Calculs algébriques

Les symboles $\Sigma$ et $\Pi$

L'addition (resp. la multiplication) des nombres complexes permet d'additionner (resp. de multiplier) deux nombres complexes. Pour plus de deux nombres, on utilise usuellement le symbole $\Sigma$ (resp. $\Pi$).

Sommes simples, opérations élémentaires
1. Définitions
  Étant donné $m$ et $n$ deux entiers naturels vérifiant $m \leq n$, ainsi que des nombres complexes $a_m$, $a_{m+1}$, $\ldots$, $a_n$, numérotés (indicés, indexés) par les entiers de l'intervalle $\ceo m,n\cef$,
  - la somme de ces éléments se note $\ds\sum_{k=m}^n a_k$ ;
  - le produit de ces éléments se note $\ds\prod_{k=m}^n a_k$.
  Les propriétés d'associativité
  Comme dans les exemples précédents, i L'associativité de l'addition dans $\C$ se traduit par : \[ \fa{a_1\in\C}\fa{a_2\in\C}\fa{a_3\in\C} (a_1+a_2)+a_3 = a_1+(a_2+a_3). \] C'est cette propriété qui permet de faire une somme d'un nombre quelconque de complexes sans mettre de parenthèse, pour dire comment on additionne ces complexes deux par deux.
  
  Il en est de même pour la multiplication des nombres complexes.
  L'associativité de la multiplication dans $\C$ se traduit par : \[ \fa{a_1\in\C}\fa{a_2\in\C}\fa{a_3\in\C} (a_1\,a_2)\,a_3 = a_1\,(a_2\,a_3). \]
  
  et de commutativité
  La commutativité de l'addition dans $\C$ se traduit par : \[ \fa{a_1\in\C}\fa{a_2\in\C} a_1+a_2 = a_2+a_1. \] C'est cette propriété qui permet de ne pas faire attention à l'ordre lorsque l'on fait la somme d'un nombre quelconque de complexes.
  
  Il en est de même pour la multiplication des nombres complexes.
  La commutativité de la multiplication dans $\C$ se traduit par : \[ \fa{a_1\in\C}\fa{a_2\in\C} a_1\,a_2 = a_2\,a_1. \]
  
  de l'addition et de la multiplication des nombres complexes font que les quantités précédentes ne changent pas si l'on modifie l'ordre dans lequel sont énumérés les éléments précédents.
  En cas de doute, il n'est jamais honteux d'écrire (avec des points de suspension) : \[ \sum_{k=m}^n a_k = a_m+\cdots+a_n \ou \prod_{k=m}^n a_k = a_m\times\cdots\times a_n. \] voire, en cas de nécessité, de regarder des cas particuliers.
  
  On peut utiliser l'écriture : \[ \sum_{k=m}^n a_k = a_m +a_{m+1}+a_{m+2}\cdots+a_n \] en détaillant un peu les premiers termes.
  
  On peut regarder des cas particuliers, comme par exemple, pour $m=1$ et $n=5$ : \[ \sum_{k=1}^5 a_k = a_1+a_2+a_3+a_4+a_5. \] L'avantage est alors que l'on peut tout écrire sans le moindre « $\ldots$ ».
  
  Méthode Il ne faut pas surtout vous priver des ces aides tout à fait légales ! Même si certains vous l'interdisent de façon véhémente, il est préférable de faire cela au brouillon ou lors d'une phase de recherche, plutôt que de rester sec ou d'écrire n'importe quoi au hasard. Après avoir bien compris ce qui se passe à l'aide de telles écritures, il est la plupart du temps évident de rédiger de façon propre et rigoureuse à l'aide des symboles $\Sigma$ ou de $\Pi$.
  Notation On utilise indifféremment les notations suivantes :
  
  d'une part $\quad\sum_{k=m}^n a_k,\quad \sum_{m\leq k\leq n}a_k \quad\text{ou encore}\quad \sum_{k\in\ceo m,n\cef } a_k$ ;
  
  d'autre part $\quad \prod_{k=m}^qa_k,\quad \prod_{m\leq k\leq n}a_k \quad\text{ou encore}\quad \prod_{k\in\ceo m,n\cef } a_k$.
  Les cas les plus fréquents sont $m=1$ et $m=0$.
  Exemple 1 Combien y a-t-il de termes dans $\sum_{k=1}^n a_k$, dans $\sum_{k=0}^n a_k$, $\sum_{k=m}^n a_k$ ?
  
  lorsque $m=1$.
  Comme l'indice va de $1$ à $n$, il y a $n$ termes ; c'est le cas le plus facile !
  
  lorsque $m=0$.
  Comme l'indice va de $0$ à $n$, il y a $n+1$ termes.
  
  Il ne faut pas oublier la valeur $0$ de $k$, ce qui ajoute un terme par rapport au cas précédent.
  
  dans le cas général.
  
  Vous avez peut-être répondu $n-m$, mais cela est évidemment impossible $\ldots$
  $\ldots$ à cause de nombreux cas particuliers où cette formule est fausse.
  
  Par exemple pour $m=n$ où il y a $1$ terme, et pas $0$.
  
  Par exemple pour $m=1$ où il y a $n$ termes et pas $n-1$.
  Penser à ces cas particuliers est un bon garde-fou contre les erreurs.
  
  Pour assurer le bon nombre d'éléments, on peut penser $n-m$. puis ajuster à l'aide des cas particuliers précédents. Mais on peut plus efficacement voir l'ensemble $\ceo m,n \cef$ comme la différence de deux ensembles.
  On a évidemment :
  Il s'agit d'une différence ensembliste. Rappelons que : \[ E \setminus F \] désigne l'ensemble des éléments de $E$ qui n'appartiennent pas à $F$.
  \[ \ceo m,n \cef = \ceo 1,n \cef \setminus \ceo 1,m-1 \cef \] ou, si vous préférez : \[ \ceo 1,n \cef = \ceo 1,m-1 \cef \cup \ceo m,n \cef \avec \ceo 1,m-1 \cef \cap \ceo m,n \cef = \emptyset. \] Il est alors évident que le nombre d'éléments de $\ceo m,n \cef$ est : $$n-(m-1)=n-m+1.$$
  Que vaut la somme des $n$ premiers entiers non nuls ?
  
  Proposition 1 Pour $n\in\N^{*}$, on a : $\ds \sum_{k=1}^n k = \frac{n(n+1)}{2}\cdot$
  Écrire la somme une fois dans chaque sens et additionner les deux lignes.
  Pour $n\in\N^{*}$, posons : $$S_n=\sum_{k=1}^n k .$$ En l'écrivant une fois dans un sens, et une fois dans l'autre, et en sommant verticalement, on obtient : $$ \begin{array}{ccccccccccccc} S_n&=&1&+&2&+&\cdots&+&(n-1)&+&n\vphantom{\Big|}\\ S_n&=&n&+&(n-1)&+&\cdots&+&2&+&1\vphantom{\Big|}\\ \hline 2\,S_n&=&(n+1)&+&(n+1)&+&\cdots&+&(n+1)&+&(n+1)\vphantom{\bigg|} \end{array} $$ Comme il y a $n$ termes, on en déduit $2\,S_n = n\,(n+1)$, et donc : \[ S_n=\frac{n\,(n+1)}{2}\cdot \]
  
  Remarque On aurait pu faire une démonstration par récurrence comme on le fera ci-dessous pour $\sum_{k=1}^n k^{2}$ et $\sum_{k=1}^n k^{3}$, mais cela eût été vraiment dommage dans ce cas, car la démonstration précédente permet aussi de retrouver (de tête) la formule.
  
  Quelle est la définition de $n!$ ?
  
  Définition Pour $n\in\N^{*}$, on définit factorielle $n$, que l'on note $n!$, comme le produit de tous les entiers compris entre $1$ et $n$, ce qui avec un $\Pi$, s'écrit :
  \[ n! = 1\times 2\times\cdots\times (n-m)\times n = \prod_{k=1}^n k. \]
  
  Exemple 2 Déterminer $n!$ pour $n\in\ceo 1,6\cef$.
  On a : $1!=1\,$, $2!=2\,$, $3!=6\,$, $4!=24\,$ et $5!=120$.
  Exemple 3 Avec les notations précédentes :
  
  Si $u$ est une suite arithmétique de raison $r$, exprimer $\sum_{k=m}^n u_k$ en fonction de $u_m$ et de $u_{n}$.
  Utiliser le même méthode que pour la somme des premiers entiers.
  Posons : $$S =\sum_{k=m}^n u_k .$$ En l'écrivant une fois dans un sens, et une fois dans l'autre, on obtient : $$ \begin{array}{ccccccccccccc} S&=&u_m&+&u_{m+1}&+&\cdots&+&u_{n-1}&+&u_n\vphantom{\Big|}\\ S&=&u_n&+&u_{n-1}&+&\cdots&+&u_{m+1}&+&u_m\vphantom{\Big|}\\ \end{array} $$
  
  À droite du signe $=$, pour passer d'un terme au suivant,
  
  dans la première ligne, on ajoute $r$,
  
  dans la seconde ligne, on retranche $r$ ;
  par suite, la somme de chaque colonne est constante, et vaut $u_n+u_m$.
  
  Étant donné qu'il y a $n-m+1$ termes, on obtient : $$ 2\,S = (n-m+1)(u_n+u_m),$$ et donc : \[ S=\frac{(n-m+1)(u_n+u_m)}{2} = (n-m+1)\,\frac{(u_n+u_m)}{2}\cdot \]
  
  Remarque La formule obtenue dans l'exercice précédent peut se formuler de la manière suivante : la somme de termes consécutifs d'une suite arithmétique est égale au produit entre :
  
  d'une part, la moyenne du premier et du dernier terme ;
  
  d'autre part le nombre de termes présents dans la somme.
  
  Si $u$ est une suite géométrique de raison $q$, exprimer $\sum_{k=m}^n u_k$ en fonction de $u_m$ et de $u_{n+1}$.
  Poser $S = \sum_{k=m}^n u_k$ et commencer par calculer $q\,S$.
  Comme il y a plein de termes en commun, il est bon de faire la différence.
  
  Mais attention au cas particulier.
  Posons : $$S =\sum_{k=m}^n u_k = u_m + u_{m+1} + \cdots + u_{n-1} + u_n.$$ On a alors : $$ \begin{array}{ccccccccccccc} q\,S &= &q\,u_m&+&q\,u_{m+1}&+&\cdots&+&q\,u_{n-1}&+&q\,u_n\vphantom{\Big|}\\ &= &u_{m+1}&+&u_{m+2}&+&\cdots&+&u_{n}&+&u_{n+1}\vphantom{\Big|}\\ \end{array} $$ On en déduit immédiatement : \begin{align*} S - q\,S = u_{m} - u_{n+1}. \end{align*}
  
  Si $q\neq 1$, cela donne : $\ds S = \frac{u_{m} - u_{n+1}}{1-q}\cdot$
  
  Si $q = 1$, la suite $u$ est constante et donc : $S = (n-m+1)\,u_n$.
  On peut définir $\sum_{k=m}^n a_{k}$ et $\prod_{k=m}^n a_{k}$ plus rigoureusement, par récurrence (
  
  Pour la somme :
  \[ \sum_{k=m}^m a_k = a_m \et \fa{n \geq m} \sum_{k=m}^{n+1} a_{k} = \bigg(\sum_{k=m}^n a_{k}\bigg) + a_{n+1}. \]
  
  Pour le produit :
  \[ \prod_{k=m}^m a_k = a_m \et \fa{n \geq m} \prod_{k=m}^{n+1} a_{k} = \bigg(\prod_{k=m}^n a_{k}\bigg) \, a_{n+1}. \]
  
  ) mais cela n'est pas dans l'esprit du programme actuel.
  Somme des carrés et des cubes des $n$ premiers entiers non nuls.
  
  Proposition 2 Pour tout $n\in\N^{*}$, on a : $\ds \sum_{k = 1}^{n} k^{2} =\frac{n\,(n+1)\,(2n+1)}{6}\cdot $
  Faire une démonstration par récurrence en utilisant : \[ \sum_{k = 1}^{n+1} k^{2} = \bigg(\sum_{k = 1}^{n} k^{2} \bigg)+ (n+1)^{2} . \] Solution
  Pour $n\in\N^{*}$, soit $H_n$ la relation : $$\sum_{k = 1}^{n} k^{2} =\frac{n\,(n+1)\,(2n+1)}{6}\cdot $$
  
  $H_1$ est évidemment vraie, puisque $\ds \sum_{k = 1}^{1} k^{2} =1 =\frac{1\,(2)\,(3)}{6}\cdot$
  
  Soit $n$ un entier au moins égal à $2$ tel que $H_{n-1}$ soit vraie.
  $H_{n-1}$ s'écrit : \[ \sum_{k = 1}^{n} k^{2}= \frac{(n-1)\,(n)\,\big(2(n-1)+1\big)}{6} =\frac{(n-1)\,(n)\,(2n-1)}{6}\cdot \]
  
  On a alors : \begin{align*} \sum_{k = 1}^{n} k^{2} &= \bigg(\sum_{k = 1}^{n-1} k^{2}\bigg) + n^{2}\\\\ &= \frac{(n-1)\,(n)\,(2n-1)}{6}+ n^{2}\\\\ &= \frac{n\,\big((n-1)\,(2n-1)+6n\big)}{6}\\\\ &= \frac{n\,\big(2\,n^{2}+3\,n+1\big)}{6}\\\\ &= \frac{n\,(n+1)\,(2n+1)}{6}\cdot \end{align*}
  
  Remarque Dans l'hérédité, on a pris $n \geq 2$, car on a supposé $H_{n-1}$, ce qui permet de faciliter la lecture du résultat final.
  
  Vous pouvez faire l'hérédité sous la forme $H_{n}\Rightarrow H_{n+1}$, (en prenant alors $n \geq 1$) pour voir la différence de calcul.
  
  Remarque Cette démonstration par récurrence, suppose que l'on connaît déjà la formule. Dans la partie concernant les simplifications télescopiques, nous verrons une démonstration directe permettant, elle, de trouver la formule.
  
  Exemple 4 Montrer que : $\ds \fa{n\in\N^{*}} \sum_{k=1}^n k^3=\frac{n^{2}(n+1)^{2}}{4}\cdot$
  Montrons par récurrence pour $n\in\N$, la relation : \[ \sum_{k=1}^n k^3=\frac{n^{2}(n+1)^{2}}{4}\cdot \]
  
  Elle est trivialement vraie pour $n=1$.
  
  Supposons-la vraie pour un rang $n\in\N^{*}$. On a alors : \begin{align*} \sum_{k=0}^{n+1} k^3 &= \bigg(\sum_{k=0}^{n+1} k^3\bigg) +(n+1)^{3}\\\\ &= \frac{n^{2}(n+1)^{2}}{4}+(n+1)^{3}\\\\ &= \frac{(n+1)^{2}\big(n^{2}+4\,(n+1)\big)}{4}\\\\ &= \frac{(n+1)^{2}(n+2)^2}{4} \end{align*} ce qui prouve $H_{n+1}$, et termine la démonstration par récurrence.
  
  Cette formule, qui n'est pas vraiment au programme, peut rendre de grands services, surtout qu'elle est facile à retenir puisque $\ldots$
  $\ldots$ le résultat n'est que le carré de la somme des $n$ premiers entiers non nuls. \[ \sum_{k=1}^n k^3=\frac{n^{2}(n+1)^{2}}{4}=\bigg(\frac{n(n+1)}{2}\bigg)^2\cdot \]
  Un peu de vocabulaire : $ n$-uplets, familles et listes
  
  Lorsque l'on dispose de deux nombres complexes $a_1$ et $a_2$, on peut les ranger dans un couple que l'on note alors $(a_1,a_2)$ ; c'est par exemple le cas pour manipuler les coordonnées d'un point du plan : les nombres $a_1$ et $a_2$ sont alors des réels, distincts ou pas.
  $\vphantom{\Big|}$ Si $a'_1$ et $a'_2$ sont des complexes, rappelons que l'on a : \[ (a_1,a_2) = (a'_1,a'_2) \Longleftrightarrow (a_1 = a'_1 \text{ et } a_2 = a'_2). \]
  
  Lorsque l'on dispose de trois nombres complexes $a_1$, $a_2$ et $a_3$, on peut les ranger dans un triplet que l'on note alors $(a_1,a_2,a_3)$ ; c'est par exemple le cas pour manipuler les coordonnées d'un point de l'espace : les nombres $a_1$, $a_2$ et $a_3$ sont alors des réels, distincts ou pas.
  $\vphantom{\Big|}$ Si $a'_1$, $a'_2$ et $a'_3$ sont des complexes, rappelons que l'on a : \[ (a_1,a_2,a_3) = (a'_1,a'_2,a'_3) \Longleftrightarrow (a_1 = a'_1\, ,\,\, a_2 = a'_2 \text{ et } a_3 = a'_3). \]
  
  Pour manipuler un nombre quelconque de complexes, on les numérote le plus souvent par un intervalle d'entiers comme $\ceo 1,n \cef$, $\ceo 0,n \cef$ voire $\ceo m,n \cef$.
  
