Sommes, produits et binôme en maths sup (MPSI) : cours et méthodes

Soient \(p \leqslant q\) deux entiers et \(a_p, a_{p+1}, \dots, a_q\) des nombres réels ou complexes. On note

\[\sum_{k=p}^{q} a_k = a_p + a_{p+1} + \cdots + a_q \quad \text{et} \quad \prod_{k=p}^{q} a_k = a_p \times a_{p+1} \times \cdots \times a_q.\]

Si \(p > q\), la somme vaut \(0\) et le produit vaut \(1\) par convention.

La somme \(\displaystyle\sum_{k=p}^{q} a_k\) comporte exactement \(q – p + 1\) termes. Par exemple, \(\displaystyle\sum_{k=5}^{12} 3 = 3 \times 8 = 24\).

Pour tous nombres \(\lambda, \mu\) et toutes familles \((a_k)\), \((b_k)\) :

\[\sum_{k=p}^{q} (\lambda a_k + \mu b_k) = \lambda \sum_{k=p}^{q} a_k + \mu \sum_{k=p}^{q} b_k.\]

De même, \(\displaystyle\prod_{k=p}^{q} (a_k b_k) = \prod_{k=p}^{q} a_k \cdot \prod_{k=p}^{q} b_k\) et \(\displaystyle\prod_{k=p}^{q} \lambda a_k = \lambda^{q-p+1} \prod_{k=p}^{q} a_k\).

Enfin, pour \(p \leqslant r < q\), la relation de Chasles donne \(\displaystyle\sum_{k=p}^{q} a_k = \sum_{k=p}^{r} a_k + \sum_{k=r+1}^{q} a_k\).

La somme d’un produit n’est pas le produit des sommes. Avec \(a_k = b_k = k\) et \(k\) de \(1\) à \(2\), on trouve \(\sum a_k b_k = 1 + 4 = 5\). Pourtant, \(\left(\sum a_k\right)\left(\sum b_k\right) = 3 \times 3 = 9\). De même, le produit d’une somme ne se distribue pas : \(\prod (a_k + b_k) \neq \prod a_k + \prod b_k\) en général.

Exprimons \(I_n = 1 \times 3 \times 5 \times \cdots \times (2n-1) = \prod_{k=1}^{n} (2k-1)\) à l’aide de factorielles. L’idée consiste à compléter les facteurs manquants. En effet, le produit de tous les entiers de \(1\) à \(2n\) vaut \((2n)!\). Il se découpe en facteurs impairs et facteurs pairs. Or les facteurs pairs donnent \(\prod_{k=1}^{n} 2k = 2^n\, n!\). Par conséquent,

\[I_n = \frac{(2n)!}{2^n\, n!}.\]

Pour \(n = 3\), on obtient \(\frac{720}{8 \times 6} = 15\), qui vaut bien \(1 \times 3 \times 5\).

Pour tout entier \(r\), on pose \(j = k + r\). Alors

\[\sum_{k=p}^{q} a_k = \sum_{j=p+r}^{q+r} a_{j-r}.\]

1. Choisir le nouvel indice, par exemple \(j = k – 3\), pour simplifier le terme général.
2. Exprimer l’ancien indice : \(k = j + 3\).
3. Calculer les nouvelles bornes en remplaçant \(k\) par ses valeurs extrêmes.
4. Contrôler que le nombre de termes n’a pas changé.

Calculons \(A = \displaystyle\sum_{k=4}^{9} (k-3)^2\). Nous posons \(j = k – 3\). Quand \(k\) vaut \(4\), \(j\) vaut \(1\) ; quand \(k\) vaut \(9\), \(j\) vaut \(6\). Par conséquent,

\[A = \sum_{j=1}^{6} j^2 = 1 + 4 + 9 + 16 + 25 + 36 = 91.\]

On compte six termes avant et après : le contrôle est réussi.

Calculons \(B_n = \displaystyle\sum_{k=1}^{2n+1} (-1)^{k+1} k^2 = 1 – 4 + 9 – \cdots + (2n+1)^2\). Nous groupons les termes d’indices \(2p – 1\) et \(2p\), pour \(p\) de \(1\) à \(n\). Il reste alors le dernier terme \((2n+1)^2\). Or \((2p-1)^2 – (2p)^2 = -(4p – 1)\). Par conséquent,

\[B_n = -\sum_{p=1}^{n} (4p – 1) + (2n+1)^2 = -n(2n+1) + (2n+1)^2 = (2n+1)(n+1).\]

Vérifions avec \(n = 1\) : \(1 – 4 + 9 = 6\) et \(3 \times 2 = 6\).

