ \begin{aligned} \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} &= \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\, 1^{n-k} 1^k && \text{(\(1^{n-k} 1^k = 1\))} \\
&= (1 + 1)^n && \text{(formule du binôme, \(a = b = 1\))} \\
&= 2^n. \end{aligned} $$ Avec \(a = 1\) et \(b = -1\), pour \(n \ge 1\), $$ \begin{aligned} \sum_{k=0}^{n} (-1)^k \binom{n}{k} &= \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\, 1^{n-k} (-1)^k && \text{(\(1^{n-k} = 1\))} \\
&= \bigl( 1 + (-1) \bigr)^n && \text{(formule du binôme, \(a = 1\), \(b = -1\))} \\
&= 0, \end{aligned} $$ la dernière étape parce que \(0^n = 0\) pour \(n \ge 1\). Notons \(E\) et \(O\) les sommes des \(\binom{n}{k}\) sur les entiers \(k\) pairs et sur les entiers \(k\) impairs de \(\llbracket 0, n \rrbracket\). Les entiers pairs et les entiers impairs forment un recouvrement disjoint de \(\llbracket 0, n \rrbracket\), donc d'après la Proposition « Sommation par paquets » \(E + O = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} = 2^n\) ; le signe \((-1)^k\) vaut \(+1\) sur les \(k\) pairs et \(-1\) sur les \(k\) impairs, donc par la même Proposition \(E - O = \sum_{k=0}^{n} (-1)^k \binom{n}{k} = 0\). En additionnant et en soustrayant ces deux relations, \(2E = 2^n\) et \(2O = 2^n\) : donc \(E = O = 2^{n-1}\).
Seconde démonstration de la somme d'une ligne, par récurrence. Notons \(S_n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\). Alors \(S_0 = \binom{0}{0} = 1\), et pour \(n \in \mathbb{N}\) $$ \begin{aligned} S_{n+1} &= \sum_{k=0}^{n+1} \binom{n+1}{k} && \text{(définition de \(S_{n+1}\))} \\ &= \sum_{k=0}^{n+1} \binom{n}{k-1} + \sum_{k=0}^{n+1} \binom{n}{k} && \text{(relation de Pascal en \((n, k-1)\) ; linéarité de \(\sum\))} \\ &= \sum_{k=1}^{n+1} \binom{n}{k-1} + \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} && \text{(les termes \(k = 0\) et \(k = n+1\) sont nuls)} \\ &= \sum_{j=0}^{n} \binom{n}{j} + S_n && \text{(décalage et réflexion : \(j = k - 1\) ; définition de \(S_n\))} \\ &= 2 S_n. \end{aligned} $$ La dernière étape est la définition de \(S_n\). Donc \(S_{n+1} = 2 S_n\), et par récurrence à partir de \(S_0 = 1\), \(S_n = 2^n\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\).
Seconde démonstration de la somme d'une ligne, par récurrence. Notons \(S_n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\). Alors \(S_0 = \binom{0}{0} = 1\), et pour \(n \in \mathbb{N}\) $$ \begin{aligned} S_{n+1} &= \sum_{k=0}^{n+1} \binom{n+1}{k} && \text{(définition de \(S_{n+1}\))} \\ &= \sum_{k=0}^{n+1} \binom{n}{k-1} + \sum_{k=0}^{n+1} \binom{n}{k} && \text{(relation de Pascal en \((n, k-1)\) ; linéarité de \(\sum\))} \\ &= \sum_{k=1}^{n+1} \binom{n}{k-1} + \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} && \text{(les termes \(k = 0\) et \(k = n+1\) sont nuls)} \\ &= \sum_{j=0}^{n} \binom{n}{j} + S_n && \text{(décalage et réflexion : \(j = k - 1\) ; définition de \(S_n\))} \\ &= 2 S_n. \end{aligned} $$ La dernière étape est la définition de \(S_n\). Donc \(S_{n+1} = 2 S_n\), et par récurrence à partir de \(S_0 = 1\), \(S_n = 2^n\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\).
Exemple — Développer une puissance quatrième
Développer \((a + b)^4\).
La formule du binôme avec \(n = 4\) donne les cinq monômes, avec les coefficients de la ligne \(4\) : $$ \begin{aligned} (a + b)^4 &= \sum_{k=0}^{4} \binom{4}{k}\, a^{4-k} b^k && \text{(formule du binôme)} \\
&= \binom{4}{0} a^4 + \binom{4}{1} a^3 b + \binom{4}{2} a^2 b^2 + \binom{4}{3} a b^3 + \binom{4}{4} b^4 && \text{(forme développée)} \\
&= a^4 + 4 a^3 b + 6 a^2 b^2 + 4 a b^3 + b^4, \end{aligned} $$ la dernière étape par la Proposition « Valeurs usuelles » : \(\binom{4}{0} = \binom{4}{4} = 1\), \(\binom{4}{1} = \binom{4}{3} = 4\) et \(\binom{4}{2} = \frac{4 \times 3}{2} = 6\). Ce sont les cases de la ligne \(4\) du triangle de Pascal.
Exemple — Des sommes reconnues comme une puissance
Calculer \(\displaystyle \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\, 2^k\) et \(\displaystyle \sum_{k=0}^{n} (-1)^k \binom{n}{k}\, 3^{n-k}\) pour \(n \ge 1\).
Chaque somme a la forme \(\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\, a^{n-k} b^k\) une fois son terme général récrit. $$ \begin{aligned} \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\, 2^k &= \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\, 1^{n-k} 2^k && \text{(\(1^{n-k} = 1\))} \\
&= (1 + 2)^n && \text{(formule du binôme, \(a = 1\), \(b = 2\))} \\
&= 3^n. \end{aligned} $$ $$ \begin{aligned} \sum_{k=0}^{n} (-1)^k \binom{n}{k}\, 3^{n-k} &= \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\, 3^{n-k} (-1)^k && \text{(commutativité du produit)} \\
&= \bigl( 3 + (-1) \bigr)^n && \text{(formule du binôme, \(a = 3\), \(b = -1\))} \\
&= 2^n. \end{aligned} $$ Vérification pour \(n = 1\) : \(1 + 2 = 3\) et \(3 - 1 = 2\).
Méthode — Appliquer la formule du binôme
Pour appliquer la formule du binôme : - Pour développer \((a + b)^n\), prendre les coefficients de la ligne \(n\) du triangle de Pascal pour un petit \(n\), ou les calculer (Valeurs usuelles, Forme produit), et écrire \(\binom{n}{k}\, a^{n-k} b^k\) pour \(k = 0, \dots, n\). Lorsque \(a\) ou \(b\) est un produit, un nombre strictement négatif ou une puissance, le mettre entre parenthèses : pour \((2x - 3)^4\), \(a = 2x\) et \(b = -3\).
- Pour reconnaître une somme, récrire son terme général sous la forme \(\binom{n}{k}\, \alpha^{k} \beta^{n-k}\) avec \(1\) pour une puissance absente (\(2^{-k} = \bigl( \frac{1}{2} \bigr)^k\), \((-1)^k\), \(3^{n-k}\)) : la somme est \((\alpha + \beta)^n\).