  Lorsqu'ils sont numérotés par $\ceo 1,n \cef$, on peut les ranger dans ce que l'on appelle un $ n$-uplet, ou une $ n$-liste, notée : \[ (a_1,a_2,\ldots,a_n) \]
  
  Lorsqu'ils sont numérotés par $\ceo 0,n \cef$, on peut les ranger dans un $(n+1)$-uplet, ou une $(n+1)$-liste, notée : \[ (a_0,a_1,a_2,\ldots,a_n) \]
  Au lieu de parler de liste, on parle aussi de famille d'éléments de $\C$ indicée (ou indexée) par l'intervalle d'entiers correspondant. Cette notion sera reprise et généralisée au chapitre sur les applications, mais dès maintenant nous parlerons indistinctement de $n$-uplet, de $n$-liste ou de famille d'éléments de $\C$.
2. Relations avec addition et multiplication
  Les « règles de calcul » suivantes ne sont surtout pas à apprendre par coeur, ce qui pourrait être générateur d'angoisse le jour où vous auriez besoin de les utiliser. Une peu de bon sens et éventuellement une écriture à l'aide de « $\ldots$ » doit permettre de les assurer sans la moindre hésitation, puisqu'il ne s'agit que de l'application des règles usuelles de $\C$.
  
  Dans cette partie, $m$ et $n$ sont deux entiers naturels vérifiant $m \leq n$, on considère $(a_m,\ldots,a_n)$ ainsi $(b_m,\ldots,b_n)$ deux familles de nombres complexes, et $\lambda$ désigne un complexe donné.
  - Si pour tout $k \in I$, on a $a_k=\lambda$, comment simplifier $\sum_{k = m}^{n}a_k $ et $\prod_{k = m}^{n} a_k$ ?
    Dans le cas de la somme, on additionne un certain nombre de fois un même complexe. Le résultat est évident, à condition de bien en compter le nombre d'occurrences.
    Dans cette somme, il y $(n-m+1)$ termes, et donc : \[ \sum_{k = m}^{n}a_k = \underbrace{\lambda+\cdots+\lambda}_{(n-m+1)\;\text{termes}} = (n-m+1)\,\lambda. \] De même pour le produit : \[ \prod_{k = m}^{n}a_k = \underbrace{\lambda\times\cdots\times \lambda}_{(n-m+1)\;\text{termes}}= \lambda^{n-m+1}. \]
  - A-t-on $\sum_{k = m}^{n}(a_k+b_k)=\Big(\sum_{k = m}^{n}a_k\Big)+\Big(\sum_{k = m}^{n}b_k\Big)$ ?
    Oui, bien sûr, puisque :
    \begin{align*} \sum_{k = m}^{n}(a_k+b_k) &= \big(a_{m} + a_{m+1}+\cdots +a_{n}\big)+\big(b_{m} + b_{m+1}+\cdots +b_{n}\big)\vphantom{\Big|}\\\\ &= \big(a_{m}+b_{m}\big)+\big(a_{m+1}+b_{m+1}\big) + \cdots + \big(a_{n}+b_{n}\big)\vphantom{\Big|}\\\\ &=\sum_{k = m}^{n}a_k+\sum_{k = m}^{n}b_k.\vphantom{\Big|} \end{align*}
  - A-t-on $\sum_{k = m}^{n}(a_k \, b_k)=\Big(\sum_{k = m}^{n}a_k\Big) \, \Big(\sum_{k = m}^{n}b_k\Big)$ ?
    Vous avez essayé avec $m=1$ et $n=2$ ?
    Dans ce cas particulier, l'égalité proposée devient : \[ a_{1}\, b_{1} + a_{2}\, b_{2} = (a_{1}+a_{2}) \, (b_{1} + b_{2}) \] qui en général n'a aucune raison d'être vraie.
    
    Je pense qu'après cela, il n'y a plus le moindre risque que vous fassiez d'erreur.
  - A-t-on $\prod_{k = m}^{n}(a_k + b_k)=\Big(\prod_{k = m}^{n}a_k\Big)+\Big(\prod_{k = m}^{n}b_k\Big)$
    Vous avez essayé avec $m=1$ et $n=2$ ?
    Dans ce cas particulier, l'égalité proposée devient : \[ (a_{1}+b_{1}) \, (a_{2} + b_{2}) = (a_{1}\, a_{2}) + (b_{1} \, b_{2}) \] qui en général n'a aucune raison d'être vraie.
    
    Je pense qu'après cela, il n'y a plus le moindre risque que vous fassiez d'erreur.
  - A-t-on $\prod_{k = m}^{n}(a_k\,b_k)=\Big(\prod_{k = m}^{n}a_k\Big)\Big(\prod_{k = m}^{n}b_k\Big)$ ?
    Oui, bien sûr, puisque :
    \begin{align*} \prod_{k = m}^{n}(a_k\, b_k) &= \big(a_{m} \, a_{m + 1}\, \cdots \, a_{n}\big)\, \big(b_{m} \, b_{m + 1}\, \cdots \, b_{n}\big)\\\\ &= \big(a_{m}\, b_{m}\big)\, \big(a_{m+1}\, b_{m+1}\big) \, \cdots \, \big(a_{n}\, b_{n}\big)\\\\ &= \bigg(\prod_{k = m}^{n}a_k\bigg) \, \bigg(\prod_{k = m}^{n}b_k\bigg). \end{align*}
  De même :
  - Comment transformer $\sum_{k = m}^{n} (\lambda\,a_k) $ ?
    Il s'agit de mettre $\lambda$ en facteur.
    \begin{align*} \sum_{k = m}^{n} (\lambda\,a_k) &= \lambda\,a_{m}+\lambda\,a_{m+1}+\cdots+\lambda\,a_{n}\\\\ &= \lambda\,(a_{m}+a_{m+1}+\cdots+_,a_{n})\\\\ &= \lambda\, \bigg( \sum_{k = m}^{n} a_k\bigg). \end{align*}
  - Comment transformer $\sum_{k = m}^{n}(a_k+\lambda)$ ?
    Commencer par utiliser la transformation (déjà vue) de $\sum_{k = m}^{n}(a_k+b_k)$.
    \begin{align*} \sum_{k = m}^{n} (a_k+\lambda) &=\sum_{k = m}^{n} a_k +\sum_{k = m}^{n} \lambda \\\\ &= \bigg( \sum_{k = m}^{n} a_k \bigg) + (n-m+1) \,\lambda \ \end{align*}
  - Comment transformer $\prod_{k = m}^{n}(\lambda\,a_k)$ ?
    Commencer par utiliser la transformation (déjà vue) de $\prod_{k = m}^{n}(a_k\,b_k)$.
    \begin{align*} \prod_{k = m}^{n} (\lambda\, a_k) &=\bigg( \prod_{k = m}^{n} \lambda\bigg)\bigg(\prod_{k = m}^{n} a_k \bigg)\\\\ &= \lambda^{n-m + 1} \prod_{k = m}^{n} a_k. \end{align*}
  - Comment transformer $\prod_{k = m}^{n} (a_k)^\lambda$ lorsque cela existe :
    pour $\lambda\in\N$ ?
    Si $\lambda\in\N$, alors quels que soient les complexes $a_m,\ldots,a_n$, on a : \[ \prod_{k = m}^{n} a_k^\lambda = \bigg(\prod_{k = m}^{n}a_k\bigg)^\lambda \] Ce n'est que la généralisation de la règle :
    $$a_1^\lambda\,a_2^\lambda = (a_1\,a_2)^\lambda.$$
    
    pour $\lambda\in\Z$ ?
    Si $\lambda\in\Z$, alors dès que les complexes $a_m,\ldots,a_n$ sont tous non nuls, on a : \[ \prod_{k = m}^{n} a_k^\lambda = \bigg(\prod_{k = m}^{n}a_k\bigg)^\lambda \] En effet on ne peut parler de puissances entières (pouvant être négatives) que pour des complexes non nuls. La règle ci-dessus n'est alors que la généralisation de :
    $$a_1^\lambda\,a_2^\lambda = (a_1\,a_2)^\lambda$$ qui est aussi valable pour des puissances entières quelconques.
    
    pour $\lambda\in\R$ ?
    Si $\lambda\in\R$, alors dès $a_m,\ldots,a_n$ sont des réels strictement positifs, on a : \[ \prod_{k = m}^{n} a_k^\lambda = \bigg(\prod_{k = m}^{n}a_k\bigg)^\lambda \] En effet, les puissances réelles ne sont définies que pour les réels strictement positifs par :
    \[ \fa{a\in\R^{*}_{+}} a^{\lambda} = e^{\lambda\,\ln a}. \] La règle ci-dessus n'est alors que la généralisation de :
    $$a_1^\lambda\,a_2^\lambda = (a_1\,a_2)^\lambda$$ qui est aussi valable pour des puissances réelles quelconques.
  - Comment transformer $\prod_{k = m}^{n} \lambda^{a_k}$ lorsque cela existe ?
    Lorsque l'on est dans l'un des cas suivants :
    
    $\lambda\in\C$ et tous les $a_k$ sont des entiers naturels,
    
    $\lambda\in\C^{*}$ et tous les $a_k$ sont des entiers relatifs,
    
    $\lambda\in\R^{*}_{+}$ et tous les $a_k$ sont réels,
    alors on a : \[ \prod_{k = m}^{n} \lambda^{a_k} = \lambda^{\big(\sum_{k = m}^{n} a_k\big)} \] Ce n'est que la généralisation de la règle :
    $$\lambda^{a_1}\,\lambda^{a_2} = \lambda^{a_1+a_2}$$ qui est valable dès que toutes les quantités sont définies.
  Exemple 5 Pour $p\in\N$, que penser de l'égalité $\sum_{k=1}^n a_k^p=\Big(\sum_{k=1}^n a_k\Big)^p$ ?
  À l'exception d'une valeur de $p$
  $$ p = 1$$
  
  cette relation est en général fausse ; le contre-exemple le plus simple étant :
  \[ p = 2 \Et a_1 = a_2 =1. \]
  
  Exemple 6 Que penser de l'égalité $\ds \prod_{k=m}^n \Big(\frac{a_k}{b_k}\Big)=\frac{\prod_{k=m}^n a_k}{\prod_{k=m}^n b_k}$ ?
  Elle est vraie, puisque :
  si tous les $b_k$ sont non nuls, alors : \begin{align*} \prod_{k=m}^n \Big(\frac{a_k}{b_k}\Big) &= \frac{a_m}{b_m}\,\frac{a_{m+1}}{b_{m+1}}\,\cdots\frac{a_n}{b_n}\\ &= \frac{a_m\,a_{m+1}\,\ldots\, a_n}{b_m\,b_{m+1}\,\ldots\,b_n}\\ &=\frac{\prod_{k=m}^n a_k}{\prod_{k=m}^n b_k}\cdot \end{align*}
  Exemple 7 Pour $n\in\N$, on note :
  
  $A_n$ le produit des entiers pairs compris entre $1$ et $2n$,
  
  $B_n$ le produit de tous les entiers impairs compris entre $1$ et $2n+1$.
  
  Exprimer $A_n$ à l'aide de $n!\,$
  Ne pas avoir peur de commencer avec une écriture utilisant des « $\ldots$ »
  Pour comprendre, on peut écrire : \begin{align*} A_n &= 2 \times 4 \times 6 \times 8 \times \cdots \times 2\,n\\\\ &= (2\times 1) \times (2\times 2) \times (2 \times 3) \times (2 \times 4) \times \cdots \times (2\times n)\\\\ &= 2^{n} \times (1 \times 2 \times 3 \times 4 \times \cdots \times n)\\\\ &= 2^{n} \, n !\,. \end{align*}
  
  Écriture directe avec un $\Pi$
  Le produit $A_n$ s'écrit : $$\ds A_n = \prod_{k=1}^n(2k),$$ ce qui donne directement : \[ A_n = \bigg(\prod_{k=1}^n 2\bigg)\, \bigg(\prod_{k=1}^n k \bigg)= 2^n\, n!\;. \]
  
  En déduire une expression compacte de $B_n$ à l'aide de factorielles.
  Multiplier et diviser $B_n$ par $A_n$.
  On a : $$B_n = 1\times 3\times\cdots\times (2n-1)\times (2n+1).$$ En multipliant et en divisant par $A_n$, on obtient une fraction avec :
  
  au numérateur, le produit de tous les entiers compris entre $1$ et $2n+1$, c'est-à-dire $(2n+1)!$ ,
  
  au dénominateur $A_n$, c'est-à-dire, d'après la première question, $2^n\,n!\,$.
  On en déduit : $$ B_n=\frac{(2n+1)!}{2^n\,n!}\cdot $$
  Exemple 8 Soit $u$ une suite arithmétique de raison $r$. En utilisant ce qui précède, donner une nouvelle expression de $\ds S_n = \sum_{k=0}^{n}u_k$ en fonction de $u_0$, $r$ et $n$.
  Écrire $\ds S_n = \sum_{k=0}^{n} (u_0+k\,r)$ et développer.
  On a directement : \begin{align*} S_n &= \sum_{k=0}^{n}u_k\\ &= \sum_{k=0}^{n} (u_0+k\,r)\\ &= \sum_{k=0}^{n} u_0 + r \, \sum_{k=0}^{n} k\\ &= (n+1)\,u_0+ \frac{n\,(n+1)\,r}{2}\cdot \end{align*}
3. Relation de Chasles
  Dans cette partie, on considère deux entiers $m$ et $n$ tels que $m < n$, et l'on désigne par $p$ un entier vérifiant $m \leq p \leq n$.
  - Si $m \leq p < n$, quelle relation a-t-on entre $\sum_{k=m}^n a_k$ et $\sum_{k=m}^p a_k$ ?
    En écrivant avec des « $\ldots$ », il est immédiat que l'on a : $$ \sum_{k=m}^n a_k = \sum_{k=m}^p a_k + \sum_{k=p+1}^n a_k $$ Avez-vous remarqué l'hypothèse sur $p$ ? Pourquoi ?
    L'inégalité stricte $p < n$ permet de parler de : \[ \sum_{k=p+1}^n a_k \] ce qui n'aurait pour l'instant aucun sens lorsque $p=n$.
    En effet dans la définition d'une quantité du type $\sum_{k=m}^n a_k$, on a jusque là supposé $m \leq n$.
    
    Nous en reparlerons lors de la définition des sommes vides.
  - Si $m < p \leq n$, quelle relation a-t-on entre $\sum_{k=m}^n a_k$ et $ \sum_{k=p}^n a_k$ ?
    $$ \sum_{k=m}^n a_k=\sum_{k=m}^{p-1} a_k + \sum_{k=p}^n a_k. $$ Avez-vous remarqué l'hypothèse sur $p$ ? Pourquoi ?
    L'inégalité stricte $m < p$ permet de parler de : \[ \sum_{k=m}^{p-1} a_k \] ce qui n'aurait pour l'instant aucun sens lorsque $p=m$.
    En effet dans la définition d'une quantité du type $\sum_{k=m}^n a_k$, on a jusque là supposé $m \leq n$.
    
    Nous en reparlerons lors de la définition des sommes vides.
  - Donner des relations analogues pour les produits.
    
    Si $m \leq p < n$, on a : \[ \prod_{k=m}^n a_k = \bigg(\prod_{k=m}^p a_k\bigg)\bigg(\prod_{k=p+1}^n a_k\bigg). \]
    
    Si $m < p \leq n$, on a : \[ \prod_{k=m}^n a_k =\bigg(\prod_{k=m}^{p-1} a_k\bigg)\bigg(\prod_{k=p}^n a_k\bigg). \]
  Attention Quand on utilise la relation de Chasles comme ci-dessus, il faut bien prendre garde à ne pas mettre deux fois le terme $a_p$.
  
  Les égalités précédentes sont appelées relations de Chasles pour la somme et le produit.
  
