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Cours : Sommes et produits en Maths Sup

Ce récapitulatif de cours sur les sommes et produits en maths sup est une ressource essentielle qui vous accompagnera tout au long de votre parcours en classes préparatoires. Il revêt une importance capitale de bien assimiler ces notions et de les maîtriser de manière approfondie. N’hésitez pas à solliciter l’aide d’un prof particulier en maths si vous éprouvez le moindre besoin.

Résumé de cours et méthodes – sommes et produits

1. Coefficients du binôme

1. Définition : Soit $(k , n) \in \mathbb{N}^2$ .
Si $0 \leq k \leq n,$ $\displaystyle \binom {n} {k}= \frac {n!} {k! \, (n - k)!}$
se lit $k$ parmi $n$ .
C’est le nombre de parties à $k$ éléments d’un ensemble $E$ contenant $n$ éléments.

2. Valeurs particulières
Pour $n \in \mathbb{N}$ et $n \geq 3$ ,
$\displaystyle \binom {n} {1} =\binom {n} {n - 1} = n$ , $\displaystyle\binom {n} {2} = \binom {n} {n - 2 }= \frac {n(n - 1)} 2$ , $\displaystyle \binom {n} {3} = \binom {n} {n - 3 }= \frac {n(n - 1)(n - 2)} 6$ .

Dans la suite, $(k, n) \in \mathbb{N}^2$ .

3. Si $0 \leq k \leq n$ , $\displaystyle \binom {n} {k} = \binom {n} {n - k}$ .
4. Si $1 \leq k \leq n$ , $\displaystyle k \, \binom {n} {k} = n\, \binom {n - 1 } {k - 1}$ .

5. Formule du triangle de Pascal
Si $1 \leq k \leq n - 1$ , $\quad \quad \displaystyle \binom {n} {k} = \binom {n - 1 } {k - 1} + \binom {n - 1 } {k }$ .

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2. Notations $\sum$ et $\prod$

2.1. Définitions
$\bullet$ def : Soient $m$ et $n$ deux entiers tels que $m \leq n$ et $a_m\, , \, \cdots \, , a_n$ des complexes, on note
$a_m \, + a_{m +1}\, + \cdots \, + a_n = \displaystyle \sum _{k = m} ^n a_k$
$a_m \times a_{m +1} \times \cdots \times a_n = \displaystyle \prod _{k= m} ^n a_k$

👍 : l’indice de sommation (ou de produit) $k$ peut être remplacé par un indice différent de $m$ et $n$ .

$\bullet$ def : Soient $m$ , $n$ et $p$ deux entiers tels que $m \leq n < p$ et $(a_k)_{m \leq k \leq p}$ des complexes.
$\displaystyle \sum _{k = m} ^n a_k + \sum _{k = n +1 } ^p a_k = \sum _{k m} ^p a_k$
$\displaystyle \prod _{k= m} ^n a_k \times \prod _{k= n + 1 } ^p a_k = \prod _{k= m} ^p a_k$

$\bullet$ Soient $m$ et $n$ deux entiers tels que $m \leq n$ et $(a_k)_{m \leq k \leq n}$ et $(b_k)_{m \leq k \leq n}$ deux familles de complexes
$\ast$ P1 :
$\quad \displaystyle \sum _{k = m} ^n (a_k + b_k) = \sum _{k = m} ^n a_k + \sum _{k = m} ^n b_k$
$\quad \displaystyle \prod _{k = m} ^n (a_k + b_k) = \prod _{k = m} ^n a_k \times \prod _{k = m} ^n b_k$

$\ast$ P2 : si $\alpha \in \mathbb{C}$ et $\beta \in \mathbb{C}$
$\displaystyle \sum _{k = m} ^n (\alpha\, a_k + \beta ) =$ $\quad \quad \quad \quad \displaystyle \alpha \sum _{k = m} ^n a_k + (n - m + 1) \beta$ .
$\displaystyle \prod _{k = m} ^n (\alpha \, a_k ) = \alpha^{n - m + 1} \prod_{k = m} ^n a_k \,$ .

$\ast$ P3 : Si $q \in \mathbb{N}^*$ , $\displaystyle \prod _{k = m} ^n a_k^q = \left ( \prod_{k = m} ^n a_k \right ) ^q$

👍 Conseil : il faut savoir utiliser la notation $\sum$ ou la notation $\prod$ bien plus précises que les notations utilisant des » $\, \cdots \,$ « .

2.2. Changement d’indices
Si $m$ et $n$ deux entiers tels que $m \leq n$ et si $p \in \mathbb{Z}$ , les $(a_k)_{m \leq k \leq n}$ étant des complexes
$\bullet$ $\displaystyle \sum _ {k = m} ^{n} a_{k + p} = \sum _ {q = m + p } ^{n + p } a_{q}$
$\quad \displaystyle \prod _ {k = m} ^{n} a_{k + p} = \prod _ {q = m + p } ^{n + p } a_{q}$
(on a posé $q = k + p$ ).