- Pour trouver un coefficient, écrire chaque terme comme une puissance de la variable : le terme général \(\binom{n}{k}\, a^{n-k} b^k\) donne un exposant qui dépend de \(k\) ; résoudre l'équation qui fixe cet exposant à celui voulu. Si elle a une solution entière dans \(\llbracket 0, n \rrbracket\), le coefficient est \(\binom{n}{k}\) fois les nombres portés par \(a\) et \(b\) ; sinon, le terme est absent.
- Pour évaluer une somme de coefficients, choisir des valeurs de \(a\) et \(b\) : \(a = b = 1\) donne la somme d'une ligne, \(a = 1\) et \(b = -1\) la somme alternée (Somme et somme alternée d'une ligne).
Exemple — Un coefficient dans un développement
Déterminer le terme en \(x^5\) dans le développement de \(\Bigl( x + \dfrac{1}{x} \Bigr)^{11}\), pour \(x \ne 0\).
La formule du binôme avec \(a = x\) et \(b = \frac{1}{x}\) donne chaque terme, et l'on lit l'exposant de \(x\) dans chacun. $$ \begin{aligned} \Bigl( x + \frac{1}{x} \Bigr)^{11} &= \sum_{k=0}^{11} \binom{11}{k}\, x^{11-k} \Bigl( \frac{1}{x} \Bigr)^k && \text{(formule du binôme, \(a = x\), \(b = \frac{1}{x}\))} \\
&= \sum_{k=0}^{11} \binom{11}{k}\, x^{11-2k}, \end{aligned} $$ la dernière étape par les règles sur les puissances, \(x^{11-k} x^{-k} = x^{11-2k}\). Les exposants \(11 - 2k\) sont deux à deux distincts, donc un seul terme au plus a l'exposant \(5\). L'équation \(11 - 2k = 5\) a l'unique solution \(k = 3\), entier de \(\llbracket 0, 11 \rrbracket\). Le coefficient de \(x^5\) est donc $$ \begin{aligned} \binom{11}{3} &= \frac{11 \times 10 \times 9}{3!} && \text{(forme produit)} \\
&= 165, \end{aligned} $$ et le terme en \(x^5\) est \(165\, x^5\).
Le télescopage d'une puissance quelconque
La Méthode « Calculer une somme de puissances par télescopage » calcule \(\sum k^p\) pour \(p = 1, 2, 3\) avec les identités remarquables. La formule du binôme la donne pour tout \(p \in \mathbb{N}^*\). Pour \(k \in \mathbb{N}\), $$ \begin{aligned} (k+1)^{p+1} - k^{p+1} &= \sum_{j=0}^{p+1} \binom{p+1}{j}\, k^j - k^{p+1} && \text{(formule du binôme, \(a = 1\), \(b = k\))} \\
&= \sum_{j=0}^{p} \binom{p+1}{j}\, k^j + \binom{p+1}{p+1}\, k^{p+1} - k^{p+1} && \text{(découpage et relation de Chasles)} \\
&= \sum_{j=0}^{p} \binom{p+1}{j}\, k^j + k^{p+1} - k^{p+1} && \text{(valeurs usuelles)} \\
&= \sum_{j=0}^{p} \binom{p+1}{j}\, k^j, \end{aligned} $$ la dernière étape simplifiant \(k^{p+1}\) et \(-k^{p+1}\). La différence \((k+1)^{p+1} - k^{p+1}\) est un polynôme de degré \(p\) en \(k\), de terme dominant \(\binom{p+1}{p}\, k^p = (p+1)\,k^p\) d'après la Proposition « Valeurs usuelles ». Notons \(S_j = \sum_{k=0}^{n} k^j\), de sorte que \(S_0 = n + 1\), avec la convention \(x^0 = 1\). La somme télescopique avec \(u_k = k^{p+1}\) donne \(\sum_{k=0}^{n} \bigl( (k+1)^{p+1} - k^{p+1} \bigr) = (n+1)^{p+1} - 0^{p+1} = (n+1)^{p+1}\), et la même somme se développe terme à terme : $$ \begin{aligned} \sum_{k=0}^{n} \bigl( (k+1)^{p+1} - k^{p+1} \bigr) &= \sum_{k=0}^{n} \sum_{j=0}^{p} \binom{p+1}{j}\, k^j && \text{(développement de \((k+1)^{p+1} - k^{p+1}\))} \\
&= \sum_{j=0}^{p} \sum_{k=0}^{n} \binom{p+1}{j}\, k^j && \text{(permuter l'ordre de sommation)} \\
&= \sum_{j=0}^{p} \binom{p+1}{j}\, S_j, \end{aligned} $$ la dernière étape par linéarité de \(\sum\). Donc \((n+1)^{p+1} = \sum_{j=0}^{p} \binom{p+1}{j}\, S_j\), et, en isolant le terme \(j = p\) où \(\binom{p+1}{p} = p + 1\), pour tout \(p \ge 1\), $$ S_p = \frac{1}{p+1} \Bigl( (n+1)^{p+1} - \sum_{j=0}^{p-1} \binom{p+1}{j}\, S_j \Bigr). $$ La somme des puissances \(p\)-ièmes se calcule à partir des sommes des puissances inférieures, pour tout \(p\) ; les cas \(p = 1, 2, 3\) redonnent le Théorème « Sommes classiques ».
Compétences à pratiquer
- Lire un développement binomial ★
- Trouver un coefficient dans un développement ★
- Développer une puissance d'un binôme ★
- Évaluer une somme de coefficients binomiaux avec la formule du binôme ★
- Évaluer une somme de coefficients binomiaux par absorption ou par parité ★★
- Trouver l'identité cachée derrière une somme binomiale ★★★
- Démontrer une identité de convolution de coefficients binomiaux ★★★
V
Inégalités sur les sommes finies
Majorer ce qui ne se calcule pas
Une somme ou un produit ne se calcule pas toujours, mais se majore souvent. Trois inégalités font l'essentiel du travail : l'inégalité de Bernoulli minore une puissance par une fonction affine, l'inégalité de Cauchy-Schwarz majore une somme de produits par les sommes des carrés, et l'inégalité arithmético-géométrique majore un produit par une puissance de la moyenne. Leurs démonstrations n'emploient que la récurrence, la formule du binôme, le carré d'une somme et les sommes doubles ; aucune n'emploie une limite ni une dérivée.
V.1
Inégalité de Bernoulli
Une puissance comparée à une fonction affine
La formule du binôme donne \((1 + h)^n = 1 + nh + \dots\) et le lycée sait que \((1 + h)^2 = 1 + 2h + h^2 \ge 1 + 2h\). L'inégalité de Bernoulli en est l'énoncé général : \(1 + nh\) minore \((1 + h)^n\). Elle vaut dès que \(1 + h \ge 0\), et pas seulement pour \(h \ge 0\), ce qui la rend utile pour minorer les puissances d'un nombre plus petit que \(1\).