  Exemple 9 En supposant $2 \leq m \leq n$, exprimer $\ds \prod_{k=m}^n k$ à l'aide de factorielles.
  En utilisant la relation de Chasles, on a : \[ \prod_{k=1}^n k = \bigg(\prod_{k=1}^{m-1} k\bigg)\,\bigg(\prod_{k=m}^n k\bigg) \] et donc : \[ \prod_{k=m}^n k = \frac{\prod_{k=1}^n k}{\prod_{k=1}^{m-1} k} = \frac{n!}{(m-1)!}\cdot \] Si nécessaire, voir écriture avec des « $\ldots$ »
  \begin{align*} n! = \underbrace{1 \times 2 \times \cdots \times (m-1)}_{(m-1)!} \times \underbrace{ m \times (m+1) \times \cdots n}_{\prod_{k=m}^n k} \end{align*}
  
  Remarque On peut vérifier que l'égalité : \[ \prod_{k=m}^n k = \frac{n!}{(m-1)!} \] reste vraie pour $m=1$ puisque $0!=1$.
  
  Nous en reparlerons après la définition des produits vides.
  Exemple 10 Pour $n\in\N^{*}$, simplifier $\ds \sum_{k=1}^{n} (k+n)$.
  On peut
  
  soit développer $\ds \sum_{k=1}^{n} (k+n) = \bigg(\sum_{k=1}^{n} k \bigg)+ \bigg( \sum_{k=1}^{n} n\bigg)$.
  On a directement : \begin{align*} \sum_{k=1}^{n} (k+n) &= \bigg(\sum_{k=1}^{n} k \bigg)+ \bigg( \sum_{k=1}^{n} n\bigg)\\\\ &= \frac{n\,(n+1)}{2} + n^{2}\\\\ &= \frac{n\,(3n+1)}{2}\cdot \end{align*} Voir éventuellement pour la simplification de $\sum_{k=1}^{n} n$
  Il s'agit d'une somme de $n$ complexes, tous égaux à $n$. Donc : \[ \sum_{k=1}^{n} = n \times n = n^{2}. \]
  
  soit écrire $\ds \sum_{k=1}^{n} (k+n) = \sum_{\ell=n+1}^{2n} \ell$, puis $\ldots$
  $\ldots$ utiliser la relation et Chasles.
  On a évidemment :
  Dans la partie suivante, nous verrons comment, à l'aide d'un décalage d'indice, écrire cela sans « $\ldots$ ».
  \begin{align*} \sum_{k=1}^{n} (k+n) &= (n+1)+(n+2)+\cdots+(2n)\\\\ &= \sum_{\ell=n+1}^{2n} \ell . \end{align*} La relation de Chasles permet alors d'écrire : \begin{align*} \sum_{\ell=n+1}^{2n} &= \sum_{\ell=1}^{2n} \ell - \sum_{\ell=1}^{n} \ell\\\\ &= \frac{2n\,(2n+1)}{2} - \frac{n\,(n+1)}{2}\\\\ &= \frac{n\,\big(2(2n+1)-(n+1)\big)}{2}\\\\ &= \frac{n\,(3n+1)}{2}\cdot \end{align*}
Techniques de simplification
1. Changements d'indice : décalage
  Commençons par un exemple.
  Exemple 11 Pour tout $n\geq 2$, on pose $\ds S_n=\sum_{k=1}^n\Big(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+2}\Big)\cdot$
  
  On peut écrire cela comme une différence de deux sommes
  \[ S_n=\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}-\sum_{k=1}^n\frac{1}{k+2}\cdot \]
  
  Une première méthode serait d'utiliser des « $\ldots$ ».
  On a : \begin{align*} \sum_{k=1}^n\frac{1}{k} &= 1+ \frac{1}{2}+ \frac{1}{3}+ \frac{1}{4}+\cdots+ \frac{1}{k}\\\\ \sum_{k=1}^n\frac{1}{k+2} &= \phantom{1+ \frac{1}{2}} +\frac{1}{3} + \frac{1}{4}+\cdots+ \frac{1}{k}+ \frac{1}{k+1}+ \frac{1}{k+2}\cdot \end{align*} En faisant la différence, on voit qu'il ne reste que quatre termes : \begin{align*} S_n &= \sum_{k=1}^n\frac{1}{k}-\sum_{k=1}^n\frac{1}{k+2}\\\\ &= 1+ \frac{1}{2} - \frac{1}{k+1}- \frac{1}{k+2}\\\\ &= \frac{3}{2} - \frac{2k+3}{(k+1)(k+2)}\cdot\vphantom{\Big|} \end{align*}
  
  Mais pour éviter d'avoir à écrire cela avec des « $\ldots$ », on peut faire un changement d'indice dans la seconde somme.
  
  Les « $k+2$ » de la seconde somme varient de $3$ à $n+2$, en prenant une fois et une seule toutes les valeurs de l'intervalle d'entier $\ceo3,n+2\cef$. On peut donc utiliser cette nouvelle quantité comme variable pour indexer la famille des valeurs à sommer. On dit alors que l'on fait le changement d'indice $\ell=k+2$.
  
  Quand on fait un changement d'indice, il est préférable (même indispensable au début) de prendre un variable de nom différent.
  
  Ici, on dit que l'on pose $\ell=k+2$.
  
  Pour trouver les nouvelles bornes de la somme, il suffit de se dire que, lorsque $k$ varie de $1$ à $n$, alors $\ell=k+2$ varie de $1+2=3$ à $n+2$, ce qui donne : \[ \sum_{k=1}^n\frac{1}{k+2}=\sum_{\ell=3}^{n+2}\frac{1}{\ell}\cdot \]
  
  Comme $\ell$ est un indice muet, on peut alors le remplacer (subrepticement) par $k$, ce qui donne : \[ \sum_{k=1}^n\frac{1}{k+2}=\sum_{\ell=3}^{n+2}\frac{1}{\ell}=\sum_{k=3}^{n+2}\frac{1}{k}\cdot \] et mène donc à : \[ S_n = \sum_{k=1}^n\frac{1}{k}-\sum_{k=3}^{n+2}\frac{1}{k}\cdot \] Il reste à exprimer chacune des sommes à l'aide de ce qui leur est commun
  \[ \sum_{k=3}^{n}\frac{1}{k} \]
  
  pour obtenir la même simplification qu'avec les « $\ldots$ ».
  \begin{align*} S_n &=\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}-\sum_{k=3}^{n+2}\frac{1}{k}\\\\ &=\bigg(1+\frac{1}{2}+\sum_{k=3}^n\frac{1}{k}\bigg) -\bigg(\sum_{k=3}^{n}\frac{1}{k}+\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}\bigg)\\\\ &=\frac{3}{2}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}\cdot \end{align*}
  Méthode Soit $p$ un entier naturel donné. Pour transformer $S=\sum_{k=m}^n a_k$ par le décalage d'indice (ou le changement d'indice) $\ell=k+p$,
  
  on commence par remplacer chaque occurrence de $k$ par $\ell-p$
  Si : $$\ell=k+p,$$ alors on en déduit évidemment : $$k=\ell-p,$$ d'où l'intérêt d'avoir deux lettre $k$ et $\ell$ différentes.
  
  puis on remplace les bornes de sommation : $m$ par $m+p$, et $n$ par $n+p$.
  En cas d'hésitation, il suffit de « se raconter » que « si $k$ varie de $m$ à $n$, alors $\ell=k+p$ varie de $m+p$ à $n+p$, en prenant toutes les valeurs de cet intervalle ».
  Exemple 12 Transformer $S=\sum_{k=m}^n a_k$ en une somme du type $\sum_{k=0}^{?}$.
  Si l'on pose $\ell=k-m$, alors on a : $$S=\sum_{k=m}^n a_k=\sum_{\ell=0}^{n-m}a_{\ell+m}==\sum_{k=0}^{n-m}a_{k+m}.$$
  
  Exemple 13 Pour $n\in\N^{*}$, simplifier $\ds \sum_{k=1}^{n} (k+n)^{2}$.
  Faire un changement d'indice et utiliser la relation et Chasles.
  Le changement d'indice $\ell = k +n$ donne : \begin{align*} \sum_{k=1}^{n} (k+n)^{2} &= \sum_{\ell=n+1}^{2n} \ell^{2}\\\\ &=\sum_{\ell=1}^{2n} \ell^{2} - \sum_{\ell=1}^{n} \ell^{2}\\\\ &= \frac{2n\,(2n+1)\,(4n+1)}{6}-\frac{n\,(n+1)\,(2n+1)}{6}\\\\ &= \frac{n\,(2n+1)\,\big(2(4n+1)-(n+1)\big)}{6}\\\\ &= \frac{n\,(2n+1)\,(7n+1)}{6}\cdot \end{align*}
  
  Remarque On aurait pu aussi écrire : \[ \sum_{k=1}^{n} (k+n)^{2} = \sum_{k=1}^{n} k^{2} + 2\,n\,\sum_{k=1}^{n} k + \sum_{k=1}^{n} n^{2} \] mais, ici, cela mène à un calcul un peu moins sympathique.
  Exemple 14 Soit $u$ une suite géométrique de raison $q$, ainsi que $m\in\N$ et $n\in\N$ avec $n < n$. Retrouver (sans « $\ldots$ ») l'expression de $S=\ds \sum_{k=m}^n u_k$ en fonction de $u_m$ et de $u_{n+1}$.
  En posant $\ds S=\sum_{k=m}^n u_k$, on a : \[ q\,S = \sum_{k=m}^n q\, u_k = \sum_{k=m}^n u_{k+1} \] et le changement d'indice $\ell=k+1$ donne directement : \[ q\,S = \sum_{k=m}^n u_{k+1} = \sum_{\ell=m+1}^{n+1} u_{\ell} = \sum_{k=m+1}^{n+1} u_{k}. \] On en déduit : \begin{align*} S - q\,S &=\sum_{k=m}^n u_k - \sum_{k=m+1}^{n+1} u_{k}\\\\ &= \bigg(u_m+\sum_{k=m+1}^n u_k\bigg) -\bigg( u_{n+1} + \sum_{k=m+1}^{n} u_{k} \bigg)\\\\ &= u_{m} - u_{n+1} \end{align*}
  
  Si $q\neq 1$, cela donne : $\ds S = \frac{u_{m} - u_{n+1}}{1-q}\cdot$
  
  Si $q = 1$, la suite $u$ est constante et donc : $S = (n-m+1)\,u_n$.
2. Changements d'indice : symétrisation
  Dans le calcul de la somme des $n$ premiers entiers non nuls, c'est le fait d'inverser l'écriture qui a permis de conclure. On peut le réaliser avec une changement d'indice.
  Méthode Pour inverser le sens d'une somme $S=\sum_{k=m}^n a_k$, on réalise le changement de variable $\ell = m+n -k $. Pratiquement,
  
  on remplace chaque occurrence de $k$ par $m+n -\ell$,
  Si : $$\ell= m+n -k,$$ alors on en déduit évidemment : $$k=m+n -\ell,$$ d'où l'intérêt d'avoir deux variables $k$ et $\ell$ différentes.
  
  on laisse les bornes invariantes.
  En cas d'hésitation, il suffit de « se raconter » que « si $k$ varie de $m$ à $n$, alors $\ell=m+n -k$ varie (en décroissant) de $n$ à $m$, en prenant toutes les valeurs de cet intervalle ». Comme par convention, la borne inférieur d'un $\Sigma$ est toujours inférieure à sa borne supérieure, on n'écrit pas $\sum_{k=n}^m$ mais $\sum_{k=m}^n$.
  
  Inutile de retenir la moindre formule puisque $\ldots$
  $\ldots$ il est évident graphiquement : \[ \begin{array}{c} m\, \Rule{6cm}{0.02cm}{0cm}\, n\\ \phantom{\Rule{2.2cm}{0.01cm}{0cm}}\uparrow\phantom{\Rule{1.8cm}{0.02cm}{0cm}}\uparrow\phantom{\Rule{2cm}{0.02cm}{0cm}}\\ \phantom{\Rule{2cm}{0.02cm}{0cm}}k\phantom{\Rule{2cm}{0.02cm}{0cm}}\ell\phantom{\Rule{2cm}{0.02cm}{0cm}} \end{array} \] que deux entiers $k$ et $\ell$ symétriques par rapport au milieu du segment $\ceo m,n \cef$ vérifient : \[ k + \ell = m+n, \] chacune de ces quantités étant égale au double de $\frac{m+n}{2}$ qui est l'abscisse du milieu.
  Exemple 15 Soit $(u_n)_{n\in\N}$ une suite arithmétique de raison $r$, ainsi que $m$ et $n$ deux entiers vérifiant $m \leq n$. Écrire une nouvelle justification (n'utilisant pas de « $\ldots$ ») de la formule donnant $\sum_{k=m}^n u_k$ en fonction de $u_m$ et $u_n$.
  Utiliser la même idée d'écriture inversée de la somme mais en faisant un changement d'indice.
  
  Posons $S=\sum_{k=m}^n u_k $. Le changement d'indice $\ell = m+n-k$ donne : \begin{align*} S & = \sum_{k=m}^n u_k = \sum_{\ell=m}^n u_{n+m-\ell} \end{align*} En remplaçant l'indice (muet) $\ell$ par $k$, on obtient : \[ S = \sum_{k=m}^n u_{n+m-k}. \] On en déduit : \[ 2\,S = \sum_{k=m}^n u_k+ \sum_{k=m}^n u_{n+m-k}= \sum_{k=m}^n(u_k+u_{n+m-k}). \]
  
  En posant $v_k = u_k + u_{m+n-k}$, comme $u$ est arithmétique, on a : \[ v_{k+1} = u_{k+1}+u_{m+n-k-1} = u_{k} +r + u_{m+n-k}-r = v_{k}. \] Ainsi $v$ est une suite constante et : \[ v_{k} = v_{m} = u_m + u_n. \]
  
  On en déduit : \[ 2\,S = \sum_{k=m}^n(u_k+u_{n+m-k}) = \sum_{k=m}^n ( u_p + u_{n}). \] Étant donné que ce que l'on somme ne dépend pas de $k$, et que cette somme contient $n-m+1$ termes, on en déduit : \[ 2\,S = (n-m+1)\,(u_p+u_n) \] et donc : \[ \sum_{k=m}^n u_k = (n-m+1)\,\frac{u_p+u_q}{2}\cdot \]
  
  Remarque Si un tel calcul vous paraît miraculeux ou difficile à trouver, c'est que vous avez oublié qu'il ne fait que traduire la première méthode que l'on a rencontrée, consistant à écrire deux fois la somme avec des « $\ldots$ ». Même si l'écriture avec des $\Sigma$ est plus rigoureuse, c'est quand-même la première méthode qui permet de bien comprendre, et surtout de retrouver instantanément la formule en cas de doute.
  Exemple 16 Pour $n\in\N^{*}$, on considère $\ds S_n = \sum_{k=0}^{n}\cos\Big(\frac{k \pi}{n}\Big)\cdot$
  
  En utilisant les images des $e^{i\frac{k \pi}{n}}$, expliquer graphiquement pourquoi $S=0$.
  Voir éventuellement animation
  
  Il apparaît alors $\ldots$
  $\ldots$ que les images des exponentielles sont symétriques par rapport à l'axes $Oy$. Plus précisément :
  
  si $n$ est impair, $\ldots$
  $\ldots$ il y a un nombre pair d'images, $n+1$, que l'on peut regrouper par paires d'images symétriques par rapport à $Oy$ ; leurs abscisses, qui sont les termes de la somme, se compensent deux à deux, le terme d'indice $k$ étant l'opposé du terme d'indice $n-k$.
  
  si $n$ est pair, $\ldots$
  $\ldots$ il y a un nombre impair d'images, à savoir $n+1$, :
  
  celle correspondant à $n/2$ est sur $Oy$, et son abscisse est nulle ;
  
  les autres peuvent se regrouper par paires d'images symétriques par rapport à $Oy$ ; leurs abscisses se compensent deux à deux, le terme d'indice $k$ étant l'opposé du terme d'indice $n-k$.
  
  On en déduit que la somme est nulle ainsi que l'idée du changement d'indice utilisé.
  