Soit \((u_k)\) une suite de nombres. Pour \(p \leqslant q\),

\[\sum_{k=p}^{q} (u_{k+1} – u_k) = u_{q+1} – u_p.\]

De plus, si les \(u_k\) sont non nuls, \(\displaystyle\prod_{k=p}^{q} \frac{u_{k+1}}{u_k} = \frac{u_{q+1}}{u_p}\).

Par linéarité, la somme vaut \(\sum_{k=p}^{q} u_{k+1} – \sum_{k=p}^{q} u_k\). Dans la première somme, nous posons \(j = k + 1\) : elle devient \(\sum_{j=p+1}^{q+1} u_j\). Les termes d’indices \(p+1\) à \(q\) apparaissent dans les deux sommes et se compensent. Il reste donc \(u_{q+1} – u_p\). Pour le produit, le raisonnement est identique avec des quotients.

1. Chercher une écriture \(a_k = u_{k+1} – u_k\), parfois à un facteur constant près.
2. Pour une fraction rationnelle, décomposer en éléments simples.
3. Si les indices décalés diffèrent de \(2\) ou plus, séparer les sommes et écrire les termes restants un par un.
4. Pour un produit, factoriser numérateur et dénominateur, puis télescoper chaque facteur séparément.

Calculons \(S_n = \displaystyle\sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k^2 – 1}\) pour \(n \geqslant 2\). Comme \(k^2 – 1 = (k-1)(k+1)\), on vérifie que

\[\frac{1}{k^2-1} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{k-1} – \frac{1}{k+1}\right).\]

Les indices décalés diffèrent de \(2\). Nous séparons donc les deux sommes, puis nous posons \(j = k – 1\) dans la première et \(j = k + 1\) dans la seconde. Il vient

\[S_n = \frac{1}{2}\left(\sum_{j=1}^{n-1} \frac{1}{j} – \sum_{j=3}^{n+1} \frac{1}{j}\right) = \frac{1}{2}\left(1 + \frac{1}{2} – \frac{1}{n} – \frac{1}{n+1}\right).\]

Finalement, \(S_n\) tend vers \(\frac{3}{4}\) quand \(n\) tend vers l’infini.

Calculons \(P_n = \displaystyle\prod_{k=2}^{n}\left(1 – \frac{4}{(k+1)^2}\right)\) pour \(n \geqslant 2\). D’abord, nous factorisons : \((k+1)^2 – 4 = (k-1)(k+3)\). Ainsi, chaque facteur s’écrit

\[\frac{(k-1)(k+3)}{(k+1)^2} = \frac{k-1}{k+1} \times \frac{k+3}{k+1}.\]

Ensuite, nous télescopons chaque produit séparément :

\[\prod_{k=2}^{n} \frac{k-1}{k+1} = \frac{1 \times 2}{n(n+1)}, \qquad \prod_{k=2}^{n} \frac{k+3}{k+1} = \frac{(n+2)(n+3)}{3 \times 4}.\]

Par conséquent, \(P_n = \dfrac{(n+2)(n+3)}{6n(n+1)}\), qui tend vers \(\frac{1}{6}\). Pour \(n = 2\), on retrouve bien \(1 – \frac{4}{9} = \frac{5}{9} = \frac{20}{36}\).

• Un quotient \(\frac{k}{(k+1)!}\) s’écrit \(\frac{(k+1) – 1}{(k+1)!} = \frac{1}{k!} – \frac{1}{(k+1)!}\).
• Un logarithme \(\ln\left(1 + \frac{1}{k}\right)\) vaut \(\ln(k+1) – \ln k\).
• Une puissance \(k\,q^k\) se télescope avec une suite de la forme \((ak + b)\,q^k\), comme le montre la fiche d’exercices.
• Une racine \(\sqrt{k+1} – \sqrt{k}\) apparaît après multiplication par la quantité conjuguée.

Pour tout entier \(n \geqslant 1\),

\[\sum_{k=1}^{n} k = \frac{n(n+1)}{2} \qquad \text{et} \qquad \sum_{k=1}^{n} k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}.\]

La première formule découle du retournement vu plus haut. Pour la seconde, nous télescopons \((k+1)^3 – k^3 = 3k^2 + 3k + 1\). En sommant de \(k = 1\) à \(n\), on obtient

\[(n+1)^3 – 1 = 3\sum_{k=1}^{n} k^2 + \frac{3n(n+1)}{2} + n.\]

Ensuite, nous isolons la somme cherchée, puis nous factorisons par \(n + 1\) :

\[3\sum_{k=1}^{n} k^2 = (n+1)^3 – (n+1) – \frac{3n(n+1)}{2} = (n+1)\left(n^2 + \frac{n}{2}\right) = \frac{n(n+1)(2n+1)}{2}.\]

On divise enfin par \(3\).

Soit \(q\) un nombre réel ou complexe et \(n \in \mathbb{N}\). Si \(q \neq 1\), alors

\[\sum_{k=0}^{n} q^k = \frac{1 – q^{n+1}}{1 – q}.\]

Si \(q = 1\), la somme vaut simplement \(n + 1\).