Proposition — Inégalité de Bernoulli
Pour tout réel \(h \ge -1\) et tout \(n \in \mathbb{N}\), $$ \textcolor{colorprop}{(1 + h)^n \ge 1 + nh.} $$ Pour \(n \ge 2\) et \(h \ne 0\) l'inégalité est stricte. La condition \(h \ge -1\) ne peut pas être supprimée : pour \(h = -4\) et \(n = 3\), \((1 + h)^3 = -27\) alors que \(1 + 3h = -11\).
Première démonstration, par récurrence. Soit \(h \ge -1\) et notons \(P_n\) la propriété « \((1 + h)^n \ge 1 + nh\) ».
Initialisation. \(P_0\) est \(1 \ge 1\).
Hérédité. Soit \(n \in \mathbb{N}\) et supposons \(P_n\). Comme \(1 + h \ge 0\), multiplier l'inégalité \(P_n\) par \(1 + h\) conserve son sens, d'après la Proposition « Compatibilité de \(\le\) avec les opérations ». Alors $$ \begin{aligned} (1 + h)^{n+1} &= (1 + h)\,(1 + h)^n && \text{(puissance)} \\ &\ge (1 + h)(1 + nh) && \text{(hypothèse de récurrence, multipliée par \(1 + h \ge 0\))} \\ &= 1 + (n+1)h + nh^2 && \text{(développement)} \\ &\ge 1 + (n+1)h, \end{aligned} $$ la dernière étape parce que \(nh^2 \ge 0\). C'est \(P_{n+1}\). Puisque \(P_0\) est vraie et que \(P_n \Rightarrow P_{n+1}\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\), par récurrence \(P_n\) est vraie pour tout \(n \in \mathbb{N}\). Pour \(n \ge 1\) et \(h \ne 0\) on a \(nh^2 > 0\), donc la dernière ligne est stricte : \((1 + h)^{n+1} > 1 + (n+1)h\), ce qui est le cas strict.
Seconde démonstration, pour \(h \ge 0\), par la formule du binôme. Pour \(n = 0\) l'inégalité est \(1 \ge 1\). Pour \(n \ge 1\), $$ \begin{aligned} (1 + h)^n &= \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\, h^k && \text{(formule du binôme, \(a = 1\), \(b = h\))} \\ &= 1 + nh + \sum_{k=2}^{n} \binom{n}{k}\, h^k && \text{(découpage et relation de Chasles, deux fois ; \(\binom{n}{0} = 1\), \(\binom{n}{1} = n\))} \\ &\ge 1 + nh, \end{aligned} $$ la dernière étape parce que chaque terme \(\binom{n}{k}\, h^k\) de la somme restante est positif ou nul, \(\binom{n}{k}\) étant un entier naturel et \(h^k \ge 0\) pour \(h \ge 0\) ; la somme restante est vide, donc nulle, pour \(n = 1\).
Initialisation. \(P_0\) est \(1 \ge 1\).
Hérédité. Soit \(n \in \mathbb{N}\) et supposons \(P_n\). Comme \(1 + h \ge 0\), multiplier l'inégalité \(P_n\) par \(1 + h\) conserve son sens, d'après la Proposition « Compatibilité de \(\le\) avec les opérations ». Alors $$ \begin{aligned} (1 + h)^{n+1} &= (1 + h)\,(1 + h)^n && \text{(puissance)} \\ &\ge (1 + h)(1 + nh) && \text{(hypothèse de récurrence, multipliée par \(1 + h \ge 0\))} \\ &= 1 + (n+1)h + nh^2 && \text{(développement)} \\ &\ge 1 + (n+1)h, \end{aligned} $$ la dernière étape parce que \(nh^2 \ge 0\). C'est \(P_{n+1}\). Puisque \(P_0\) est vraie et que \(P_n \Rightarrow P_{n+1}\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\), par récurrence \(P_n\) est vraie pour tout \(n \in \mathbb{N}\). Pour \(n \ge 1\) et \(h \ne 0\) on a \(nh^2 > 0\), donc la dernière ligne est stricte : \((1 + h)^{n+1} > 1 + (n+1)h\), ce qui est le cas strict.
Seconde démonstration, pour \(h \ge 0\), par la formule du binôme. Pour \(n = 0\) l'inégalité est \(1 \ge 1\). Pour \(n \ge 1\), $$ \begin{aligned} (1 + h)^n &= \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\, h^k && \text{(formule du binôme, \(a = 1\), \(b = h\))} \\ &= 1 + nh + \sum_{k=2}^{n} \binom{n}{k}\, h^k && \text{(découpage et relation de Chasles, deux fois ; \(\binom{n}{0} = 1\), \(\binom{n}{1} = n\))} \\ &\ge 1 + nh, \end{aligned} $$ la dernière étape parce que chaque terme \(\binom{n}{k}\, h^k\) de la somme restante est positif ou nul, \(\binom{n}{k}\) étant un entier naturel et \(h^k \ge 0\) pour \(h \ge 0\) ; la somme restante est vide, donc nulle, pour \(n = 1\).
Méthode — Utiliser l'inégalité de Bernoulli
Pour minorer une puissance avec l'inégalité de Bernoulli : - Écrire la base sous la forme \(1 + h\) : \(h\) est la base moins \(1\).
- Vérifier que \(h \ge -1\), c'est-à-dire que la base est positive ; pour une base \(1 - u\), c'est \(u \le 1\). Sans cette condition l'inégalité peut être fausse.
- L'appliquer : \(x^n \ge 1 + n(x - 1)\) pour tout \(x \ge 0\) ; avec \(h = \frac{c}{n}\), \(\bigl( 1 + \frac{c}{n} \bigr)^n \ge 1 + c\) pour \(c \ge -n\).
- Lire la borne : elle est exacte pour \(n \in \{0, 1\}\) et pour \(h = 0\), et elle perd les termes de degré \(2\) et plus de la formule du binôme ; elle est proche de la vérité pour une base proche de \(1\) et un petit \(n\).
Exemple — Deux puissances minorées
Montrer que \(\Bigl( 1 + \dfrac{1}{n} \Bigr)^n \ge 2\) et \(\Bigl( 1 - \dfrac{1}{n} \Bigr)^n \ge 0\) pour \(n \ge 1\).
Chaque base s'écrit \(1 + h\), et l'on vérifie \(h \ge -1\). Pour la première puissance, \(h = \frac{1}{n} \ge 0 \ge -1\). $$ \begin{aligned} \Bigl( 1 + \frac{1}{n} \Bigr)^n &\ge 1 + n \cdot \frac{1}{n} && \text{(inégalité de Bernoulli, \(h = \frac{1}{n} \ge -1\))} \\
&= 2. \end{aligned} $$ Pour la seconde puissance, \(h = -\frac{1}{n}\), et \(h \ge -1\) parce que \(n \ge 1\). $$ \begin{aligned} \Bigl( 1 - \frac{1}{n} \Bigr)^n &\ge 1 + n \cdot \Bigl( -\frac{1}{n} \Bigr) && \text{(inégalité de Bernoulli, \(h = -\frac{1}{n} \ge -1\))} \\
&= 0. \end{aligned} $$ Donc \(\bigl( 1 + \frac{1}{n} \bigr)^n \ge 2\) et \(\bigl( 1 - \frac{1}{n} \bigr)^n \ge 0\) pour tout \(n \ge 1\). La seconde borne dit seulement que la puissance est positive ou nulle, ce qui était clair : elle est exacte pour \(n = 1\), où \((1 - 1)^1 = 0\), et faible pour \(n\) grand, parce que l'inégalité de Bernoulli perd les termes de degré \(2\) et plus de la formule du binôme.