  Le justifier par le calcul.
  Si pour tout $k\in\ceo 0, n \cef$ on pose $a_k=\cos\big(\frac{k \pi}{n}\big)$, alors : \begin{align*} a_{n-k} &= \cos\Big(\frac{(n-k)\,\pi}{n}\Big)\\\\ &=\cos\Big(\pi-\frac{k \pi}{n}\Big)\\\\ &=-\cos\Big(\frac{k \pi}{n}\Big)=-a_k. \end{align*} Le changement d'indice $\ell=n-k$ donne alors : \[ S=\sum_{k=0}^{n}a_{k} = \sum_{\ell=0}^{n}a_{n-\ell} = \sum_{\ell=0}^{n}(-a_{\ell}) = - \sum_{\ell=0}^{n}a_{\ell} = -S \] et donc $S=0$.
  Remarque Bien que ce qui précède ne traite que du symbole $\large\Sigma$, les mêmes considérations peuvent être faites à propos du symbole $\Pi$.
3. Simplifications télescopiques
  Dans ce qui suit, on suppose $m\in\N$ et $n\in\N$ avec $m\leq n$.
  - Il y a simplification télescopique dans la somme $\ds\sum_{k=m}^n a_k$ lorsque l'on a la chance d'avoir : $$ \fa{k\in\ceo m,n\cef} a_k=\alpha_{k+1}-\alpha_{k} \avec \fa{k\in\ceo m,n+1\cef} \alpha_{k} \in\C.$$ La simplification est alors immédiate.
    On a : \[ \sum_{k=m}^n a_k = \sum_{k=m}^n\,(\alpha_{k+1}-\alpha_k) =\alpha_{n+1}-\alpha_m. \]
    
    On le voit très bien avec des « $\ldots$ »
    En écrivant la somme en partant des indices les plus élevés, on voit qu'il y a simplification entre termes consécutifs, à l'exception du premier et du dernier. \begin{align*} \sum_{k=m}^n(\alpha_{k+1}-\alpha_k) &=(\alpha_{n+1}-\alpha_n) + (\alpha_{n}-\alpha_{n-1}) + \cdots \\ &\quad\quad\quad+\ldots+(\alpha_{m+2}-\alpha_{m+1}) + (\alpha_{m+1}-\alpha_m)\\\\ &=\alpha_{n+1}-\alpha_m. \end{align*}
    
    On peut le justifier avec un changement d'indice.
    On a d'abord : \[ \sum_{k=m}^n a_k =\sum_{k=m}^n\,(\alpha_{k+1}-\alpha_k) =\sum_{k=m}^n \alpha_{k+1}-\sum_{k=m}^n \alpha_k. \] Le changement d'indice $\ell=k+1$ dans la première somme donne : \[ \sum_{k=m}^n \alpha_{k+1} = \sum_{\ell=m+1}^{n+1}\alpha_{\ell} = \sum_{k=m+1}^{n+1}\alpha_{k}. \] On en déduit : \begin{align*} \sum_{k=m}^n\,(\alpha_{k+1}-\alpha_k) &=\sum_{k=m+1}^{n+1}\alpha_{k}-\sum_{k=m}^n \alpha_k\\ &=\bigg(\alpha_{n+1} +\underbrace{\sum_{k=m+1}^n \alpha_k\bigg)-\bigg(\sum_{k=m+1}^n \alpha_k}_{=0}\;+\;\alpha_m\bigg)\\ &=\alpha_{n+1}-\alpha_m. \end{align*}
  - Il y a simplification télescopique dans le produit $\ds\prod_{k=m}^n a_k$ lorsque l'on a la chance d'avoir :
    \[ \fa{k} a_k=\frac{\alpha_{k+1}}{\alpha_{k}} \avec \fa{k\in\ceo m,n+1\cef} \alpha_{k} \in\C^{*}. \] La simplification est alors immédiate.
    On a : \[ \prod_{k=m}^n a_k = \prod_{k=m}^n\frac{\alpha_{k+1}}{\alpha_k} = \frac{\alpha_{n+1}}{\alpha_m}\cdot \]
    
    On le voit très bien avec des « $\ldots$ »
    $$ \prod_{k=m}^n\frac{\alpha_{k+1}}{\alpha_k} =\frac{\alpha_{m+1}}{\alpha_m}\cdot\frac{\alpha_{m+2}}{\alpha_{m+1}} \cdots\frac{\alpha_{n}}{\alpha_{n-1}}\cdot\frac{\alpha_{n+1}}{\alpha_n} =\frac{\alpha_{n+1}}{\alpha_n}, $$ puisqu'il y a simplification « en diagonale » entre numérateur et dénominateur, à l'exception des deux termes extrèmes.
    
    On peut le justifier avec avec un changement d'indice.
    \begin{align*} \prod_{k=m}^n a_k = \prod_{k=m}^n\frac{\alpha_{k+1}}{\alpha_k} =\frac{\prod_{k=m}^n \alpha_{k+1}}{\prod_{k=m}^n \alpha_{k}} =\frac{\prod_{k=m+1}^{n+1}\alpha_{k}}{\prod_{k=m}^n \alpha_{k}} \end{align*} et donc : \begin{align*} \prod_{k=m}^n a_k =\frac{\alpha_{n+1}\prod_{k=m+1}^{n}\alpha_{k}}{\alpha_p\prod_{k=m+1}^n \alpha_{k}} =\frac{\alpha_{n+1}}{\alpha_m}\cdot \end{align*}
  Exemple 17 Si $u$ est une suite géométrique de raison $q$, retrouver l'expression simplifiée de $\sum_{k=m}^n u_k$ à l'aide d'une simplification télescopique.
  Soit $S = \sum_{k=m}^n u_k$. Alors : \begin{align*} q\,S-S &= q\,\sum_{k=m}^n u_k -\sum_{k=m}^n u_k\\ &= \sum_{k=m}^n q\,u_k - \sum_{k=m}^n u_k \\ &= \sum_{k=m}^n (u_{k+1}-u_k)\\ &= u_{n+1} -u_{m}.\vphantom{\big|} \end{align*}
  Exemple 18
  
  Déterminer deux nombres $a$ et $b$ vérifiant : $\ds\fa{k\in\N^*} \frac{1}{k\,(k+1)}=\frac{a}{k+1}+\frac{b}{k}\cdot$
  Soit $k\in\N^*$. En réduisant au même dénominateur, on a : $$\frac{a}{k+1}+\frac{b}{k}=\frac{k\,a+(k+1)\,b}{k\,(k+1)}=\frac{k\,(a+b)+b}{k(k+1)}\cdot$$ Pour avoir l'égalité demandée, il suffit de prendre $b=1$ et $a=-1$. Donc : $$\fa{k\in\N^*}\frac{1}{k\,(k+1)}=\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\cdot$$
  
  Pour $n\in\N^*$, en déduire une écriture simplifiée de $\ds S = \sum_{k=1}^n\frac{1}{k\,(k+1)}\cdot$
  Soit $n\in\N^*$. De ce qui précède, on a : $$\ds\sum_{k=1}^n\frac{1}{k\,(k+1)}=\sum_{k=1}^n\Big(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\Big)\cdot$$ Par télescopage, on obtient : $$\ds \sum_{k=1}^n\frac{1}{k\,(k+1)}=1-\frac{1}{n+1}=\frac{n}{n+1}\cdot$$
  Exemple 19 Pour $n\in\N^*$, simplifier $\ds S_n = \sum_{k=1}^n\ln\Big(1+\frac{1}{k}\Big)\cdot$
  Il doit être immédiat de transformer ce qui est à l'intérieur du logarithme en un quotient, et donc $\ldots$
  $\ldots$ chacun des logarithmes en une différence.
  
  Calcul
  On a : \begin{align*} S_n &=\sum_{k=1}^n\ln\Big(1+\frac{1}{k}\Big)\\\\ &=\sum_{k=1}^n\ln \Big(\frac{k+1}{k}\Big)\\\\ &=\sum_{k=1}^n\big(\ln(k+1)-\ln k\big), \end{align*} ce qui, par télescopage, donne : \[ S_n = \ln (n+1) - \ln 1 = \ln (n+1). \]
  Exemple 20
  
  En utilisant $\alpha_k = k\,(k-1)\,(k-2)$, simplifier $S_n = \sum_{k=1}^n k\,(k-1)$.
  Commencer par calculer $\alpha_{k+1}-\alpha_k$.
  Si pour tout $k\in\N$, on pose $\alpha_k = k\,(k-1)\,(k-2)$, alors : \begin{align*} \alpha_{k+1}-\alpha_k &=(k+1)\,(k)\,(k-1)-k\,(k-1)\,(k-2)\\\\ &= k\,(k-1)\,\big((k+1)-(k-2)\big)\\\\ &= 3\,k\,(k-1). \end{align*} On en déduit : \begin{align*} 3\, S_n &= \sum_{k=1}^n (\alpha_{k+1}-\alpha_k) \\\\ &= \alpha_{n+1}-\alpha_1\\\\ &= n\,(n-1)\,(n+1), \end{align*} et donc : \[ S_n = \frac{n\,(n-1)\,(n+1)}{3}\cdot \]
  
  Retrouver la valeur de $\sum_{k=1}^n k^{2}$.
  Comme : \[ S_n = \sum_{k=1}^n k\,(k-1) = \sum_{k=1}^n k^{2} - \sum_{k=1}^n k, \] on en déduit : \begin{align*} \sum_{k=1}^n k^{2} &= S_n + \sum_{k=1}^n k\\\\ &= \frac{n\,(n-1)\,(n+1)}{3} + \frac{n\,(n+1)}{2}\\\\ &= \frac{n\,(n+1)\big(2(n-1)+3\big)}{6}\\\\ &=\frac{n\,(n+1)\,(2n+1)}{6}\cdot \end{align*}
  Exemple 21 (utilise la formule du binôme)
  Calculer $\sum_{k=0}^n \big((k+1)^4-k^4\big)$ de deux manières, et en déduire $\sum_{k=1}^n k^{3}$.
  Soit $n\in\N^*$. Calculons $S=\sum_{k=0}^n \big((k+1)^4-k^4\big)$ de deux manières différentes.
  
  D'une part, par simplification télescopique, on a : $$ S = \sum_{k=0}^n \big((k+1)^4-k^4\big) = (n+1)^4.$$
  
  D'autre part, comme la formule du binôme donne : $$ \fa{k\in\ceo 0, n\cef} (k+1)^4-k^4 = 4\,k^3+6\,k^2+4\,k+1,$$ on a : \begin{align*} S &=4\sum_{k=0}^n k^3+6\sum_{k=0}^n k^2+4\sum_{k=0}^n k +\sum_{k=0}^n 1\\ &=4\sum_{k=1}^n k^3+6\sum_{k=1}^n k^2+4\sum_{k=1}^n k +\sum_{k=0}^n 1\\ &=4\sum_{k=1}^n k^3 + n\,(n+1)\,(2n+1) + 2\,n\,(n+1) + (n+1). \end{align*}
  En identifiant les deux expressions de $S$, on obtient : \begin{align*} 4\sum_{k=1}^n k^3 &= (n+1)^4 - n\,(n+1)\,(2n+1) - 2\,n\,(n+1) - (n+1)\\ &= (n+1)\,\big((n+1)^3 - n\,(2n+1) - 2\,n - 1\big)\\ &= (n+1)\,(n^{3}+n^{2})\vphantom{\Bigg|}\\ &= n^{2}\,(n+1)^{2}\vphantom{\big|}, \end{align*} ce qui donne : $$\sum_{k=1}^n k^3= \frac{n^{2}\,(n+1)^{2}}{4}\cdot$$
  Remarque La méthode précédente permet de simplifier, de proche en proche, les sommes des puissances $p$^es des premiers entiers ; on aurait pu aussi l'utiliser pour la somme des carrés au lieu de la méthode utilisée dans l'exercice précédent.
4. Factorisation de $ a^n-b^n$ et suite géométrique
  Proposition 3 Pour $n\in\N^*$ et $(a,b)\in\C^2$, on a : $$a^n-b^n =(a-b)\bigg(\sum_{k=0}^{n-1}a^k\,b^{n-1-k}\bigg).$$ ce que l'on peut écrire à l'aide de « $\ldots$ »
  \[ a^n-b^n =(a-b)(a^{n-1}+a^{n-2}\,b+\cdots + a\,b^{n-2}+b^{n-1}). \]
  
  Justification
  Développer : $$(a-b)\bigg(\sum_{k=0}^{n-1}a^k\,b^{n-1-k}\bigg),$$ puis utiliser une simplification télescopique.
  Par distributivité de la multiplication, on a : \begin{align*} (a-b)\bigg(\sum_{k=0}^{n-1}a^k\,b^{n-1-k}\bigg) &=\sum_{k=0}^{n-1}\big(a^{k+1}\,b^{n-1-k}-a^{k}b^{n-k}\big)\\ &=\sum_{k=0}^{n-1}\big(a^{k+1}\,b^{n-(k+1)}-a^k\,b^{n-k}\big). \end{align*} Par simplification télescopique
  En posant : \[ u_k = a^k\,b^{n-k} \] on a : \[ a^{k+1}\,b^{n-(k+1)}-a^k\,b^{n-k} = u_{k+1} - u_{k}. \] et donc : \[ (a-b)\bigg(\sum_{k=0}^{n-1}a^k\,b^{n-1-k}\bigg) = u_{n} - u_{0} = a^{n} -b^{n}. \]
  , on en déduit : \[ (a-b)\bigg(\sum_{k=0}^{n-1}a^k\,b^{n-1-k}\bigg) = a^{n} -b^{n}. \]
  Méthode Si un jour vous hésitez par exemple entre : \[ a^{n}-b^{n}=(a-b) \bigg(\sum_{k=0}^{n-1}a^{n-1-k}\,b^{k}\bigg) \et a^{n}-b^{n}=(a-b) \bigg(\sum_{k=0}^{n}a^{n-k}\,b^{k}\bigg) \]
  
  il n'est absolument pas interdit de regarder
  
  le cas particulier $n=2$ que vous connaissez depuis longtemps ;
  \[ a^{2}-b^{2} = (a-b)\,(a+b). \]
  
  le cas particulier $n=3$ qu'il faut pouvoir écrire sans réfléchir ;
  \[ a^{3} -b^{3} =(a-b)\,(a^{2} +a\, b+b^{2}). \] En cas de doute, un calcul mental rapide devrait vous permettre de vérifier instantanément cette formule.
  
  des considérations d'homogénéité peuvent aussi aider.
  Comme pour les cas particuliers déjà rencontrés, le terme : \[ \sum_{k=0}^{n-1}\,a^{n-1-k}\,b^{k} = a^{n-1}+a^{n-2}\,b+a^{n-3}\,b^{2}+\cdots +a\,b^{n-2}+b^{n-1} \] est homogène de degré $n-1$ ; cela peut s'interpréter de diverses façons :
  
  c'est une somme de termes de la forme $a^{n-1-k}\,b^{k}$ où la somme des puissances utilisées vaut : $$(n-1-k)+k=n-1\,\,;$$
  
  si l'on remplace $a$ et $b$ respectivement par $t a$ et $t b$ où $t$ est un réel (voire un complexe), alors le résultat est multiplié par $t^{n-1}$ ;
  
  dans le cas particulier $n=3$, si $a$ et $b$ représentent des longueurs, alors :
  
  $a^3-b^3$ représente un volume,
  
  $a-b$ représente une longueur et $a^2+a\,b+b^2$ représente une surface ;
  On retrouve l'équation aux dimensions (cf. Physique) : \[ \text{Volume} = \text{Longueur} \times \text{Surface}. \] Par « homogénéité physique », les termes dont la surface est une somme ne peuvent être que des surfaces.
  Exemple 22 Pour $n\in\N$, donner une factorisation de $a^{2n+1}+b^{2n+1}$.
  Comme l'exposant de $b$ est impair, on peut utiliser $-b$.
  Étant donné que : \[ a^{2n+1}+b^{2n+1}=a^{2n+1}-(-b)^{2n+1}, \] la formule précédente nous donne : \begin{align*} a^{2n+1}+b^{2n+1} &=(a+b)\,\sum_{k=0}^{2n}a^k\,(-b)^{2n-k}\\ &=(a+b)\,\sum_{k=0}^{2n}(-1)^{2n-k}\,a^k\,b^{2n-k}\\ &=(a+b)\,\sum_{k=0}^{2n}(-1)^{k}\,a^k\,b^{2n-k}. \end{align*}
  
  Proposition 4 Pour $a\in\C\setminus\{1\}$ et $n\in\N$, on a : $\ds \sum_{k=0}^n a^k=\frac{1-a^{n+1}}{1-a}\cdot \hskip10ex (i)$
  Méthode Il faut absolument associer à l'égalité $(i)$ sa forme sans dénominateur.
  En multipliant par $(1-a)$, on voit que $(i)$ est équivalente à : \[ 1-a^{n+1} = (1-a)\,\sum_{k=0}^n a^k\tag{$ii$} \] alors il est immédiat que c'est un cas particulier de la factorisation de la proposition précédente.
  