Notons \(G\) la somme. Le produit \((1 – q)G\) est une somme télescopique : il vaut \(\sum_{k=0}^{n} (q^k – q^{k+1}) = 1 – q^{n+1}\). Comme \(q \neq 1\), on peut diviser par \(1 – q\).

Calculons \(W_n = \displaystyle\sum_{k=1}^{2n} (-3)^k\). D’abord, la raison vaut \(q = -3\), qui est bien différente de \(1\). Ensuite, le premier terme vaut \(-3\) et la somme compte \(2n\) termes. Par conséquent,

\[W_n = -3 \times \frac{1 – (-3)^{2n}}{1 – (-3)} = -3 \times \frac{1 – 9^n}{4} = \frac{3(9^n – 1)}{4}.\]

Pour \(n = 1\), on vérifie que \(-3 + 9 = 6\) et que \(\frac{3 \times 8}{4} = 6\). On note au passage que \((-3)^{2n} = 9^n\), car l’exposant est pair.

Pour tous nombres \(a, b\) et tout entier \(n \geqslant 1\),

\[a^n – b^n = (a – b)\sum_{k=0}^{n-1} a^{k} b^{n-1-k} = (a-b)\left(a^{n-1} + a^{n-2}b + \cdots + b^{n-1}\right).\]

Développons \((a – b)\sum_{k=0}^{n-1} a^k b^{n-1-k}\). On obtient \(\sum_{k=0}^{n-1} a^{k+1}b^{n-1-k} – \sum_{k=0}^{n-1} a^k b^{n-k}\). Posons \(u_k = a^k b^{n-k}\). Alors la différence s’écrit \(\sum_{k=0}^{n-1} (u_{k+1} – u_k)\), qui télescope en \(u_n – u_0 = a^n – b^n\).

Montrons que \(11^n – 4^n\) est divisible par \(7\) pour tout \(n \geqslant 1\). La proposition donne \(11^n – 4^n = (11 – 4) \times \sum_{k=0}^{n-1} 11^k 4^{n-1-k}\). Or la somme est un entier. Par conséquent, \(11^n – 4^n\) est un multiple de \(7\), sans aucune récurrence.

Si \(i\) parcourt \([\![1, n]\!]\) et \(j\) parcourt \([\![1, m]\!]\) indépendamment, l’ordre de sommation est libre :

\[\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m} a_{i,j} = \sum_{j=1}^{m}\sum_{i=1}^{n} a_{i,j}.\]

De plus, si \(a_{i,j} = x_i y_j\), la somme vaut \(\left(\sum_{i} x_i\right)\left(\sum_{j} y_j\right)\).

Calculons \(K_n = \displaystyle\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0}^{n} 2^{i}\,3^{j}\). Ici, le terme général est un produit d’un facteur en \(i\) par un facteur en \(j\). Par conséquent, la somme double se factorise en produit de deux sommes géométriques :

\[K_n = \left(\sum_{i=0}^{n} 2^i\right)\left(\sum_{j=0}^{n} 3^j\right) = \left(2^{n+1} – 1\right) \times \frac{3^{n+1} – 1}{2}.\]

Pour \(n = 1\), on trouve \(1 + 3 + 2 + 6 = 12\), et la formule donne bien \(3 \times 4 = 12\). En revanche, cette factorisation échoue dès que le terme général mélange les indices, comme \(2^{ij}\) ou \(\min(i, j)\).

Pour une inégalité stricte \(i < j\), les bornes deviennent \(i \leqslant j – 1\) d’une part, \(j \geqslant i + 1\) d’autre part.

1. Écrire l’ensemble des couples sous forme de contraintes, par exemple \(1 \leqslant i \leqslant j \leqslant n\).
2. Choisir l’indice extérieur, celui qui rend la somme intérieure facile.
3. Lire les bornes de l’indice intérieur directement dans la chaîne d’inégalités.
4. Calculer la somme intérieure, puis la somme extérieure.

Calculons \(T_n = \displaystyle\sum_{1 \leqslant i < j \leqslant n} ij\). Plutôt que d’intervertir, nous utilisons une astuce de symétrie. Le carré \(\left(\sum_{k=1}^{n} k\right)^2\) contient tous les produits \(ij\). Les termes diagonaux donnent \(\sum k^2\), et chaque produit avec \(i \neq j\) apparaît deux fois. Donc

\[T_n = \frac{1}{2}\left(\frac{n^2(n+1)^2}{4} – \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\right) = \frac{(n-1)n(n+1)(3n+2)}{24}.\]

Pour \(n = 2\), on retrouve \(T_2 = 1 \times 2 = 2\).