Compétences à pratiquer
- Reconnaître quand l'inégalité de Bernoulli s'applique ★
- Démontrer une inégalité avec l'inégalité de Bernoulli ★★
V.2
Inégalité de Cauchy-Schwarz
Une somme de produits contre deux sommes de carrés
Pour deux listes de nombres \(x_1, \dots, x_n\) et \(y_1, \dots, y_n\), la somme des produits \(x_k y_k\) est contrôlée par les deux sommes de carrés \(\sum x_k^2\) et \(\sum y_k^2\). Pour \(n = 1\) c'est l'égalité \((x_1 y_1)^2 = x_1^2 y_1^2\) ; pour \(n = 2\) elle s'écrit \((x_1 y_1 + x_2 y_2)^2 \le (x_1^2 + x_2^2)(y_1^2 + y_2^2)\). L'inégalité est démontrée pour des réels avec le carré d'une somme et les sommes doubles ; c'est l'inégalité du produit scalaire de \(\mathbb{R}^n\), qui s'étend à tout espace muni d'un produit scalaire.
Proposition — Inégalité de Cauchy-Schwarz pour les sommes
Soient \(n \ge 1\) et \(x_1, \dots, x_n\) et \(y_1, \dots, y_n\) des réels. Alors $$ \textcolor{colorprop}{\begin{aligned} \Bigl( \sum_{k=1}^{n} x_k y_k \Bigr)^2 &\le \Bigl( \sum_{k=1}^{n} x_k^2 \Bigr) \Bigl( \sum_{k=1}^{n} y_k^2 \Bigr) \\
(x_1 y_1 + \dots + x_n y_n)^2 &\le (x_1^2 + \dots + x_n^2)(y_1^2 + \dots + y_n^2) \end{aligned}} $$ L'égalité a lieu si et seulement si les deux listes sont proportionnelles : \(y_k = c\, x_k\) pour tout \(k\) avec un réel \(c\), ou \(x_k = c\, y_k\) pour tout \(k\) avec un réel \(c\). Le carré de la somme des produits est au plus le produit des deux sommes de carrés.
Première démonstration, par l'identité de Lagrange. L'identité. Notons \(d_{i,j} = x_i^2 y_j^2 - x_i y_i x_j y_j\) pour \(1 \le i, j \le n\). Alors $$ \begin{aligned} \Bigl( \sum_{k=1}^{n} x_k^2 \Bigr) \Bigl( \sum_{k=1}^{n} y_k^2 \Bigr) - \Bigl( \sum_{k=1}^{n} x_k y_k \Bigr)^2 &= \sum_{1 \le i, j \le n} x_i^2 y_j^2 - \sum_{1 \le i, j \le n} x_i y_i x_j y_j && \text{(produit de deux sommes, deux fois)} \\
&= \sum_{1 \le i, j \le n} d_{i,j} && \text{(linéarité de \(\sum\))} \\
&= \sum_{1 \le i < j \le n} (d_{i,j} + d_{j,i}) && \text{(trois zones du carré)} \\
&= \sum_{1 \le i < j \le n} (x_i y_j - x_j y_i)^2. \end{aligned} $$ La troisième étape est le découpage du carré \(\llbracket 1, n \rrbracket^2\) en la diagonale, le triangle supérieur strict \(T\) et le triangle inférieur strict \(L\), comme dans la première démonstration de la Proposition « Carré d'une somme » : la diagonale contribue \(\sum_i d_{i,i} = 0\), puisque \(d_{i,i} = x_i^2 y_i^2 - x_i^2 y_i^2 = 0\), et la bijection \((i, j) \mapsto (j, i)\) de \(T\) sur \(L\) donne \(\sum_{(p,q) \in L} d_{p,q} = \sum_{(i,j) \in T} d_{j,i}\). La dernière étape est l'identité \(d_{i,j} + d_{j,i} = x_i^2 y_j^2 + x_j^2 y_i^2 - 2 x_i x_j y_i y_j = (x_i y_j - x_j y_i)^2\).
L'inégalité. Chaque terme \((x_i y_j - x_j y_i)^2\) est positif ou nul, donc la somme est positive ou nulle : \(\bigl( \sum x_k y_k \bigr)^2 \le \bigl( \sum x_k^2 \bigr) \bigl( \sum y_k^2 \bigr)\).
Le cas d'égalité. L'égalité a lieu si et seulement si la somme des carrés est nulle, c'est-à-dire si et seulement si chaque terme est nul : chaque terme est au plus la somme, les autres termes étant positifs ou nuls. L'égalité signifie donc \(x_i y_j = x_j y_i\) pour tous \(i < j\), donc pour tous \(i, j\), puisque la relation est symétrique en \((i, j)\) et triviale pour \(i = j\). Si tous les \(x_k\) sont nuls, alors \(x_k = 0 \cdot y_k\) pour tout \(k\). Sinon choisir \(r\) tel que \(x_r \ne 0\) : pour tout \(k\), \(x_r y_k = x_k y_r\), donc \(y_k = \frac{y_r}{x_r}\, x_k\) et les listes sont proportionnelles. Réciproquement, si \(y_k = c\, x_k\) pour tout \(k\), alors \(x_i y_j - x_j y_i = c\, x_i x_j - c\, x_j x_i = 0\) pour tous \(i, j\), et de même si \(x_k = c\, y_k\) : la somme des carrés est nulle et l'égalité a lieu.
Seconde démonstration, par le trinôme en \(t\). Si \(\sum x_k^2 = 0\), tous les \(x_k\) sont nuls (une somme de termes positifs ou nuls n'est nulle que si chaque terme l'est), les deux membres sont nuls, et les listes sont proportionnelles. Sinon posons \(A = \sum x_k^2 > 0\), \(B = \sum x_k y_k\), \(C = \sum y_k^2\) et \(t_0 = -\frac{B}{A}\). Chaque carré \((x_k t_0 + y_k)^2\) est positif ou nul, donc $$ \begin{aligned} 0 &\le \sum_{k=1}^{n} (x_k t_0 + y_k)^2 && \text{(termes positifs ou nuls)} \\ &= t_0^2 \sum_{k=1}^{n} x_k^2 + 2 t_0 \sum_{k=1}^{n} x_k y_k + \sum_{k=1}^{n} y_k^2 && \text{(développement, linéarité de \(\sum\))} \\ &= \frac{B^2}{A^2}\, A - 2\, \frac{B}{A}\, B + C && \text{(définitions de \(A\), \(B\), \(C\) et \(t_0\))} \\ &= C - \frac{B^2}{A}. \end{aligned} $$ En multipliant par \(A > 0\) on obtient \(B^2 \le AC\). Si \(B^2 = AC\), la somme de carrés est nulle, donc chaque \(x_k t_0 + y_k\) est nul et \(y_k = -t_0\, x_k\) pour tout \(k\) : les listes sont proportionnelles. Réciproquement, soient \(A = \sum x_k^2\), \(B = \sum x_k y_k\) et \(C = \sum y_k^2\) les trois sommes, que \(A\) soit nul ou non. Si \(y_k = c\, x_k\) pour tout \(k\), alors \(B = cA\) et \(C = c^2 A\), donc \(B^2 = c^2 A^2 = AC\) ; si \(x_k = c\, y_k\) pour tout \(k\), alors \(A = c^2 C\) et \(B = cC\), donc \(B^2 = c^2 C^2 = AC\) : l'égalité a lieu dans les deux cas.