  De plus, avec l'écriture $(ii)$, il n'y a aucun risque de vous tromper sur la puissance de $a$ qu'il faut mettre à gauche. En effet, comme :
  
  le terme $(1-a)$ est une expression polynomiale de degré $1$,
  
  le terme $\sum_{k=0}^n a^k$ est une expression polynomiale de degré $n$,
  il est immédiat que le produit doit être de degré $n+1$. Si vous vous habituez à passer mentalement de $(i)$ à $(ii)$, vous n'aurez plus d'angoisse pour écrire la formule donnant la somme des $n+1$ premiers termes d'une suite géométrique.
  Au fait, que vaut $\sum_{k=0}^n a^k$ lorsque $a=1$ ?
  Attention au nombre de termes.
  Si $a=1$, on a $\sum_{k=0}^n a^k = n+1$.
  Exemple 23 Pour $a\in\C\setminus\{1\}$ et $(m, n)\in\N^2$ tel que $m\leq n$, simplifier $\ds \sum_{k=m}^n a^k $
  On peut :
  
  mettre $a^{m}$ en facteur ;
  \begin{align*} \sum_{k=m}^n a^k &= a^{m} \sum_{k=p}^n a^{k-m}\\ &= a^{m}\, \sum_{\ell=0}^{n-m} a^{k}\\ &= a^{m} \,\frac{1-a^{n-m+1}}{1-a}\\ &= \frac{a^m-a^{n+1}}{1-a}\cdot \end{align*}
  
  écrire cette somme comme une différence.
  \begin{align*} \sum_{k=m}^n a^k &= \sum_{k=0}^n a^k - \sum_{k=0}^{m-1} a^k \\\\ &= \frac{1-a^{n+1}}{1-a} - \frac{1-a^{m}}{1-a}\\\\ &= \frac{a^m-a^{n+1}}{1-a}\cdot \end{align*}
Regroupements de termes
1. Généralisation de la relation de Chasles, sommes et produits vides
  Notations Soit $m$ et $n$ deux entiers naturels vérifiant $m \leq n$. On pose $I=\ceo m,n \cef$ et l'on considère $a_m,\ldots,a_n$ des éléments de $\C$.
  
  On a déjà vu que la somme $\sum_{k=m}^{n} a_k$ se note aussi $\sum_{k\in I} a_k$.
  
  Plus généralement si $I'$ est un sous-ensemble non vide de $I$ (pas forcément un intervalle), alors $\sum_{k\in I'}a_k$ désigne la somme des nombres complexes $a_k$ pour $k\in I'$.
  On utilise des notations analogues pour un produit $\prod_{k\in I}a_k$ et $\prod_{k\in I'}a_k$.
  - Si $I_1$ et $I_2$ sont deux sous-ensembles de $I$, non vides et disjoints, comment transformer
    
    d'une part $\sum_{k\in I_1}a_k+\sum_{k\in I_2}a_k$ ?
    On a de façon évidente : \[ \sum_{k\in I_1}a_k+\sum_{k\in I_2}a_k = \sum_{k\in I_1\cup I_2} a_k. \]
    
    d'autre part $\Big(\prod_{k\in I_1}a_k\Big)\,\Big(\prod_{k\in I_2}a_k\Big)$ ?
    On a de façon évidente : \[ \bigg(\prod_{k\in I_1}a_k\bigg)\,\bigg(\prod_{k\in I_2}a_k\bigg) = \prod_{k\in I_1\cup I_2} a_k. \]
  - Comment donc définir $\sum_{k\in\emptyset} a_k$ et $\prod_{k\in\emptyset} a_k$ ?
    Si l'on veut que les relations précédentes restent valables lorsque $I_1=\emptyset$ ou $I_2=\emptyset$, il suffit de poser : $$\sum_{k\in\emptyset} a_k=0\quad\et\quad\prod_{k\in\emptyset} a_k=1.$$ Nous prenons à partir de maintenant ces conventions.
  Avec ces conventions on obtient une forme plus générale de la relation de Chasles : si $I_1$ et $I_2$ sont deux sous-ensembles de $I$ qui sont disjoints, alors :
  \[ \sum_{k\in I_1\cup I_2} a_k = \sum_{k\in I_1}a_k+\sum_{k\in I_2}a_k \et \prod_{k\in I_1\cup I_2} a_k = \bigg(\prod_{k\in I_1}a_k\bigg)\,\bigg(\prod_{k\in I_2}a_k \bigg) . \] Au fait, pourquoi plus générale ?
  Parce qu'ici, on n'a pas supposé les ensembles non vides.
  Exemple 24 Expliquer pourquoi on peut maintenant, pour $\sum_{k=m}^n a_k$ ou $\prod_{k=m}^n a_k$, d'écrire une relation de Chasles avec tout entier $p\in\ceo m,n\cef$.
  
  Pour écrire : \[ \sum_{k=m}^n a_k = \sum_{k=m}^p a_k + \sum_{k=p+1}^n a_k \tag{$*$} \] on avait jusque là supposé $ p < n$, pour pouvoir parler de : \[ \sum_{k=p+1}^n a_k. \] Mais avec la convention $\sum_{k\in\emptyset} a_k=0$, la relation $(*)$ devient valable même pour $p=n$, puisque : \[ \ceo n+1,n \cef = \big\{ n+1 \leq k \leq n \big\} = \emptyset \et[et donc] \sum_{k=n+1}^n a_k = 0. \] Il en est de même pour les produits.
  
  Pour écrire : \[ \prod_{k=m}^n a_k = \bigg( \prod_{k=m}^p a_k \bigg)\,\bigg( \prod_{k=p+1}^n a_k\bigg) \tag{$*$} \] on avait jusque là supposé $ m < p$, pour pouvoir parler de : \[ \prod_{k=m}^{p-1} a_{k}. \] Mais avec la convention $\prod_{k\in\emptyset} a_k=1$, la relation $(*)$ devient valable même pour $p=m$, puisque : \[ \ceo m,m-1 \cef = \big\{ m \leq k \leq m-1 \big\} = \emptyset \et[et donc] \prod_{k=n}^{m-1} a_k = 1. \] Il en est de même pour les sommes.
  Remarque Utilisée avec le produit, la convention précédente permet de donner une unique définition de la fonction factorielle : \[ \fa{n\in\N} n! =\prod_{k=1}^n k, \] puisque, pour $n=0$, le produit est vide est vaut donc $1$.
  Exemple 25 Pour $1 \leq m \leq n$, exprimer $\ds \prod_{k=m}^n k$ à l'aide de factorielles.
  
  On a déjà établi cette relation en supposant $2 \leq m$, en écrivant : \[ \prod_{k=m}^n k = \frac{\prod_{k=1}^n k}{\prod_{k=1}^{m-1} k} = \frac{n!}{(m-1)!}\cdot \] Avec notre convention sur les produits vides, l'égalité : \[ \prod_{k=m}^n k = \frac{\prod_{k=1}^n k}{\prod_{k=1}^{m-1} k} \] reste vraie pour $m=1$ et puisque le dénominateur vaut alors $1$.
  
  Et pour $m=0$ au fait ?
  L'écriture : \[ \prod_{k=m}^n k = \frac{n!}{(m-1)!} \] n'a alors aucun sens puisque l'on n'a pas défini $(-1)!$.
  Exemple 26 Comment transformer $\sum_{k\in I_1} a_k + \sum_{k\in I_2}a_k$ sans l'hypothèse $I_1 \cap I_2=\emptyset$ ?
  Comme on compte deux fois les $a_k$ pour $k\in I_1 \cap I_2$, on a :
  \[ \sum_{k\in I_1} a_k + \sum_{k\in I_2}a_k = \sum_{k\in I_1 \cup I_2} a_k + \sum_{k\in I_1 \cap I_2}a_k. \]
  
  Remarque On peut utiliser la notation $\Sigma$ (resp. $\Pi$) pour faire, sans même les indicer, la somme (resp. le produit) des éléments d'un ensemble fini de nombres complexes.
  Exemple 27 En notant $\mathcal{P}_{20}$ l'ensemble des nombres premiers inférieurs à $20$, calculer $\sum_{k\in \mathcal{P}_{20}} k$.
  Étant donné que : $$\mathcal{P}_{20}=\{2,\,3,\,5,\,7,\,11,\,13,\,17,\,19\},$$ on a : $$\sum_{k\in \mathcal{P}_{20}} k= 2+3+5+7+11+13+17+19 = 77.$$ Cette somme se note aussi $\sum_{\substack{1\leq k\leq 20\\k\,\text{premier}}} k$.
2. Sélection des termes d'indice pair ou impair
  Dans ce qui suit, $I$ désigne un ensemble fini d'entiers.
  Étant donné une somme $S=\sum_{k\in I}a_k$, si l'on désigne par :
  
  par $I_1$ l'ensemble des éléments impairs de $I$,
  
  par $I_2$ l'ensemble des éléments pairs de $I$,
  on a évidemment : \[ S=\sum_{k\in I_1}a_k+\sum_{k\in I_2}a_k, \] ce qui s'écrit encore : \[ S=\sum_{\substack{k\in I\\k\text{ impair}}} a_k+\sum_{\substack{k\in I\\k\text{ pair}}} a_k. \]
  Exemple 28 Donner une formule analogue pour un produit.
  Pour un produit, on a : \[ \prod_{k\in I}a_k = \bigg(\prod_{k\in I_1} a_k\bigg) \, \bigg( \prod_{k\in I_2}a_k \bigg). \]
  
  Exemple 29 Que penser de la relation suivante $\ds\prod_{k=1}^n a_{2k} = \prod_{\ell=2}^{2n} a_{\ell}$ ?
  Cette formule est en général fausse.
  Le produit de gauche contient $n$ termes, alors que celui de droite en contient $2n-1$.
  
  Par exemple, pour $n=3$, ces produits valent :
  \[ \prod_{k=1}^n a_{2k} = a_2\,a_4\,a_6\,, \] alors que : \[ \prod_{\ell=2}^{2n} a_{\ell} = a_2\,a_3\,a_4\,a_5\,a_6\, . \] qui, en général, n'ont aucune raison d'être égaux.
  Exemple 30 Soit $n$ un entier naturel non nul. Calculer la somme : $$S=\sum_{k=0}^{2n} 2^k\,\cos\Big(\frac{k\,\pi}{2}\Big),$$ en séparant les termes pairs et impairs.
  
  Tous les termes d'indice impair de la somme sont nuls.
  En effet si $k$ est impair avec $k=2k'+1$, alors : \[ \cos\Big(\frac{k\,\pi}{2}\Big)= \cos\Big(\frac{\pi}{2}+k'\pi\Big) = 0. \]
  
  En désignant par $I_2$ l'ensemble des entiers pairs de l'intervalle $\ceo 0,2n\cef$, on a donc : \[ S =\sum_{k\in I_2} 2^k\,\cos\Big(\frac{k\,\pi}{2}\Big)\cdot \] Le changement d'indice $k=2\,\ell$ permet d'obtenir tous les $k\in I_2$ en faisant varier $\ell$ de $0$ à $n$, ce qui donne : \[ S=\sum_{\ell=0}^n 2^{2\ell}\,\cos\Big(\frac{2\,\ell\,\pi}{2}\Big) =\sum_{\ell=0}^n 4^{\ell}\,\cos(\ell\,\pi) =\sum_{\ell=0}^n 4^{\ell}\,(-1)^{\ell}. \] $S$ est donc la somme des premiers termes d'une suite géométrique, et vaut : \[ S=\sum_{\ell=0}^n (-4)^\ell=\frac{1-(-4)^{n+1}}{5}\cdot \]
  Exemple 31 Soit $n\in\N$ et $a_1$, $\ldots$, $a_n$ des complexes. On pose $I=\ceo 0,n\cef$, et : \[ S_n = \sum_{k\in I} a_k = \sum_{k=0}^n a_k. \]
  
  On suppose ici $n$ pair et $n=2m$ avec $m\in\N$.
  Expliciter deux ensembles $J_1$ et $J_2$ tels que :
  
  lorsque $\ell $ décrit $J_1$, alors $2\ell +1$ décrit l'ensemble $I_1$ des éléments impairs de $I$ ;
  L'ensemble $J_1$ est constitué des entiers $k$ impairs, donc de la forme $k=2\ell+1$ vérifiant : \[ 1 \leq k = 2\ell + 1 \leq n = 2m, \] ou encore : \[ 0 \leq \ell \leq \frac{2m-1}{2} = m - \frac{1}{2}\cdot \] Comme il s'agit d'entiers, cela équivaut à : \[ 0 \leq \ell \leq m-1, \] et donc $J_1 = \ceo 0,m-1 \cef$.
  
  lorsque $\ell $ décrit $J_2$, alors $2\ell $ décrit l'ensemble $I_2$ des éléments pairs de $I$.
  L'ensemble $J_2$ est constitué des entiers $k$ pairs, donc de la forme $k=2\ell$ vérifiant : \[ 1 \leq k = 2\ell \leq n = 2m, \] ou encore : \[ 0 \leq \ell \leq m , \] et donc $J_2 = \ceo 0,m\cef$.
  
  En déduire un écriture du type : $S_n = \sum_{k=?}^? a_{2k}+\sum_{k=?}^? a_{2k+1}$.
  En séparant les termes d'indices impairs de ceux d'indices pairs, on a : \[ S =\sum_{\ell\in J_2} a_{2\ell}+\sum_{\ell\in J_1} a_{2\ell+1} =\sum_{\ell=0}^{m} a_{2\ell}+\sum_{\ell=0}^{m-1} a_{2\ell+1}. \]
  
  Mêmes questions lorsque $n$ est impair avec $n =2m+1$.
  
  L'ensemble $J_1$ est constitué des entiers $k$ impairs, donc de la forme $k=2\ell+1$ vérifiant : \[ 1 \leq k = 2\ell + 1 \leq n =2m+1, \] ou encore : \[ 0 \leq \ell \leq m. \]
  
  L'ensemble $J_2$ est constitué des entiers $k$ pairs, donc de la forme $k=2\ell$ vérifiant : \[ 1 \leq k = 2\ell \leq n = 2m+1 , \] ou encore : \[ 0 \leq \ell \leq \frac{2m+1}{2}=m+\frac{1}{2}\cdot \] Comme il s'agit d'entiers, cela équivaut à : \[ 0 \leq \ell \leq m. \]
  En séparant les termes d'indices impairs de ceux d'indices pairs, on a : \[ S =\sum_{\ell\in J_1} a_{2\ell+1}+\sum_{\ell\in J_2} a_{2\ell} =\sum_{\ell=0}^{m} a_{2\ell+1} +\sum_{\ell=0}^{m} a_{2\ell}. \]
  
  Mêmes questions dans le cas général.
  
  L'ensemble $J_1$ est constitué des entiers $k$ impairs, donc de la forme $k=2\ell+1$ vérifiant : \[ 1 \leq k = 2\ell + 1 \leq n, \] ou encore : \[ 0 \leq \ell \leq \frac{n-1}{2}\cdot \] Comme il s'agit d'entiers, cela équivaut à : \[ 0 \leq \ell \leq \Big\lfloor\frac{n-1}{2}\Big\rfloor. \] Rappel éventuel sur la notation $\lfloor\,\,\,\rfloor$ qui désigne $\ldots$
  $\ldots$ la partie entière. Si $x$ est un réel quelconque, alors sa partie entière, notée $\lfloor x \rfloor$, est le plus grand entier inférieur ou égal à $x$.
  
  L'ensemble $J_2$ est constitué des entiers $k$ pairs, donc de la forme $k=2\ell$ vérifiant : \[ 1 \leq k = 2\ell \leq n , \] ou encore : \[ 0 \leq \ell \leq \frac{n}{2}\cdot \] Comme il s'agit d'entiers, cela équivaut à : \[ 0 \leq \ell \leq \Big\lfloor\frac{n}{2}\Big\rfloor. \]
  En séparant les termes d'indices impairs de ceux d'indices pairs, on a : \[ S =\sum_{\ell\in J_1} a_{2\ell+1}+\sum_{\ell\in J_2} a_{2\ell} =\sum_{\ell=0}^{\lfloor\frac{n-1}{2}\rfloor} a_{2\ell+1} +\sum_{\ell=0}^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor} a_{2\ell}. \]
  Méthode Pour éviter toute erreur lors d'une telle partition entre termes d'indices pairs et impairs, il est indispensable de repenser aux inégalités vues dans l'exercice précédent.
3. Sommation par paquets
  Dans certains calculs, le fait de regrouper les termes par paquets permet de faire apparaître des simplifications.
  Exemple 32 Soit $n\in\N^*$.
  