$\bullet$ $\displaystyle \sum _ {k = m} ^{n} a_{ p - k} = \sum _ {q = p - n } ^{p - m } a_{q}$
$\quad \displaystyle \prod _ {k = m} ^{n} a_{ p - k} = \prod _ {q = p - n } ^{p - m } a_{q}$
(on a posé $q = p - k$ ).

⚠️ : Les seuls changements d’indices possibles ( $k$ étant l’ancien indice et $q$ le nouvel indice) sont de la forme $q = k + \textrm{Cste}$ ou $q = \textrm{Cste} - k$ où $\textrm{Cste}$ est un entier.

2.3. Télescopage
Quand il s’agit de calculer
$\quad \quad S = \displaystyle \sum _ {k = m} ^n \left ( a_{k + 1} - a_k \right )$ ,
on écrit $S = \displaystyle \sum _ {k = m} ^n a_{k + 1} - \sum _ {k = m} ^n a_k$
puis en posant $j = k + 1$ dans la première somme :
$S = \displaystyle \sum _ {j = m+1} ^{n + 1} a_{j} - \sum _ {k = m} ^n a_k = a_{n + 1} - a_ m\,$ .

⚠️ Il faut savoir faire de même le calcul de $T = \displaystyle \sum _ {k = m} ^n \left ( a_{k - 1 } - a_{k} \right )$ qui donne $T = a _{m - 1} - a_n\,$ .

2.4.Les sommes à connaître
$\bullet$ Formule du binôme de Newton.
Si $a , b \in \mathbb{C}$ , $\displaystyle (a + b) ^n = \sum _ {p = 0} ^n \binom {n } {p} a ^p \, b ^{n - p}$

$\bullet$ L’identité de Bernoulli
Si $a$ et $b$ sont complexes et $n \in \mathbb{N }^*$
$\displaystyle a ^n - b ^n = (a - b) \, \sum _ {k = 0} ^{n - 1} a ^{n - 1 - k} \, b ^k$ $a ^b - b^n = (a-b) \displaystyle \sum _ {k = 0} ^{n - 1}a^k \, b ^{n - 1 - k}$ .

$\bullet$ Suite géométrique
Si $q \in \mathbb{C}$ et $q \neq 1$ ,
$\quad \quad \displaystyle \sum _ {k = 0} ^n q^k = \frac {1 - q^{n + 1}} {1 - q}$ .

$\bullet$ Si $n \in \mathbb{N} ^*$ ,
$\displaystyle \sum _ {k = 1} ^n k = \frac {n(n + 1)} 2$
$\displaystyle \sum _ {k = 1} ^n k^2 = \frac {n(n + 1)(2 n + 1) } 6$
$\displaystyle \sum _ {k = 1} ^n k^3 = \frac {n^2 (n + 1)^2 } 4$ .

Démonstrations :

On les établit par récurrence
$\bullet$ si $n \in \mathbb{N}^*$ ,
$\quad \quad H_n$ : $\displaystyle S _ n = \sum _ {k = 1} ^n k = \frac {n(n + 1)} 2$ .
$\displaystyle S _ 1 = \sum _ {k = 1} ^1 k = 1 = \frac {1(1 + 1)} 2$ donc $H_1$ est vraie.
On suppose que $H_n$ est vraie.
$S_{n + 1} = S_n + n + 1 = \displaystyle (n + 1) \left( \frac n 2 + 1 \right )$
soit $S_{n + 1} =\displaystyle \frac {(n + 1)(n + 2) } 2$ .
On a prouvé $H_{n + 1}\,$ .
La formule est vraie par récurrence.

$\bullet$ Si $n \in \mathbb{N}^*$ ,
$H_n$ : $T _ n = \displaystyle \sum _ {k = 1} ^n k^2 = \frac {n(n + 1)(2 n + 1) } 6$
$T _ 1 = \displaystyle \sum _ {k = 1} ^1 k^2 = 1 = \frac {1(1 + 1)(2 + 1) } 6$ donc $H_1$ est vraie.
On suppose que $H_n$ est vraie.
$T_{n + 1} = T_n + (n + 1)^2$ $T_{n + 1} = \displaystyle (n + 1) \left( \frac {n(2\, n + 1)} 6 + n + 1 \right )$
soit $T_{n + 1} =\displaystyle \frac {(n + 1) } 6 \left ( 2 \,n ^2 + n + 6 \,n + 6 \right )$
$2\, n ^2 + 7 \,n + 6 = (2 \, n + 3)(n + 2)$
on obtient :
$T_{n + 1} = \displaystyle \frac {(n + 1)(n + 2)(2 \,n + 3)} 6$ ce qui prouve $H_{n + 1}\,$ .
La formule est vraie par récurrence.