L'inégalité. Chaque terme \((x_i y_j - x_j y_i)^2\) est positif ou nul, donc la somme est positive ou nulle : \(\bigl( \sum x_k y_k \bigr)^2 \le \bigl( \sum x_k^2 \bigr) \bigl( \sum y_k^2 \bigr)\).
Le cas d'égalité. L'égalité a lieu si et seulement si la somme des carrés est nulle, c'est-à-dire si et seulement si chaque terme est nul : chaque terme est au plus la somme, les autres termes étant positifs ou nuls. L'égalité signifie donc \(x_i y_j = x_j y_i\) pour tous \(i < j\), donc pour tous \(i, j\), puisque la relation est symétrique en \((i, j)\) et triviale pour \(i = j\). Si tous les \(x_k\) sont nuls, alors \(x_k = 0 \cdot y_k\) pour tout \(k\). Sinon choisir \(r\) tel que \(x_r \ne 0\) : pour tout \(k\), \(x_r y_k = x_k y_r\), donc \(y_k = \frac{y_r}{x_r}\, x_k\) et les listes sont proportionnelles. Réciproquement, si \(y_k = c\, x_k\) pour tout \(k\), alors \(x_i y_j - x_j y_i = c\, x_i x_j - c\, x_j x_i = 0\) pour tous \(i, j\), et de même si \(x_k = c\, y_k\) : la somme des carrés est nulle et l'égalité a lieu.
Seconde démonstration, par le trinôme en \(t\). Si \(\sum x_k^2 = 0\), tous les \(x_k\) sont nuls (une somme de termes positifs ou nuls n'est nulle que si chaque terme l'est), les deux membres sont nuls, et les listes sont proportionnelles. Sinon posons \(A = \sum x_k^2 > 0\), \(B = \sum x_k y_k\), \(C = \sum y_k^2\) et \(t_0 = -\frac{B}{A}\). Chaque carré \((x_k t_0 + y_k)^2\) est positif ou nul, donc $$ \begin{aligned} 0 &\le \sum_{k=1}^{n} (x_k t_0 + y_k)^2 && \text{(termes positifs ou nuls)} \\ &= t_0^2 \sum_{k=1}^{n} x_k^2 + 2 t_0 \sum_{k=1}^{n} x_k y_k + \sum_{k=1}^{n} y_k^2 && \text{(développement, linéarité de \(\sum\))} \\ &= \frac{B^2}{A^2}\, A - 2\, \frac{B}{A}\, B + C && \text{(définitions de \(A\), \(B\), \(C\) et \(t_0\))} \\ &= C - \frac{B^2}{A}. \end{aligned} $$ En multipliant par \(A > 0\) on obtient \(B^2 \le AC\). Si \(B^2 = AC\), la somme de carrés est nulle, donc chaque \(x_k t_0 + y_k\) est nul et \(y_k = -t_0\, x_k\) pour tout \(k\) : les listes sont proportionnelles. Réciproquement, soient \(A = \sum x_k^2\), \(B = \sum x_k y_k\) et \(C = \sum y_k^2\) les trois sommes, que \(A\) soit nul ou non. Si \(y_k = c\, x_k\) pour tout \(k\), alors \(B = cA\) et \(C = c^2 A\), donc \(B^2 = c^2 A^2 = AC\) ; si \(x_k = c\, y_k\) pour tout \(k\), alors \(A = c^2 C\) et \(B = cC\), donc \(B^2 = c^2 C^2 = AC\) : l'égalité a lieu dans les deux cas.
Méthode — Appliquer l'inégalité de Cauchy-Schwarz
Pour majorer avec l'inégalité de Cauchy-Schwarz : - Reconnaître une somme de produits \(\sum x_k y_k\) à majorer, ou un produit de deux sommes de carrés à minorer.
- Choisir les deux listes : \(x_k = 1\) pour tout \(k\) donne \(\bigl( \sum y_k \bigr)^2 \le n \sum y_k^2\) ; pour le produit d'une somme de nombres strictement positifs \(a_k\) et de la somme de leurs inverses, \(x_k = \sqrt{a_k}\) et \(y_k = \frac{1}{\sqrt{a_k}}\), de sorte que \(x_k y_k = 1\).
- Écrire l'inégalité avec les listes choisies, et simplifier la somme des produits et les deux sommes de carrés.
- Trouver le cas d'égalité : les listes doivent être proportionnelles, ce qui force souvent tous les nombres \(a_k\) à être égaux.
Exemple — Une somme fois la somme des inverses
Soient \(x_1, \dots, x_n\) des réels strictement positifs. Montrer que \(\Bigl( \displaystyle \sum_{k=1}^{n} x_k \Bigr) \Bigl( \sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{x_k} \Bigr) \ge n^2\), et trouver quand l'égalité a lieu.
On prend les deux listes \(\sqrt{x_k}\) et \(\frac{1}{\sqrt{x_k}}\), qui existent parce que \(x_k > 0\) et dont les produits valent \(1\). $$ \begin{aligned} \Bigl( \sum_{k=1}^{n} x_k \Bigr) \Bigl( \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{x_k} \Bigr) &= \Bigl( \sum_{k=1}^{n} \bigl( \sqrt{x_k} \bigr)^2 \Bigr) \Bigl( \sum_{k=1}^{n} \Bigl( \frac{1}{\sqrt{x_k}} \Bigr)^2 \Bigr) && \text{(\(x_k > 0\) : \((\sqrt{x_k})^2 = x_k\))} \\
&\ge \Bigl( \sum_{k=1}^{n} \sqrt{x_k} \cdot \frac{1}{\sqrt{x_k}} \Bigr)^2 && \text{(inégalité de Cauchy-Schwarz pour les sommes)} \\
&= \Bigl( \sum_{k=1}^{n} 1 \Bigr)^2 && \text{(\(\sqrt{x_k} \cdot \frac{1}{\sqrt{x_k}} = 1\))} \\
&= n^2, \end{aligned} $$ la dernière étape par la Proposition « Nombre de termes ». Égalité. D'après le cas d'égalité de l'inégalité de Cauchy-Schwarz, elle a lieu si et seulement si l'une des deux listes est un multiple de l'autre. Si \(\frac{1}{\sqrt{x_k}} = c \sqrt{x_k}\) pour tout \(k\), alors \(x_k = \frac{1}{c}\) pour tout \(k\) ; si \(\sqrt{x_k} = c \cdot \frac{1}{\sqrt{x_k}}\) pour tout \(k\), alors \(x_k = c\) pour tout \(k\). Dans les deux cas les nombres \(x_k\) sont égaux. Réciproquement, si tous les \(x_k\) valent un nombre \(x\), le produit est \(n x \cdot \frac{n}{x} = n^2\). L'égalité a lieu si et seulement si \(x_1 = \dots = x_n\).