  Simplifier la somme $\ds S_{2n}=\sum_{k=1}^{2n}(-1)^{k} k$ en regroupant les termes deux à deux.
  On a : $$S_{2n}=-1+2-3+4-5+6-\cdots-(2n-1)+2n.$$ En regroupant alors les termes deux à deux, il vient : \begin{align*} S_{2n} &=(-1+2)+(-3+4)+(-5+6)+\cdots+\big(-(2n-1)+2n\big)\\\\ &=\phantom{(-}\underbrace{\phantom{(1}1\phantom{+2)}+\phantom{(-1}1\phantom{+2)}+\phantom{(-1}1\phantom{+2)} +\cdots+\phantom{(-1}1\phantom{+}}_{n \text{termes}}\\\\ &=n. \end{align*}
  
  Remarque Si l'on veut être plus formel et éviter le recours aux « $\ldots$ », alors, en notant $a_k=(-1)^k k$, on peut écrire : \[S_{2n} = \sum_{k=1}^{2n} a_k = \sum_{\ell=1}^{n}\big(a_{2\ell-1}+a_{2\ell}\big).\] Étant donné que : $$\fa{\ell\in\ceo 1,n\cef} a_{2\ell-1}+a_{2\ell} = -(2\ell-1)+2\ell = 1,$$ on a : $$S_{2n}=\sum_{k=1}^{2n} a_k = \sum_{\ell=1}^n\big(a_{2\ell-1}+a_{2\ell}\big) =\sum_{k=1}^{n} 1 = n.$$
  
  Comment calculer $\ds S_{2n+1}=\sum_{k=1}^{2n}(-1)^{k} k$ ?
  On a tout simplement : \[ S_{2n+1} = S_{2n} +(-1)^{2n+1} (2n+1) = n - (2n+1) = -(n+1). \]
  Exemple 33 Pour tout $n\in\N$, simplifier $S_{n}=\sum_{k=0}^{n}(k+1)\,i^{k}$.
  Commencer par regrouper par paquets de quatre (quand c'est possible évidemment
  C'est-à-dire lorsque $n$ est de la forme $4\,p-1$, puisque $S_n$ contient $n+1$ termes.
  )
  
  Solution
  
  Supposons $n=4\,p-1$ avec $p\in\N^{*}$. En regroupant par paquets de $4$ termes, on a : \begin{align*} C_{4\,p-1} &= \big(1+2\,i-3-4\,i\big) + \big(5+6\,i-7-8\,i\big)+ \cdots \\ &+\big(( 4\,k-3) +( 4\,k-2) \,i-( 4\,k-1)-( 4\,k) \,i\big) \\ &+\cdots +\big( ( 4\,p-3) +( 4\,p-2) \,i -(4\,p-1) -( 4\,p) \,i \big) \end{align*} Chacun de ces $p$ paquets valant : \[ \big(( 4\,k-3) +( 4\,k-2) \,i-( 4\,k-1)-( 4\,k) \,i\big) = -2-2\,i \] on a directement : \[ C_{4\,p-1}=p\,(-2-2\,i) = -2\,p-2\,i\,p. \] On en déduit : \begin{align*} C_{4\,p} &= C_{4\,p-1}+4\,p+1=2\,p+1-2\,p\,i \\ C_{4\,p+1} &= C_{4\,p}+\left( 4\,p+2\right) \,i=2\,p+1-\left( 2\,p+2\right) \,i\\ C_{4\,p+2} &= C_{4\,p+1}-\left( 4\,p+3\right) =-2\,p-2-\left( 2\,p+2\right) \,i. \end{align*} On peut remarquer que les trois formules précédentes restent valables pour $p=0$.
  Méthode Comme dans les exemples précédents, c'est le plus souvent l'écriture avec des « $\ldots$ » qui permet de se rendre compte des simplifications que peut apporter un un regroupement de termes.

Sommes doubles

Un premier exemple
Pour certaines familles de nombres complexes, ce n'est pas le rangement en ligne avec un seul indice (comme les listes) qui est le plus idéal pour les visualiser, c'est plutôt le rangement en tableau (on parle aussi de matrice) avec un indice de ligne et un indice de colonne.
Exemple 34 Soit $n$ et $m$ deux entiers naturels non nuls. Si l'on veut écrire tous les nombres de la forme $(k+\ell)$ avec $1 \leq k \leq n$ et $1 \leq \ell \leq m$, il est préférable de les ranger dans un tableau comme ci-dessous. \[ \begin{array}{c|ccccccc} & \ell=1 & \ell=2 & \ell=3 & \ldots &\ldots &\ldots & \ell = m \vphantom{\Big|}\\ \hline k=1 & 2 & 3 & 4 & \ldots &\ldots &\ldots & 1+m \vphantom{\Big|} \\ k=2 & 3 & 4 & 5 & \ldots &\ldots &\ldots & 2+m \vphantom{\Big|} \\ k=3 & 4 & 5 & 6 & \ldots &\ldots &\ldots & 3+m \vphantom{\Big|} \\ \vdots &\vdots&\vdots&\vdots&&&&\vdots\vphantom{\Big|}\\ k=n & n+1 & n+2 & n+3 & \ldots &\ldots &\ldots & n+m \vphantom{\Big|} \\ \end{array} \] Pour faire la somme de tous ces éléments,
- on peut commencer par faire la somme des éléments de chaque ligne,
  \[ \begin{array}{c|ccccccccc} & \ell=1 & \ell=2 & \ell=3 & \ldots &\ell &\ldots & \ell = m \vphantom{\Bigg|}\\ \hline k=1 & 2 & 3 & 4 & \ldots &1+\ell &\ldots & 1+m \vphantom{\Bigg|} \\ k=2 & 3 & 4 & 5 & \ldots &2+\ell &\ldots & 2+m \vphantom{\Bigg|} \\ k=3 & 4 & 5 & 6 & \ldots & 3+\ell &\ldots & 3+m \vphantom{\Bigg|} \\ \vdots &\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots&&\vdots\vphantom{\Bigg|}\\ k & k+1 & k+2 & k+3 & \ldots &k+\ell &\ldots & k+m \vphantom{\Bigg|} \\ \vdots &\vdots&\vdots&\vdots&&&&\vdots\vphantom{\Bigg|}\\ k=n & n+1 & n+2 & n+3 & \ldots &n+\ell &\ldots & n+m \vphantom{\Bigg|} \\ \end{array} \begin{array}{c} \vphantom{\Bigg|}\\ \rightarrow L_1 =\sum_{\ell=1}^{m}(1+\ell)\vphantom{\Bigg|}\\ \rightarrow L_2 =\sum_{\ell=1}^{m}(2+\ell)\vphantom{\Bigg|}\\ \rightarrow L_3 =\sum_{\ell=1}^{m}(3+\ell)\vphantom{\Bigg|}\\ \vdots \vphantom{\Bigg|}\\ \rightarrow L_k =\sum_{\ell=1}^{m}(k+\ell)\vphantom{\Bigg|}\\ \vdots \vphantom{\Bigg|}\\ \rightarrow L_n =\sum_{\ell=1}^{m}(n+\ell)\vphantom{\Bigg|}\\ \end{array} \] puis faire la somme de sous-totaux obtenus.
  Pour tout $k\in\ceo 1,n\cef$, on a : \[ L_k = \sum_{\ell=1}^{m}(k+\ell), \] et la somme $S$ de tous les éléments du tableau est donc égale à : \begin{align*} S &= L_1+L_2+\cdots+L_n\\ &=\sum_{k=1}^{n} L_k\\ &=\sum_{k=1}^{n} \bigg(\sum_{\ell=1}^{m}(k+\ell)\bigg) \end{align*} ce que l'on écrit aussi sans parenthèse : \[ S = \sum_{k=1}^{n} \sum_{\ell=1}^{m}(k+\ell). \] Fin du calcul
  Pour $k\in\ceo 1,n\cef$ fixé, on a : \begin{align*} \sum_{\ell=1}^{m}(k+\ell) &= \sum_{\ell=k+1}^{k+m}l &(i) \\ \\ &= m \, \frac{2k+m+1}{2} &(ii)\\ \\ &= \frac{m^{2}+m}{2}+ k\,m. \end{align*} Explications éventuelles pour le passage de $(i)$ à $(ii)$
  
  Comme $k$ varie de $1$ à $m$, il s'agit de la somme de $m$ termes consécutifs d'une suite arithmétique.
  
  Cette somme est donc égale à $m$ fois la moyenne des termes extrêmes.
  
  Par suite, on a : \begin{align*} \sum_{k=1}^{n} \bigg(\sum_{\ell=1}^{m}(k+\ell)\bigg) &= n\,\frac{m^{2}+m}{2} + m\,\sum_{k=1}^{n} k \\ \\ &= n\,\frac{m^{2}+m}{2} + m\, \frac{n\,(n+1)}{2}\\ \\ &= \frac{n\,m\,(n+m+2)}{2}\cdot \end{align*} Comment vérifier un tel résultat ?
  Le résultat doit être symétrique en $n$ et $m$, et dans le cas particulier $m=1$, il s'agit de la somme de termes d'une suite arithmétique simple.
- on peut commencer par faire la somme des éléments de chaque colonne,
  \[ \begin{array}{c|ccccccccc} & \ell=1 & \ell=2 & \ell=3 & \ldots &\ell &\ldots & \ell = m \vphantom{\Bigg|}\\ \hline k=1 & 2 & 3 & 4 & \ldots &1+\ell &\ldots & 1+m \vphantom{\Bigg|} \\ k=2 & 3 & 4 & 5 & \ldots &2+\ell &\ldots & 2+m \vphantom{\Bigg|} \\ k=3 & 4 & 5 & 6 & \ldots & 3+\ell &\ldots & 3+m \vphantom{\Bigg|} \\ \vdots &\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots&&\vdots\vphantom{\Bigg|}\\ k & k+1 & k+2 & k+3 & \ldots &k+\ell &\ldots & k+m \vphantom{\Bigg|} \\ \vdots &\vdots&\vdots&\vdots&&&&\vdots\vphantom{\Bigg|}\\ k=n & n+1 & n+2 & n+3 & \ldots &n+\ell &\ldots & n+m \vphantom{\Bigg|} \\
  &\downarrow&\downarrow&\downarrow&&\downarrow&&\downarrow\\ &C_1&C_2&C_3&&C_\ell&&C_m\\ &\sum_{k=1}^{n}(k+1)&\sum_{k=1}^{n}(k+2)&\sum_{k=3}^{n}(k+3) &\cdots&\sum_{k=1}^{n}(k+\ell)&\ldots&\sum_{k=1}^{n}(k+m) \end{array} \] puis faire la somme de sous-totaux obtenus.
  Pour tout $\ell\in\ceo 1,m\cef$, on a : \[ C_l = \sum_{k=1}^{n}(k+\ell) \] et la somme $S$ de tous les éléments du tableau est donc égale à : \begin{align*} S &= C_1+C_2+\cdots+C_m\\ &= \sum_{k=1}^{m} C_k\\ &=\sum_{\ell=1}^{m} \bigg(\sum_{k=1}^{n}(k+\ell)\bigg) \end{align*} ce que l'on écrit aussi sans parenthèse : \[ S =\sum_{\ell=1}^{m} \sum_{k=1}^{n}(k+\ell). \] Fin du calcul
  Pour $\ell\in\ceo 1,m\cef$ fixé, on a : \begin{align*} \sum_{k=1}^{n}(k+\ell) &= \sum_{k=\ell+1}^{\ell+n}l \\\\ &= n \, \frac{2\ell+n+1}{2}\\\\ &= \frac{n^{2}+n}{2}+ \ell \,n. \end{align*} Par suite, on a : \begin{align*} \sum_{\ell=1}^{n} \bigg(\sum_{k=1}^{n}(k+\ell)\bigg) &= m\,\frac{n^{2}+n}{2} + n\,\sum_{\ell=1}^{m} \ell \\\\ &= m\,\frac{n^{2}+n}{2} + n\, \frac{m\,(m+1)}{2}\\\\ &= \frac{n\,m\,(n+m+2)}{2}\cdot \end{align*}
Méthode Si $a_{k,\ell}$ est une famille de complexes indexés par $k\in\ceo 1,n\cef$ et $\ell\in\ceo 1,m\cef$, pour calculer la somme $S$ de ses éléments, on peut
- soit calculer $\sum_{k=1}^{n}\Big( \sum_{\ell=1}^{m} a_{k,\ell}\Big)$ :
  pour cela,
  
  on fixe $k$, et on calcule $L_k = \sum_{\ell=1}^{m}a_{k,\ell}$
  Ce $L_k$ dépend de $k$ mais pas de $\ell$, puisque $\ell$ est une variable muette de cette somme, alors que $k$ représente l'indice de la ligne dont on fait la somme des éléments.
  
  puis on calcule la somme des $L_k$.
- soit calculer $\sum_{\ell=1}^{m}\Big( \sum_{k=1}^{n} a_{k,\ell}\Big)$ :
  pour cela,
  
  on fixe $\ell$, et on calcule $C_\ell = \sum_{k=1}^{n}a_{k,\ell}$
  Ce $C_\ell$ dépend de $\ell$ mais pas de $k$, puisque $k$ est une variable muette de cette somme, alors que $\ell$ représente l'indice de la colonne dont on fait la somme des éléments.
  
  puis on calcule la somme des $C_\ell$.
C'est pour cela que la somme de ces éléments se note : $$\sum_{k=1}^{n} \sum_{\ell=1}^{m} a_{k,\ell} \ou \sum_{\ell=1}^{m} \sum_{k=1}^{n} a_{k,\ell},$$ l'ordre dans lequel apparaissent les deux symboles $\Sigma$ n'ayant aucun importance.
Somme rectangulaires
Dans cette partie $n$ et $m$ désignent deux entiers naturels.
L'exemple de la partie précédente est un cas particulier de la somme des éléments d'une famille $a_{k,\ell}$ de nombres complexes indexée par deux indices $k$ et $\ell$ décrivant des ensembles finis tels que $I$ et $J$.
- Dans l'exemple de la partie précédente, on avait $I = \ceo 1,n\cef$ et $J = \ceo 1,m\cef$.
- Un autre cas fréquent est celui où l'on a $I = \ceo 0,n\cef$ et $J = \ceo 0,m\cef$. De manière analogue, la somme $S$ des éléments d'une telle famille se note : \[ \sum_{k=0}^{n} \sum_{\ell=0}^{m} a_{k,\ell} \ou \sum_{\ell=0}^{m} \sum_{k=0}^{n} a_{k,\ell}, \] et l'on a : \[ S = \sum_{k=0}^{n}\bigg( \sum_{\ell=0}^{m} a_{k,\ell} \bigg) = \sum_{\ell=0}^{m} \bigg( \sum_{k=0}^{n} a_{k,\ell}\bigg). \]
- En général, $I$ et $J$ sont des intervalles finis de $\N$, et l'on dit alors que la famille de complexes est doublement indexée ou doublement indicée. On la note $(a_{k,\ell})_{(k,\ell)\in I \times J}$.
- La somme de tous ses éléments est ce que l'on appelle une somme double, et notée : \[ \sum_{(k,\ell)\in I\times J} a_{k,\ell} \] Comme précédemment, son calcul ramène à celui de deux sommes simples « emboîtées » : \[ \sum_{(k,\ell)\in I\times J} a_{k,\ell} = \sum_{k\in I}\Big(\sum_{\ell\in J} a_{k,\ell}\Big) =\sum_{\ell\in J}\Big(\sum_{k\in I} a_{k,\ell}\Big). \]
Exemple 35 (Un cas particulièrement favorable)
2. Vérifier que si $(b_0,b_1,\ldots,b_n)$ et $(c_0,c_1,\ldots,c_m)$ sont deux familles de complexes, alors $S = \sum_{k=0}^{n} \sum_{\ell=0}^{m} b_{k}\,c_{\ell}$ s'écrit naturellement comme un produit de deux termes.
  On a successivement : \begin{align*} S &= \sum_{k=0}^{n}\bigg( \sum_{\ell=0}^{m} b_{k}\,c_{\ell}\bigg) &(1)\\\\ &= \sum_{k=0}^{n}\bigg(b_{k}\, \sum_{\ell=0}^{m} c_{\ell}\bigg) &(2)\\\\ &= \bigg(\sum_{\ell=0}^{m} c_{\ell}\bigg) \bigg(\sum_{k=0}^{n} b_{k}\bigg)&(3) \end{align*} Explications éventuelles pour le calcul ci-dessus
  
  Le passage de $(1)$ à $(2)$ repose sur le fait que pour un $k$ fixé, $b_k$ est indépendant de $\ell$, et l'on peut donc le mettre en facteur dans : \[ \sum_{\ell=0}^{m} b_{k}\,c_{\ell} = b_{k}\, \sum_{\ell=0}^{m} c_{\ell} \]
  
  Pour le passage de $(2)$ à $(3)$, il suffit de remarquer que $\sum_{\ell=0}^{m} c_{\ell}$, est une constante $ C $ indépendante de $\ell$ que l'on peut aussi mettre en facteur. \begin{align*} \sum_{k=0}^{n}\bigg(b_{k}\, \sum_{\ell=0}^{m} c_{\ell}\bigg) &= \sum_{k=0}^{n}\big(b_{k}\, C \big)\\ &= C \, \sum_{k=0}^{n} b_{k}\\ &= \bigg(\sum_{\ell=0}^{m} c_{\ell}\bigg) \bigg(\sum_{k=0}^{n} b_{k}\bigg). \end{align*}
3. Donner une utilisation courante de la formule que vous venez de trouver.
  Lorsque l'on multiplie deux expressions polynomiales.
  Si $(\beta_0,\beta_1,\ldots,\beta_n)$ et $(c_0,c_1,\ldots,c_m)$ sont deux familles de réels, alors : \[ \fa{x\in\R} \bigg(\sum_{k=0}^{n} \beta_{k}\,x^{k}\bigg) \bigg(\sum_{\ell=0}^{m} \gamma_{\ell}\,x^{\ell}\bigg) =\sum_{k=0}^{n} \sum_{\ell=0}^{m} \beta_{k}\,\gamma_{\ell}\,x^{k+\ell}. \] C'est la formule que vous avez (malheureusement) l'habitude d'écrire lorsque vous multipliez deux polynômes.
  