$\bullet$ Si $n \in \mathbb{N}^*$ ,
$\quad H_n$ : $U _ n =\displaystyle \sum _ {k = 1} ^n k^3 = \frac {n^2 (n + 1)^2 } 4$
$U_ 1 = \displaystyle \sum _ {k = 1} ^1 k^3 = 1 = \frac {1^2 (1 + 1)^2 } 4$ donc $H_1$ est vraie.
On suppose que $H_n$ est vraie.
$U_{n + 1} = U_n + (n + 1)^3$ $U_{n + 1} = \displaystyle (n + 1)^2 \left( \frac {n^2 } 4 + n + 1 \right )$
soit $U_{n + 1} =\displaystyle \frac {(n + 1)^2 } 4 \left ( n ^2 + 4 \, n + 4 \right )$
$U_{n + 1} = \displaystyle \frac {(n + 1)^2 (n + 2)^2 } 4$ ce qui prouve $H_{n + 1}\,$ .
La propriété est vraie par récurrence.

Exercice :
Si $n \in \mathbb{N}^*$ et $x \neq 1$ , calculer $\displaystyle \sum _ {k = 0} ^{n - 1} k \, x ^{k }$

Corrigé :

On introduit si $x \neq 1,$ $f(x)= \displaystyle \sum _ {k = 0} ^{n - 1} x ^k = \frac {x^{n} - 1} {x - 1}$
On dérive :
$f'(x)= \displaystyle \sum _ {k = 1} ^{n - 1} k\, x ^{k - 1}$ $f'(x) = \displaystyle \frac {n \, x^{n - 1 } } {x - 1} - \frac {x ^{n } - 1} {(x - 1) ^2}$
donc $x \, f'(x) = \displaystyle \frac {n \, x^{n} } {x - 1} - \frac {x ^{n+1} - x} {(x - 1) ^2}$
et $x \, \displaystyle f'(x) = \sum _ {k = 0} ^{n - 1} k \, x ^{k }$
car le terme pour $k = 0$ est nul.
On a prouvé que
$\displaystyle \sum _ {k = 0} ^{n - 1} k \, x ^{k } = \frac {(n +1) \, x^{n+1 }- n\, x^n + x } {(x - 1) ^2} \;$ .

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3.4. Intervertir les signes sommes
$\bullet$ les cas sans problèmes
les bornes de sommation de la somme intérieure ne dépendent pas de l’indice « extérieur » :
$\quad \displaystyle \sum_{k = n} ^{n'} \left ( \sum _ {i = p}^{p'} a_{i,k} \right ) = \sum_{i = p} ^{p'} \left ( \sum _ {k = n}^{n'} a_{i,k} \right )$

$\bullet$ Les cas difficiles
Les bornes de sommation de la somme intérieure dépendent de l’indice « extérieur ».
a) $A = \displaystyle \sum_{k = 0} ^{n} \left ( \sum _ {i = 0}^k a_{i,k} \right )$
b) $B = \displaystyle \sum_{k = 0} ^{n-1 } \left ( \sum _ {i = k + 1 }^n a_{i,k} \right )$ .
👍 Il faut seulement retenir la méthode de calcul.

Démonstration du cas difficile :

👍 On rassemble les deux sommes en une seule somme en traduisant simultanément les conditions sur les indices.

$\bullet$ Première expression
$A = \displaystyle \sum_{k = 0} ^{n} \left ( \sum _ {i = 0}^k a_{i,k} \right )$
$A = \displaystyle \sum _ {0 \leq i \leq k \leq n} a_{i,k}$
Puis $i$ étant fixé dans $[\! [0 , n]\!]$ , $k$ doit alors varier de $i$ à $n$ :
$\quad \quad A = \displaystyle \sum_{i = 0} ^{n} \left ( \sum _ {k = i}^n a_{i,k} \right )$ .

$\bullet$ Deuxième expression
$B = \displaystyle \sum_{k = 0} ^{n-1 } \left ( \sum _ {i = k + 1 }^n a_{i,k} \right )$
$B = \displaystyle \sum _ {0 \leq k < i \leq n} a_{i,k}$
Puis $i$ étant fixé dans $[\! [1 , n]\!]$ , $k$ doit alors varier de $0$ à $i - 1$ :
$\quad \quad B = \displaystyle \sum_{i = 1} ^{n} \left ( \sum _ {k = 0}^{i - 1} a_{i,k} \right )$ .

👍 Bien sûr, vous aurez peut-être à raisonner dans l’autre sens et à transformer
$\displaystyle \sum_{i = 0} ^{n} \left ( \sum _ {k = i}^n a_{i,k} \right )$ en $\displaystyle \sum_{k = 0} ^{n} \left ( \sum _ {i = 0}^k a_{i,k} \right )$
$\displaystyle \sum_{i = 1} ^{n} \left ( \sum _ {k = 0}^{i - 1} a_{i,k} \right )$ en $\displaystyle \sum_{k = 0} ^{n-1 } \left ( \sum _ {i = k + 1 }^n a_{i,k} \right )$