Compétences à pratiquer
- Appliquer l'inégalité de Cauchy-Schwarz ★
- Choisir les vecteurs dans l'inégalité de Cauchy-Schwarz ★★★
V.3
Inégalité arithmético-géométrique
Un produit contre la puissance de la moyenne
La moyenne \(\frac{1}{n} \sum x_k\) de \(n\) nombres est le nombre dont les \(n\) exemplaires ont la même somme que les \(x_k\). L'inégalité compare le produit des nombres à la puissance \(n\)-ième de leur moyenne : à somme donnée, le produit est le plus grand lorsque les nombres sont égaux. Pour \(n = 2\) c'est \(x_1 x_2 \le \bigl( \frac{x_1 + x_2}{2} \bigr)^2\), qui est \((x_1 - x_2)^2 \ge 0\) déguisé. L'énoncé est écrit sans racine \(n\)-ième, qui relève de l'étude des fonctions.
Proposition — Inégalité arithmético-géométrique
Soient \(n \ge 1\) et \(x_1, \dots, x_n\) des réels positifs. Alors $$ \textcolor{colorprop}{\begin{aligned} \prod_{k=1}^{n} x_k &\le \Bigl( \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} x_k \Bigr)^n \\
x_1 x_2 \cdots x_n &\le \Bigl( \frac{x_1 + x_2 + \dots + x_n}{n} \Bigr)^n \end{aligned}} $$ Pour des nombres strictement positifs, l'égalité a lieu si et seulement si \(x_1 = \dots = x_n\). Le produit de \(n\) nombres positifs est au plus la puissance \(n\)-ième de leur moyenne arithmétique.
Première démonstration, par récurrence avec l'inégalité de Bernoulli, et le cas d'égalité. Notons \(P_n\) l'énoncé « pour tous réels positifs \(x_1, \dots, x_n\), \(\prod_{k=1}^{n} x_k \le m^n\), où \(m = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} x_k\) » et \(E_n\) l'énoncé « si \(x_1, \dots, x_n > 0\) et \(\prod x_k = m^n\), alors \(x_1 = \dots = x_n\) ». Les deux sont vrais pour \(n = 1\). Soit \(n \ge 1\) et supposons \(P_n\) et \(E_n\). Soient \(x_1, \dots, x_{n+1} \ge 0\), de moyennes \(m' = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} x_k\) et \(m = \frac{1}{n+1} \sum_{k=1}^{n+1} x_k\). Si \(m' = 0\), alors \(x_1 = \dots = x_n = 0\) et le produit est \(0 \le m^{n+1}\). Sinon posons \(h = \frac{x_{n+1} - m'}{(n+1)\, m'}\). Alors $$ \begin{aligned} m &= \frac{n m' + x_{n+1}}{n+1} && \text{(définition des moyennes, \(n m' = \sum_{k=1}^{n} x_k\))} \\
&= m' + \frac{x_{n+1} - m'}{n+1} && \text{(\(n m' = (n+1) m' - m'\))} \\
&= m' (1 + h), \end{aligned} $$ la dernière étape par la définition de \(h\) ; et \(1 + h = \frac{m}{m'} \ge 0\), c'est-à-dire \(h \ge -1\). Donc $$ \begin{aligned} m^{n+1} &= m'^{\,n+1} (1 + h)^{n+1} && \text{(\(m = m'(1 + h)\))} \\
&\ge m'^{\,n+1} \bigl( 1 + (n+1) h \bigr) && \text{(inégalité de Bernoulli, \(h \ge -1\), et \(m' > 0\))} \\
&= m'^{\,n+1} \cdot \frac{x_{n+1}}{m'} && \text{(\(1 + (n+1) h = 1 + \frac{x_{n+1} - m'}{m'} = \frac{x_{n+1}}{m'}\))} \\
&= m'^{\,n}\, x_{n+1} && \text{(simplification)} \\
&\ge \Bigl( \prod_{k=1}^{n} x_k \Bigr) x_{n+1} && \text{(\(P_n\), multipliée par \(x_{n+1} \ge 0\))} \\
&= \prod_{k=1}^{n+1} x_k, \end{aligned} $$ la dernière étape par la définition de \(\prod\). C'est \(P_{n+1}\).
Le cas d'égalité. Soient \(x_1, \dots, x_{n+1} > 0\) avec \(\prod_{k=1}^{n+1} x_k = m^{n+1}\) ; alors \(m' > 0\), et les deux inégalités de la chaîne sont des égalités. La première donne \((1 + h)^{n+1} = 1 + (n+1) h\) avec \(n + 1 \ge 2\), ce qui, par le cas strict de l'inégalité de Bernoulli, force \(h = 0\), c'est-à-dire \(x_{n+1} = m'\). La seconde donne \(m'^{\,n}\, x_{n+1} = \bigl( \prod_{k=1}^{n} x_k \bigr) x_{n+1}\) avec \(x_{n+1} > 0\), donc \(\prod_{k=1}^{n} x_k = m'^{\,n}\), et \(E_n\) donne \(x_1 = \dots = x_n\), égaux à \(m'\). Donc \(x_1 = \dots = x_n = x_{n+1}\). Réciproquement, si tous les nombres valent \(c\), alors \(\prod x_k = c^n = \bigl( \frac{nc}{n} \bigr)^n\). Par récurrence \(P_n\) et \(E_n\) sont vraies pour tout \(n \ge 1\).
Seconde démonstration de l'inégalité, par la récurrence de Cauchy. Soit \(P_n\) comme dans la première démonstration. Trois étapes le démontrent pour tout \(n\) : \(P_1\) et \(P_2\), puis \(P_n \Rightarrow P_{2n}\), puis \(P_n \Rightarrow P_{n-1}\).
\(P_1\) et \(P_2\). \(P_1\) est \(x_1 \le x_1\). Pour \(P_2\), $$ \begin{aligned} \Bigl( \frac{x_1 + x_2}{2} \Bigr)^2 - x_1 x_2 &= \frac{x_1^2 + 2 x_1 x_2 + x_2^2 - 4 x_1 x_2}{4} && \text{(développement, dénominateur commun)} \\ &= \Bigl( \frac{x_1 - x_2}{2} \Bigr)^2 && \text{(identité remarquable)} \\ &\ge 0, \end{aligned} $$ la dernière étape parce qu'un carré est positif ou nul : \(x_1 x_2 \le \bigl( \frac{x_1 + x_2}{2} \bigr)^2\).