  En fait c'est une mauvaise technique d'écrire tous ces termes, puis de réduire cette énorme expression obtenue.
  
  Il est bien préférable de se dire que le produit doit être une expression polynomiale de degré au plus $n+m$, et, pour chaque $r\in\ceo 1,n+m\cef$, de calculer directement (en le réduisant de tête) le coefficient de $x^{r}$.
4. Que devient la formule de la première question pour une famille $b_k$ et une famille $c_{\ell}$ avec $k\in I$ et $\ell\in J$ ?
  \[ \sum_{(k,\ell)\in I \times J} b_{k}\,c_{\ell} = \Big(\sum_{k\in I}\, b_k\Big) \Big(\sum_{\ell\in J} c_{\ell}\Big). \] La justification est analogue.
Exemple 36 Étant donné un entier naturel $n$, calculer $\ds\sum_{(k,\ell)\in\ceo0,n\cef^2} k \, 2^\ell$.
On a directement : \begin{align*} \sum_{(k,\ell)\in\ceo 0,n\cef^2} k\,2^\ell&=\sum_{k=0}^n\sum_{\ell=0}^n k\, 2^\ell\\ &=\Big(\sum_{k=0}^n k\Big)\Big(\sum_{\ell=0}^n 2^\ell\Big)\\ &=\frac{n\,(n+1)}{2}\,(2^{n+1}-1). \end{align*}

Sommes triangulaires

Exemple 37 Soit $n$ un entier naturel non nul. Si l'on veut faire la somme des éléments du tableau triangulaire ci-dessous : \[ \begin{array}{c|ccccccc} & \ell=1 & \ell=2 & \ell=3 & \ldots & \ell=r &\ldots & \ell = n \vphantom{\Big|}\\ \hline k=1 & a_{1,1} & a_{1,2} & a_{1,3} &\ldots &a_{1,r} &\ldots & a_{1,n} \vphantom{\Big|} \\ k=2 & & a_{2,2} & a_{2,3} & \ldots &a_{2,r} &\ldots & a_{2,n} \vphantom{\Big|} \\ k=3 & & & a_{3,3} & \ldots &a_{3,r} &\ldots & a_{3,n} \vphantom{\Big|} \\ \vdots & & & & \ddots & \vdots &&\vdots\vphantom{\Big|}\\ k=r & & & & &a_{r,r} &\ldots & a_{r,n} \vphantom{\Big|} \\ \vdots & & & &&&\ddots\,&\vdots\vphantom{\Big|}\\ k=n & & & & & & & a_{n,n} \vphantom{\Big|} \\ \end{array} \]

on peut commencer par faire la somme des éléments de chaque ligne,
\[ \begin{array}{c|ccccccc} & \ell=1 & \ell=2 & \ell=3 & \ldots & \ell=r &\ldots & \ell = n \vphantom{\Bigg||}\\ \hline k=1 & a_{1,1} & a_{1,2} & a_{1,3} &\ldots &a_{1,r} &\ldots & a_{1,n} \vphantom{\Bigg|} \\ k=2 & & a_{2,2} & a_{2,3} & \ldots &a_{2,r} &\ldots & a_{2,n} \vphantom{\Bigg|} \\ k=3 & & & a_{3,3} & \ldots &a_{3,r} &\ldots & a_{3,n} \vphantom{\Bigg|} \\ \vdots & & & & \ddots & \vdots &&\vdots\vphantom{\Bigg|}\\ k=r & & & & &a_{r,r} &\ldots & a_{r,n} \vphantom{\Bigg|} \\ \vdots & & & &&&\ddots\,&\vdots\vphantom{\Bigg|}\\ k=n & & & & & & & a_{n,n} \vphantom{\Bigg|} \\ \end{array} \begin{array}{c} \vphantom{\Bigg|}\\ \rightarrow L_1 =\sum_{\ell=1}^{n}a_{1,\ell}\vphantom{\Bigg|}\\ \rightarrow L_2 =\sum_{\ell=2}^{n}a_{2,\ell}\vphantom{\Bigg|}\\ \rightarrow L_3 =\sum_{\ell=3}^{n}a_{3,\ell}\vphantom{\Bigg|}\\ \vdots \vphantom{\Bigg|}\\ \rightarrow L_r =\sum_{\ell=r}^{n}a_{r,\ell}\vphantom{\Bigg|}\\ \vdots \vphantom{\Bigg|}\\ \rightarrow L_n =\sum_{\ell=n}^{n}a_{n,\ell}\vphantom{\Bigg|}\\ \end{array} \] puis faire la somme de sous-totaux obtenus.
Pour tout $k\in\ceo 1,n\cef$, on a : \[ L_k = \sum_{\ell=k}^{n} a_{k,\ell} \] et la somme $S$ de tous les éléments du tableau est donc égale à : \begin{align*} S &= L_1+L_2+\cdots+L_n\\ &=\sum_{k=1}^{n} L_k\\ &=\sum_{k=1}^{n} \bigg( \sum_{\ell=k}^{n} a_{k,\ell}\bigg)&(*) \end{align*} ce que l'on écrit aussi sans parenthèse : \[ S = \sum_{k=1}^{n} \sum_{\ell=k}^{n} a_{k,\ell}. \] Toutefois, il faut être ici très vigilant et, au début, privilégier l'écriture $(*)$ avec parenthèses, qui est plus explicite. Il faut de plus bien se rendre compte que : $$L_k = \sum_{\ell=k}^{n} a_{k,\ell},$$ dépend de $k$, non seulement par le $k$ se trouvant dans $a_{k,\ell}$, mais aussi par la borne inférieure de la somme ;
on peut commencer par faire la somme des éléments de chaque colonne,
\[ \begin{array}{c|ccccccccc} & \ell=1 & \ell=2 & \ell=3 & \ldots &\ell=r &\ldots & \ell = m \vphantom{\Bigg|}\\ \hline k=1 & a_{1,1} & a_{1,2} & a_{1,3} &\ldots &a_{1,r} &\ldots & a_{1,n} \vphantom{\Big|} \\ k=2 & & a_{2,2} & a_{2,3} & \ldots &a_{2,r} &\ldots & a_{2,n} \vphantom{\Big|} \\ k=3 & & & a_{3,3} & \ldots &a_{3,r} &\ldots & a_{3,n} \vphantom{\Big|} \\ \vdots & & & & \ddots & \vdots &&\vdots\vphantom{\Big|}\\ k=r & & & & &a_{r,r} &\ldots & a_{r,n} \vphantom{\Big|} \\ \vdots & & & &&&\ddots\,&\vdots\vphantom{\Big|}\\ k=n & & & & & & & a_{n,n} \vphantom{\Big|} \\ &\downarrow&\downarrow&\downarrow&&\downarrow&&\downarrow\\ &C_1&C_2&C_3&&C_\ell&&C_n\\ &\sum_{k=1}^1 a_{k,1} &\sum_{k=1}^2 a_{k,2} &\sum_{k=1}^3 a_{k,3} &\cdots&\sum_{k=1}^r a_{k,r}&\ldots&\sum_{k=1}^n a_{k,n} \end{array} \] puis faire la somme de sous-totaux obtenus.
Pour tout $\ell\in\ceo 1,n\cef$, on a : \[ C_l = \sum_{k=1}^{\ell} a_{k,\ell}, \] et la somme $S$ de tous les éléments du tableau est donc égale à : \begin{align*} S &= C_1+C_2+\cdots+C_n\\ &= \sum_{\ell=1}^{n} C_\ell\\ &=\sum_{\ell=1}^{n} \bigg(\sum_{k=1}^{\ell}a_{k,\ell}\bigg) &(*) \end{align*} ce que l'on écrit aussi sans parenthèse : \[ S =\sum_{\ell=1}^{n} \sum_{k=1}^{\ell}a_{k,\ell}. \] Toutefois, il faut être ici très vigilant et, au début, privilégier l'écriture $(*)$ avec parenthèses, qui est plus explicite. Il faut de plus bien se rendre compte que : $$C_{\ell} = \sum_{k=1}^{\ell}a_{k,\ell},$$ dépend de $\ell$, non seulement par le $\ell$ se trouvant dans $a_{k,\ell}$, mais aussi par la borne supérieure de la somme ;

Dans le cas particulier précédent, on a : \[ S = \sum_{k=1}^{n} \bigg( \sum_{\ell=k}^{n} a_{k,\ell}\bigg) = \sum_{\ell=1}^{n} \bigg(\sum_{k=1}^{n}a_{k,\ell}\bigg). \] Plus généralement, la somme d'une famille $a_{k,\ell}$ dont l'ensemble des indices ne décrit pas un rectangle (dont l'ensemble d'indexation n'est pas un produit cartésien) s'obtient avec deux calcul de sommes simples, mais il faut prendre garde que les bornes du $\Sigma$ de droite (celui qui est le plus interne, celui que l'on calcule en premier) dépendent en général de l'indice du $\Sigma$ de gauche (celui qui est le plus externe, celui que l'on calcule en dernier).

Exemple 38 Soit des nombres complexes $a_{k,l}$ avec $(k,\ell)$ décrivant l'ensemble : \[ A = \big\{(k,\ell)\in\N^2\tq 1\leq \ell \leq k\leq n\big\}. \] Écrire la somme $S$ de ces éléments sous les deux formes $\ds \sum_{k=?}^?\sum_{\ell=?}^? a_{k,\ell}$ et $\ds \sum_{\ell=?}^?\sum_{k=?}^? a_{k,\ell}$.

Pour écrire $S$ sous la forme : $$S = \sum_{k=?}^?\sum_{\ell=?}^? a_{k,\ell}= \sum_{k=?}^?\bigg(\sum_{\ell=?}^? a_{k,\ell}\bigg),$$ il faut commencer par voir où varie $k$.
Par définition de $A$, l'entier $k$ varie de $1$ à $n$. On a donc : \[ S = \sum_{k=1}^n\bigg(\sum_{\ell=?}^? a_{k,\ell}\bigg). \] Pour trouver les bornes de la seconde somme, on utilise à nouveau l'inégalité :
\[ 1\leq \ell \leq k\leq n \] qui nous dit que, pour $k$ fixé, $\ell$ varie de $1$ à $k$. On a donc : \[ S = \sum_{k=1}^n\bigg(\sum_{\ell=1}^k a_{k,\ell}\bigg). \]
Pour écrire $S$ sous la forme : $$S = \sum_{\ell=?}^?\sum_{k=?}^? a_{k,\ell}= \sum_{\ell=?}^?\bigg(\sum_{k=?}^? a_{k,\ell}\bigg),$$ il faut commencer par voir où varie $\ell$.
Par définition de $A$, l'entier $\ell$ varie de $1$ à $n$. On a donc : \[ S = \sum_{\ell=1}^n\bigg(\sum_{k=?}^? a_{k,\ell}\bigg). \] Pour trouver les bornes de la seconde somme, on utilise à nouveau l'inégalité :
\[ 1\leq \ell \leq k\leq n \] qui nous dit que, pour $\ell$ fixé, $k$ varie de $\ell$ à $n$. On a donc : \[ S = \sum_{\ell=1}^n\bigg(\sum_{k=\ell}^n a_{k,\ell}\bigg). \]

Remarque On peut aussi écrire le tableau des termes :

Exemple 39 Reprendre l'exercice précédent mais avec $A = \big\{(k,\ell)\in\N^2\tq 1\leq \ell < k\leq n\big\}$.

Pour écrire $S$ sous la forme : $$ S = \sum_{k=?}^?\sum_{\ell=?}^? a_{k,\ell}= \sum_{k=?}^?\bigg(\sum_{\ell=?}^? a_{k,\ell}\bigg),$$ il faut commencer par voir où varie $k$.
Par définition de $A$, l'entier $k$ est compris entre entre $1$ à $n$, mais pour avoir un $a_{k,\ell}$ dans la famille, il faut pouvoir placer un $\ell$ vérifiant : $$1 \leq \ell < k.$$ Par suite $k$ varie de $2$ à $n$, et donc : \[ S = \sum_{k=2}^n\bigg(\sum_{\ell=?}^? a_{k,\ell}\bigg). \] Pour trouver les bornes de la seconde somme, on utilise à nouveau l'inégalité :
\[ 1\leq \ell < k\leq n \] qui nous dit que, pour $k$ fixé, l'entier $\ell$ varie de $1$ à $k-1$ (
Comme $\ell$ est un entier strictement plus petit que l'entier $k$, il est au plus égal à $k-1$
). On a donc : \[ S = \sum_{k=2}^n\bigg(\sum_{\ell=1}^{k-1} a_{k,\ell}\bigg). \]
Pour écrire $S$ sous la forme : $$ S = \sum_{\ell=?}^?\sum_{k=?}^? a_{k,\ell}= \sum_{\ell=?}^?\bigg(\sum_{k=?}^? a_{k,\ell}\bigg),$$ il faut commencer par voir où varie $\ell$.
Par définition de $A$, l'entier $\ell$ est compris entre entre $1$ à $n$, mais pour avoir un $a_{k,\ell}$ dans la famille, il faut pouvoir placer un $k$ vérifiant : $$1 \leq \ell < k.$$ Par suite $\ell$ varie de $1$ à $n-1$, et donc : \[ S = \sum_{\ell=1}^{n-1}\bigg(\sum_{k=?}^? a_{k,\ell}\bigg). \] Pour trouver les bornes de la seconde somme, on utilise à nouveau l'inégalité :
\[ 1\leq \ell < k\leq n \] qui nous dit que, pour $\ell$ fixé, l'entier $k$ varie de $\ell+1$ à $n$.On a donc : \[ S = \sum_{\ell=1}^{n-1}\bigg(\sum_{k=\ell+1}^n a_{k,\ell}\bigg). \]

Remarque On peut aussi écrire le tableau des termes :

\[ \begin{array}{c|cccccccc} & \ell=1 & \ell=2 & \ell=3 & \ldots & \ell=r &\ldots & \ell = n-1 &\ell=n \vphantom{\Big|}\\ \hline k=1 & & & & & & & \vphantom{\Big|} \\ k=2 & a_{2,1} & & & & & & \vphantom{\Big|} \\ k=3 & a_{3,1} & a_{3,2} & & & & & \vphantom{\Big|} \\ k=4 & a_{4,1} & a_{4,2} &a_{4,3} & & & & \vphantom{\Big|} \\ \vdots&\vdots & \vdots &\vdots & \ddots & && \vphantom{\Big|}\\ k=r+1 & a_{r+1,1}& a_{r+1,2} &a_{r+1,3} & &a_{r+1,r} & & \vphantom{\Big|} \\ \vdots& \vdots & \vdots &\vdots &&\vdots&\ddots\,&\vphantom{\Big|}\\ k=n &a_{n,1} &a_{n,2} &a_{n,3} &\cdots &a_{n,r-1} &\cdots & a_{n,n-1} \vphantom{\Big|} \\ \end{array} \] Ce tableau ( ) permet de vérifier que :

$k$ varie en fait de $2$ à $n$, et que, pour $k$ fixé, $\ell$ varie $\ldots$
$\ldots$ de $1$ à $k-1$, ce qui permet d'écrire : \[ S = \sum_{k=2}^n\bigg(\sum_{\ell=1}^{k-1} a_{k,\ell}\bigg). \]
$\ell$ varie en fait de $1$ à $n-1$, et que, pour $\ell$ fixé, $k$ varie $\ldots$
$\ldots$ de $\ell+1$ à $n$, ce qui permet d'écrire : \[ S = \sum_{\ell=1}^{n-1} \bigg(\sum_{k=\ell+1}^n a_{k,\ell}\bigg). \]

Mais c'est quand-même bien moins efficace que d'utiliser directement : \[ 1\leq \ell < k\leq n \] qui, comme on l'a vu plus haut, contient toute l'information.