Calculons \(H_n = \displaystyle\sum_{j=1}^{n}\sum_{i=j}^{n} \frac{1}{i}\). Sous cette forme, la somme intérieure est une somme harmonique partielle, sans formule simple. Nous intervertissons donc. Les couples vérifient \(1 \leqslant j \leqslant i \leqslant n\). Ainsi, pour \(i\) fixé, l’indice \(j\) va de \(1\) à \(i\). Il vient

\[H_n = \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{i}\sum_{j=1}^{i} 1 = \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{i} \times i = n.\]

Autrement dit, l’interversion a remplacé une somme difficile par une somme triviale. C’est le critère de choix de l’indice extérieur.

Pour \(n \in \mathbb{N}\), on pose \(0! = 1\) et \(n! = \prod_{k=1}^{n} k\) si \(n \geqslant 1\). Pour \(0 \leqslant k \leqslant n\), le coefficient binomial est

\[\binom{n}{k} = \frac{n!}{k!\,(n-k)!}.\]

Si \(k < 0\) ou \(k > n\), on convient que \(\binom{n}{k} = 0\).

Pour \(0 \leqslant k \leqslant n\) :

• symétrie : \(\binom{n}{k} = \binom{n}{n-k}\) ;
• formule du pion : \(k\binom{n}{k} = n\binom{n-1}{k-1}\) si \(k \geqslant 1\) ;
• formule de Pascal : \(\binom{n}{k} + \binom{n}{k+1} = \binom{n+1}{k+1}\) si \(k + 1 \leqslant n\).

La symétrie se lit sur la définition. Pour la formule du pion, on écrit \(k \times \frac{n!}{k!(n-k)!} = \frac{n \times (n-1)!}{(k-1)!\,(n-k)!}\). On reconnaît alors \(n\binom{n-1}{k-1}\). Pour Pascal, nous réduisons au même dénominateur \((k+1)!\,(n-k)!\) :

\[\frac{n!\,(k+1) + n!\,(n-k)}{(k+1)!\,(n-k)!} = \frac{n!\,(n+1)}{(k+1)!\,(n-k)!} = \binom{n+1}{k+1}.\]

Sur une ligne, les coefficients croissent jusqu’au milieu puis décroissent. En effet, pour \(0 \leqslant k < n\), le quotient \(\binom{n}{k+1} \big/ \binom{n}{k}\) vaut \(\frac{n-k}{k+1}\). Il est supérieur à \(1\) si et seulement si \(k < \frac{n-1}{2}\). Par conséquent, le plus grand coefficient de la ligne \(n\) est \(\binom{n}{\lfloor n/2 \rfloor}\). Par exemple, sur la ligne \(7\), on lit le maximum \(35\), atteint deux fois.

Soient \(a\) et \(b\) deux nombres réels ou complexes et \(n \in \mathbb{N}\). Alors

\[(a + b)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} a^k b^{n-k}.\]

Nous raisonnons par récurrence sur \(n\). Pour \(n = 0\), les deux membres valent \(1\). Supposons la formule vraie au rang \(n\). Alors \((a+b)^{n+1} = a(a+b)^n + b(a+b)^n\). En développant, on obtient

\[\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} a^{k+1} b^{n-k} + \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} a^k b^{n+1-k}.\]

Dans la première somme, nous posons \(j = k + 1\), qui varie de \(1\) à \(n + 1\). Ensuite, nous regroupons les termes de même puissance \(a^j b^{n+1-j}\). Leur coefficient vaut \(\binom{n}{j-1} + \binom{n}{j}\), soit \(\binom{n+1}{j}\) par Pascal. Les cas extrêmes \(j = 0\) et \(j = n+1\) donnent bien \(1\). La formule est donc vraie au rang \(n + 1\).

1. Repérer le coefficient \(\binom{n}{k}\) et le mettre en facteur des puissances de \(k\).
2. Identifier \(a^k\) et \(b^{n-k}\), quitte à écrire \(1 = 1^{n-k}\).
3. Si un facteur \(k\) gêne, utiliser la formule du pion pour l’absorber.
4. Appliquer la formule du binôme, puis simplifier.

Calculons \(C_n = \displaystyle\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} \frac{(-1)^k}{2^k}\). Nous posons \(a = -\frac{1}{2}\) et \(b = 1\). Le binôme donne directement \(C_n = \left(1 – \frac{1}{2}\right)^n = \frac{1}{2^n}\).

De même, calculons \(D_n = \sum_{k=1}^{n} k\binom{n}{k}5^k\). La formule du pion transforme le terme général en \(n\binom{n-1}{k-1}5^k\). Nous posons ensuite \(j = k – 1\) :

\[D_n = 5n\sum_{j=0}^{n-1} \binom{n-1}{j} 5^j = 5n \times 6^{n-1}.\]

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