\(P_n \Rightarrow P_{2n}\). Soient \(x_1, \dots, x_{2n} \ge 0\), \(a = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} x_k\) et \(b = \frac{1}{n} \sum_{k=n+1}^{2n} x_k\) les moyennes des deux moitiés, et \(m = \frac{a + b}{2}\) la moyenne des \(2n\) nombres, puisque \(\sum_{k=1}^{2n} x_k = na + nb\) par la relation de Chasles. Alors $$ \begin{aligned} \prod_{k=1}^{2n} x_k &= \Bigl( \prod_{k=1}^{n} x_k \Bigr) \Bigl( \prod_{k=n+1}^{2n} x_k \Bigr) && \text{(règles de calcul sur les produits : relation de Chasles)} \\ &\le a^n b^n && \text{(\(P_n\) pour chaque moitié, tous les facteurs positifs)} \\ &= (ab)^n && \text{(puissance d'un produit)} \\ &\le m^{2n}, \end{aligned} $$ la dernière étape parce que \(ab \le m^2\) par \(P_2\), et qu'une inégalité entre nombres positifs se conserve en élevant les deux membres à la puissance \(n\). C'est \(P_{2n}\).
\(P_n \Rightarrow P_{n-1}\) pour \(n \ge 2\). Soient \(x_1, \dots, x_{n-1} \ge 0\) de moyenne \(m = \frac{1}{n-1} \sum_{k=1}^{n-1} x_k\), et posons \(x_n = m \ge 0\). La moyenne de \(x_1, \dots, x_n\) est \(\frac{(n-1) m + m}{n} = m\), donc \(P_n\) donne \(\bigl( \prod_{k=1}^{n-1} x_k \bigr)\, m \le m^n\). Si \(m > 0\), la division par \(m\) donne \(\prod_{k=1}^{n-1} x_k \le m^{n-1}\) ; si \(m = 0\), tous les \(x_k\) sont nuls et le produit est \(0 \le 0\). C'est \(P_{n-1}\).
Conclusion. À partir de \(P_1\), \(P_2\) et de l'étape \(P_n \Rightarrow P_{2n}\), une récurrence sur \(j\) donne \(P_{2^j}\) pour tout \(j \in \mathbb{N}\). Soit \(n \ge 1\). L'inégalité de Bernoulli avec \(h = 1\) donne \(2^n \ge 1 + n \ge n\), donc \(P_{2^n}\) est vraie avec \(2^n \ge n\). En appliquant \(2^n - n\) fois l'étape \(P_m \Rightarrow P_{m-1}\), de \(m = 2^n\) jusqu'à \(m = n\), on obtient \(P_n\).
Le cas d'égalité. Soient \(x_1, \dots, x_{n+1} > 0\) avec \(\prod_{k=1}^{n+1} x_k = m^{n+1}\) ; alors \(m' > 0\), et les deux inégalités de la chaîne sont des égalités. La première donne \((1 + h)^{n+1} = 1 + (n+1) h\) avec \(n + 1 \ge 2\), ce qui, par le cas strict de l'inégalité de Bernoulli, force \(h = 0\), c'est-à-dire \(x_{n+1} = m'\). La seconde donne \(m'^{\,n}\, x_{n+1} = \bigl( \prod_{k=1}^{n} x_k \bigr) x_{n+1}\) avec \(x_{n+1} > 0\), donc \(\prod_{k=1}^{n} x_k = m'^{\,n}\), et \(E_n\) donne \(x_1 = \dots = x_n\), égaux à \(m'\). Donc \(x_1 = \dots = x_n = x_{n+1}\). Réciproquement, si tous les nombres valent \(c\), alors \(\prod x_k = c^n = \bigl( \frac{nc}{n} \bigr)^n\). Par récurrence \(P_n\) et \(E_n\) sont vraies pour tout \(n \ge 1\).
Seconde démonstration de l'inégalité, par la récurrence de Cauchy. Soit \(P_n\) comme dans la première démonstration. Trois étapes le démontrent pour tout \(n\) : \(P_1\) et \(P_2\), puis \(P_n \Rightarrow P_{2n}\), puis \(P_n \Rightarrow P_{n-1}\).
\(P_1\) et \(P_2\). \(P_1\) est \(x_1 \le x_1\). Pour \(P_2\), $$ \begin{aligned} \Bigl( \frac{x_1 + x_2}{2} \Bigr)^2 - x_1 x_2 &= \frac{x_1^2 + 2 x_1 x_2 + x_2^2 - 4 x_1 x_2}{4} && \text{(développement, dénominateur commun)} \\ &= \Bigl( \frac{x_1 - x_2}{2} \Bigr)^2 && \text{(identité remarquable)} \\ &\ge 0, \end{aligned} $$ la dernière étape parce qu'un carré est positif ou nul : \(x_1 x_2 \le \bigl( \frac{x_1 + x_2}{2} \bigr)^2\).
\(P_n \Rightarrow P_{2n}\). Soient \(x_1, \dots, x_{2n} \ge 0\), \(a = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} x_k\) et \(b = \frac{1}{n} \sum_{k=n+1}^{2n} x_k\) les moyennes des deux moitiés, et \(m = \frac{a + b}{2}\) la moyenne des \(2n\) nombres, puisque \(\sum_{k=1}^{2n} x_k = na + nb\) par la relation de Chasles. Alors $$ \begin{aligned} \prod_{k=1}^{2n} x_k &= \Bigl( \prod_{k=1}^{n} x_k \Bigr) \Bigl( \prod_{k=n+1}^{2n} x_k \Bigr) && \text{(règles de calcul sur les produits : relation de Chasles)} \\ &\le a^n b^n && \text{(\(P_n\) pour chaque moitié, tous les facteurs positifs)} \\ &= (ab)^n && \text{(puissance d'un produit)} \\ &\le m^{2n}, \end{aligned} $$ la dernière étape parce que \(ab \le m^2\) par \(P_2\), et qu'une inégalité entre nombres positifs se conserve en élevant les deux membres à la puissance \(n\). C'est \(P_{2n}\).
\(P_n \Rightarrow P_{n-1}\) pour \(n \ge 2\). Soient \(x_1, \dots, x_{n-1} \ge 0\) de moyenne \(m = \frac{1}{n-1} \sum_{k=1}^{n-1} x_k\), et posons \(x_n = m \ge 0\). La moyenne de \(x_1, \dots, x_n\) est \(\frac{(n-1) m + m}{n} = m\), donc \(P_n\) donne \(\bigl( \prod_{k=1}^{n-1} x_k \bigr)\, m \le m^n\). Si \(m > 0\), la division par \(m\) donne \(\prod_{k=1}^{n-1} x_k \le m^{n-1}\) ; si \(m = 0\), tous les \(x_k\) sont nuls et le produit est \(0 \le 0\). C'est \(P_{n-1}\).
Conclusion. À partir de \(P_1\), \(P_2\) et de l'étape \(P_n \Rightarrow P_{2n}\), une récurrence sur \(j\) donne \(P_{2^j}\) pour tout \(j \in \mathbb{N}\). Soit \(n \ge 1\). L'inégalité de Bernoulli avec \(h = 1\) donne \(2^n \ge 1 + n \ge n\), donc \(P_{2^n}\) est vraie avec \(2^n \ge n\). En appliquant \(2^n - n\) fois l'étape \(P_m \Rightarrow P_{m-1}\), de \(m = 2^n\) jusqu'à \(m = n\), on obtient \(P_n\).
Méthode — Utiliser l'inégalité arithmético-géométrique
Pour utiliser l'inégalité arithmético-géométrique : - Repérer un produit à majorer, ou une somme à minorer, dont les facteurs ou les termes peuvent être choisis de sorte que leur produit ou leur somme soit connu : pour \(n = 3\), \(\frac{a}{b} \cdot \frac{b}{c} \cdot \frac{c}{a} = 1\).
- Vérifier que les nombres sont positifs, et strictement positifs lorsque le cas d'égalité est voulu : l'inégalité peut être fausse pour des nombres de signes mêlés, comme pour \(n = 3\) et \((1, -1, -1)\), dont le produit est \(1\) et dont la moyenne au cube est \(-\frac{1}{27}\).
- L'appliquer et réarranger : de \(\prod x_k \le m^n\), un produit connu minore \(m\), donc la somme \(\sum x_k = nm\) ; un nombre positif dont la puissance \(n\)-ième est au moins \(1\) est au moins \(1\).
- Trouver le cas d'égalité : tous les nombres sont égaux ; il dit quelles valeurs atteignent la borne.
Exemple — Une somme cyclique de rapports
Soient \(a\), \(b\), \(c\) des réels strictement positifs. Montrer que \(\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{a} \ge 3\), et trouver quand l'égalité a lieu.
Les trois nombres \(\frac{a}{b}\), \(\frac{b}{c}\), \(\frac{c}{a}\) sont strictement positifs et leur produit vaut \(1\). Posons \(s = \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}\). $$ \begin{aligned} \frac{s^3}{27} &= \Bigl( \frac{1}{3} \Bigl( \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \Bigr) \Bigr)^3 && \text{(définition de \(s\))} \\
&\ge \frac{a}{b} \cdot \frac{b}{c} \cdot \frac{c}{a} && \text{(inégalité arithmético-géométrique, \(n = 3\), nombres strictement positifs)} \\
&= 1, \end{aligned} $$ la dernière étape par simplification. Donc \(s^3 \ge 27 = 3^3\). Si \(s < 3\), alors \(s^3 < 27\), parce que le cube est strictement croissant sur les nombres positifs ; donc \(s \ge 3\). Égalité. Si \(s = 3\), la moyenne des trois nombres est \(1\) et leur produit est \(1 = 1^3\) : d'après le cas d'égalité, \(\frac{a}{b} = \frac{b}{c} = \frac{c}{a}\), et trois nombres strictement positifs égaux de produit \(1\) valent tous \(1\), donc \(a = b = c\). Réciproquement, \(a = b = c\) donne \(1 + 1 + 1 = 3\). L'égalité a lieu si et seulement si \(a = b = c\).
Pour aller plus loin
Dénombrement. Le coefficient binomial \(\binom{n}{k}\) dénombre les parties à \(k\) éléments d'un ensemble à \(n\) éléments. La relation de Pascal, la symétrie et l'identité d'absorption ont alors des démonstrations par dénombrement, la formule du binôme a une seconde démonstration qui choisit, dans chacun des \(n\) facteurs \(a + b\), le terme \(a\) ou le terme \(b\), et l'identité de Vandermonde \(\sum_{k} \binom{m}{k} \binom{n}{r-k} = \binom{m+n}{r}\) a une démonstration par dénombrement : tout cela relève du chapitre de dénombrement.
Polynômes. L'identité de Vandermonde se déduit aussi de l'identification des coefficients de \((1 + X)^m (1 + X)^n = (1 + X)^{m+n}\), dans le chapitre sur les polynômes, où les sommes \(\sum k^p\) deviennent des polynômes en \(n\) et où \(P(x + h)\) est développé.
Autres ensembles de nombres. La démonstration de la formule du binôme n'emploie que les règles de calcul et \(ab = ba\), donc la formule vaut pour des nombres complexes, dans un anneau pour deux éléments qui commutent et pour deux matrices qui commutent, comme la somme géométrique et la factorisation de \(a^n - b^n\) : les chapitres sur les nombres complexes, les structures algébriques et le calcul matriciel les emploient. La commutativité et l'associativité généralisées, admises dans les Définitions « Somme sur un ensemble fini » et « Produit sur un ensemble fini » et démontrées pour des réels dans le Text « Preuve différée », valent de la même façon dans un groupe commutatif et dans un anneau commutatif : le chapitre sur les structures algébriques les énonce.
Séries. Les sommes ont des versions infinies, les séries ; le coefficient binomial \(\binom{\alpha}{k}\) d'un réel \(\alpha\) apparaît dans les développements asymptotiques et dans la série de \((1 + x)^{\alpha}\).
Polynômes. L'identité de Vandermonde se déduit aussi de l'identification des coefficients de \((1 + X)^m (1 + X)^n = (1 + X)^{m+n}\), dans le chapitre sur les polynômes, où les sommes \(\sum k^p\) deviennent des polynômes en \(n\) et où \(P(x + h)\) est développé.
Autres ensembles de nombres. La démonstration de la formule du binôme n'emploie que les règles de calcul et \(ab = ba\), donc la formule vaut pour des nombres complexes, dans un anneau pour deux éléments qui commutent et pour deux matrices qui commutent, comme la somme géométrique et la factorisation de \(a^n - b^n\) : les chapitres sur les nombres complexes, les structures algébriques et le calcul matriciel les emploient. La commutativité et l'associativité généralisées, admises dans les Définitions « Somme sur un ensemble fini » et « Produit sur un ensemble fini » et démontrées pour des réels dans le Text « Preuve différée », valent de la même façon dans un groupe commutatif et dans un anneau commutatif : le chapitre sur les structures algébriques les énonce.
Séries. Les sommes ont des versions infinies, les séries ; le coefficient binomial \(\binom{\alpha}{k}\) d'un réel \(\alpha\) apparaît dans les développements asymptotiques et dans la série de \((1 + x)^{\alpha}\).
Compétences à pratiquer
- Mesurer l'écart dans l'inégalité arithmético-géométrique ★
- Appliquer l'inégalité arithmético-géométrique ★★
- Trouver les nombres auxquels appliquer l'inégalité ★★★
VI
Exercices de colle
Compétences à pratiquer
- Travailler un exercice de colle ★
- Travailler un exercice de colle ★★
- Travailler un exercice de colle ★★★
- Travailler un exercice de colle ★★★★
VII
Problèmes d'écrit
Compétences à pratiquer
- Travailler un problème d'écrit ★
- Travailler un problème d'écrit ★★
- Travailler un problème d'écrit ★★★
- Travailler un problème d'écrit ★★★★
- Quiz
Devoir facile : sommes de coefficients binomiaux et de produits consécutifs
3 exercices, sur 20 points. Durée indicative : 1 h 30.
À traiter sur papier, puis à photographier : la correction est automatique, par IA.
Ce contrôle ne modifie pas la maîtrise du chapitre, quelle que soit la note.
Aucun exercice composé.
Devoir difficile : inversion de Pascal et formule de Faulhaber
3 exercices, sur 20 points. Durée indicative : 3 h.
À traiter sur papier, puis à photographier : la correction est automatique, par IA.
Ce contrôle ne modifie pas la maîtrise du chapitre, quelle que soit la note.
Aucun exercice composé.
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