Méthode De telles sommes sont appelées sommes triangulaires, ce qui se comprend bien au vu de l'écriture de l'ensemble des termes. Pour une somme triangulaire, il arrive souvent que l'un des calculs (commencer par sommer en ligne ou commencer par sommer en colonne) soit bien plus simples que l'autre, et permette de conclure alors que l'autre, non.

Exemple 40 Soit $n$ un entier naturel non nul. Calculer : $$\sum_{k=1}^n\sum_{\ell =1}^{k} 2^{k}$$ de deux manières différentes et en déduire $\ds S = \sum_{k=1}^n k\,2^k$.

En sommant tel que c'est donné, on a : \begin{align*} \sum_{k=1}^n\sum_{\ell =1}^{k} 2^{k} =\sum_{k=1}^n\bigg(\sum_{\ell =1}^{k} 2^{k}\bigg) =\sum_{k=1}^n k \, 2^{k} = S. \end{align*} En effet, $\ldots$
Lorsque $k$ est fixé, le terme général de la somme $\sum_{\ell =1}^{k} 2^{k}$ ne dépend pas de $\ell$, et donc : \[ \sum_{\ell =1}^{k} 2^{k} = k\, 2^{k}. \]
En inversant les deux indices, on trouve : \begin{align*} \sum_{k=1}^n\sum_{\ell =1}^{k} 2^{k} &= \sum_{\ell =1}^n\bigg(\sum_{k=\ell }^n 2^{k}\bigg) \\ &=\sum_{\ell =1}^n (2^{n+1}-2^\ell )\\ &=\sum_{\ell =1}^n 2^{n+1}-\sum_{\ell =1}^{n}2^\ell\\ &=n \, 2^{n+1}-(2^{n+1}-2)\vphantom{\sum_{\ell =1}^n}\\ &=(n-1)\,2^{n+1}+2.\vphantom{\sum} \end{align*} On en déduit : \[ \sum_{k=1}^n\sum_{\ell =1}^{k} 2^{k} = (n-1)\,2^{n+1}+2. \] Voir, si nécessaire, explications pour l'inversion
- Telle que la somme est donnée, on a d'abord : \[ 1 \leq k \leq n. \] Puis, lorsque $k$ est fixé, on a : \[ 1 \leq \ell \leq k, \] soit au total : \[ 1 \leq \ell \leq k \leq n. \]
- On voit, à l'aide de cette dernière cascade d'inégalités, que $\ell$ varie de $1$ à $n$, et que, lorsque $\ell$ est fixé, l'indice $k$ varie de $\ell$ à $n$. On en déduit : \[ \sum_{k=1}^n k\,2^k = \sum_{\ell =1}^n\bigg(\sum_{k=\ell }^n 2^{k}\bigg). \]

Exemple 41 Pour $n\in\N^{*}$, simplifier $\ds S_n = \sum_{1 \leq k < \ell \leq n} k\,\ell$.

On peut faire un calcul classique en écrivant $\ds S_n = \sum_{\ell=?}^{?}\Big(\sum_{k=?}^{?} k\,\ell\Big)$
Au vu de la cascade d'inégalités $1 \leq k < \ell \leq n$, il est immédiat,
- que $\ell$ va varier de $2$ à $n$,
  En effet, pour $\ell=1$, on ne peut trouver aucune valeur de $k$ telle que : \[ 1 \leq k < \ell = 1. \]
- et que, lorsque $\ell$ est fixé, $k$ va varier de $1$ à $\ell-1$.
On a donc : \[ S_n = \sum_{\ell=2}^{n}\Big(\sum_{k=1}^{\ell-1} k\,\ell\Big) = \sum_{\ell=2}^{n}\ell\Big(\sum_{k=1}^{\ell-1} k\Big). \] Fin du calcul
On en déduit : \begin{align*} S_n &= \sum_{\ell=2}^{n}\ell\,\frac{\ell\,(\ell-1)}{2}\\ &= \frac{1}{2}\bigg(\sum_{\ell=2}^{n}\ell^{3}-\sum_{\ell=2}^{n}\ell^{2}\bigg)\\ &= \frac{1}{2}\bigg(\Big(\frac{n^{2}\,(n+1)^{2}}{4}-1\Big)-\Big(\frac{n\,(n+1\,(2n+1)}{6}-1\Big)\bigg)\\ &= \frac{n\,(n+1)}{24}\big(3\,n\,(n+1)-2\,(2n+1)\big)\vphantom{\bigg)}\\ &= \frac{n\,(n+1)}{24}\big(3\,n^{2}-n-2\big)\vphantom{\bigg)}\\ &= \frac{n\,(n+1)\,(n-1)\,(3n+2)}{24}\cdot\vphantom{\bigg)} \end{align*}

On peut gagner un peu de temps en observant le tableau des valeurs et en le symétrisant.

Commencer par dresser le tableau des valeurs pour $n=6$

	$\,\,\ell =2$	$\,\,\ell =3$	$\,\,\ell =4$	$\,\,\ell =5$	$\,\,\ell =6$
$k=1$	$1 \times 2$	$1 \times 3$	$1 \times 4$	$1 \times 5$	$1 \times 6$
$k=2$		$2 \times 3$	$2 \times 4$	$2 \times 5$	$2 \times 6$
$k=3$			$3 \times 4$	$3 \times 5$	$3 \times 6$
$k=4$				$4 \times 5$	$4 \times 6$
$k=5$					$5 \times 6$
$k=6$

Si on le complète par symétrie et que l'on ajoute la diagonale, on obtient une méthode de calcul plus simple :

	$\,\,\ell =1$	$\,\,\ell =2$	$\,\,\ell =3$	$\,\,\ell =4$	$\,\,\ell =5$	$\,\,\ell =6$
$k=1$	$ 1 \times 1$	$1 \times 2$	$1 \times 3$	$1 \times 4$	$1 \times 5$	$1 \times 6$
$k=2$	$ 2 \times 1$	$ 2 \times 2$	$2 \times 3$	$2 \times 4$	$2 \times 5$	$2 \times 6$
$k=3$	$ 3 \times 1$	$ 3 \times 2$	$ 3 \times 3$	$3 \times 4$	$3 \times 5$	$3 \times 6$
$k=4$	$ 4 \times 1$	$ 4 \times 2$	$ 4 \times 3$	$ 4 \times 4$	$4 \times 5$	$4 \times 6$
$k=5$	$ 5 \times 1$	$ 5 \times 2$	$ 5 \times 3$	$ 5 \times 4$	$ 5 \times 5$	$5 \times 6$
$k=6$	$ 6 \times 1$	$ 6 \times 2$	$ 6 \times 3$	$ 6 \times 4$	$ 6 \times 5$	$ 6 \times 6$

En effet, $\ldots$

Solution

Intervertir deux sommes en cascade
Comme dans les exemples suivants, on utilise souvent des sommes doubles pour permuter deux signes sommes consécutifs. Il y a essentiellement deux cas.
- La somme double introduite est rectangulaire ;
  Exemple 42 Soit $n$ un entier naturel non nul et $P$ définie par : \[ \fa{x\in\C} P(x) = \sum_{k=0}^{n-1} p_{k}\,x^{k} \] où $(p_0,p_1,\ldots,p_n)$ sont des complexes donnés.
  
  Pour $k\in\ceo 0,n-1 \cef$ donné, simplifier $\ds \sigma_k = \sum_{\ell=0}^{n-1} e^{\frac{2ik\ell\pi}{n}}$.
  Il s'agit de la somme des premiers termes d'une suite géométrique.
  \[ \sigma_k = \sum_{\ell=0}^{n-1} e^{\frac{2ik\ell\pi}{n}} = \sum_{\ell=0}^{n-1} \Big(e^{\frac{2ik\pi}{n}}\Big)^{\ell}. \] Le résultat est très simple, mais attention au cas particulier.
  On a $\sigma_k = 0$ sauf pour $k=0$.
  
  Calcul
  Étant donné que : \[ \sigma_k = \sum_{\ell=0}^{n-1} e^{\frac{2ik\ell\pi}{n}} = \sum_{\ell=0}^{n-1} \Big(e^{\frac{2ik\pi}{n}}\Big)^{\ell} \] il s'agit de calculer la somme des $n$ premiers termes de la suite géométrique de premier terme $1$ et de raison $e^{\frac{2ik\pi}{n}}$.
  
  Si $k=0$, alors la raison vaut $1$, et donc $\sigma_k=n$.
  
  Supposons donc $k\in\ceo1,n-1\cef$. Alors $e^{\frac{2ik\pi}{n}}\neq 1$ et : \[ \sigma_k = \sum_{\ell=0}^{n} \Big(e^{\frac{2ik\pi}{n}}\Big)^{\ell} =\frac{1-\Big(e^{\frac{2ik\pi}{n}}\Big)^{n}}{1-e^{\frac{2ik\pi}{n}}} =\frac{1-e^{2ik\pi}}{1-e^{\frac{2ik\pi}{n}}} =0. \]
  
  En déduire que l'on a $\ds \sum_{\ell=0}^{n-1} P\big(e^{\frac{2ik\ell\pi}{n}}\big) = n\,p_{0}$.
  En posant : \[ S_n = \sum_{\ell=0}^{n-1} P\big(e^{\frac{2i\ell\pi}{n}}\big) , \] on a : \[ S_n = \sum_{\ell=0}^{n-1} \bigg( \sum_{k=0}^{n-1} p_{k}\,\big(e^{\frac{2i\ell\pi}{n}}\big)^{k}\bigg) = \sum_{\ell=0}^{n-1} \bigg(\sum_{k=0}^{n-1} p_{k}\,e^{\frac{2ik\ell\pi}{n}}\bigg) \] En inversant les signes $\Sigma$ (voir explication si nécessaire
  Il s'agit donc de sommer des $\ds e^{\frac{2ik\ell\pi}{n}}$ sur un certain domaine.
  
  Lorsque l'on regarde : \[ S_n =\sum_{\ell=0}^{n-1} \bigg(\sum_{k=0}^{n-1} p_{k}\,e^{\frac{2ik\ell\pi}{n}}\bigg) = \sum_{\ell=0}^{n-1} \bigg(\cdots\bigg) \] on voit que l'indice $\ell$ varie de $0$ à $n-1$.
  
  La quantité à sommer lorsque $\ell$ varie de $0$ à $n-1$, est : \[ u_{\ell} = \sum_{k=0}^{n-1} p_{k}\,e^{\frac{2ik\ell\pi}{n}} \] où $k$ varie de $0$ à $n-1$, indépendamment de $\ell$.
  Par suite, il s'agit d'une somme double sur un rectangle, les deux indices variant de $0$ à $n-1$, indépendamment l'un de l'autre.
  ) , on obtient : \begin{align*} S_n &= \sum_{k=0}^{n-1}\bigg(\sum_{\ell=0}^{n-1} p_{k}\,e^{\frac{2ik\ell\pi}{n}}\bigg)\\ &= \sum_{k=0}^{n-1} p_{k}\,\bigg(\sum_{\ell=0}^{n-1} e^{\frac{2ik\ell\pi}{n}}\bigg)\\ &= \sum_{k=0}^{n-1} p_{k}\,\sigma_{k}\\ &= p_{0}\,\sigma_0 = n\,p_{0} . \end{align*}
- La somme double introduite est triangulaire.
  Exemple 43 Soit $n$ un entier naturel non nul. Pour tout $k\in\N^{*}$, on pose : $$\ds u_{k}= \sum_{\ell=k}^{n}\frac{1}{\ell}\cdot$$ En utilisant une somme double, simplifier $\ds S_n=\sum_{k=1}^{n} k\,u_k.$
  Par définition, on a : \[ S_n=\sum_{k=1}^{n} k \bigg(\sum_{\ell=k}^{n}\frac{1}{\ell}\bigg) =\sum_{k=1}^{n} \bigg(\sum_{\ell=k}^{n}\frac{k}{\ell}\bigg)\cdot \] En inversant les signes $\Sigma$ (voir explication si nécessaire
  Il s'agit donc de sommer des $\frac{k}{l}$ sur un certain domaine.
  
  Lorsque l'on regarde : \[ S_n = \sum_{k=1}^{n} \bigg(\sum_{\ell=k}^{n}\frac{k}{\ell}\bigg) = \sum_{k=1}^{n} \bigg(\cdots\bigg) \] on voit que l'indice $k$ varie de $1$ à $n$, ce qui donne : $$1 \leq k \leq n \hskip10ex (i).$$
  
  La quantité à sommer lorsque $k$ varie de $1$ à $n$, est : \[ v_k = \sum_{\ell=k}^{n}\frac{k}{\ell} \] et donc, pour un $k$ donné, $\ell$ varie de $k$ à $\ell$, ce qui donne : $$k \leq \ell \leq n \hskip10ex (ii).$$
  En regroupant $(i)$ et $(ii)$, n obtient : \[ 1 \leq k \leq \ell \leq n \] qui décrit le domaine $A$ des indices de la somme double. Pour inverser,
  
  on fait d'abord varier $\ell$ de $1$ à $n$,
  
  puis lorsque $\ell$ est fixé, $k$ doit varier de $1$ à $\ell$.
  
  ), on obtient : \begin{align*} S_n &= \sum_{\ell=1}^{n} \bigg(\sum_{k=1}^{\ell}\frac{k}{\ell}\bigg)\\ &= \sum_{\ell=1}^{n} \bigg(\frac{1}{\ell}\sum_{k=1}^{\ell} k \bigg)\\ &= \sum_{\ell=1}^{n} \bigg(\frac{1}{\ell}\, \frac{\ell\,(\ell+1)}{2} \bigg)\\ &= \frac{1}{2}\sum_{\ell=1}^{n} (\ell+1)\\ &=\frac{n\,(n+3)}{4}\cdot \end{align*}
  Exemple 44 Pour $n\in\N^*$, on pose $S=\sum_{k=1}^{n}\sum_{\ell=1}^{n+1-k}a_{k,\ell}$. L'écrire sous la forme $S=\sum_{\ell=?}^{?} \sum_{k=?}^{?}a_{k,\ell}$.
  Par définition, on a : \[ S=\sum_{k=1}^{n}\bigg(\sum_{\ell=1}^{n+1-k}a_{k,\ell}\bigg). \] Pour inverser les signes $\Sigma$, on peut
  
  écrire des inégalités,
  
  Lorsque l'on regarde : \[ \sum_{k=1}^{n}\bigg(\sum_{\ell=1}^{n+1-k}a_{k,\ell}\bigg) = \sum_{k=1}^{n}\bigg(\cdots\bigg) \] on voit que l'indice $k$ varie de $1$ à $n$.
  
  La quantité à sommer pour un $k$ fixé est : \[ \sum_{\ell=1}^{n+1-k}a_{k,\ell} \] où $\ell$ varie de $1$ à $n+1-k$.
  On a donc les deux inégalités : \[ 1 \leq k \leq n \et 1 \leq \ell \leq n+1-k. \] Par suite,
  
  $\ell$ peut varier de $1$ à $n$, ce dernier pouvant être atteint pour $k=1$ ;
  
  lorsque $\ell$ est fixé, la relation : \[ \ell \leq n+1-k \et[et donc] k \leq n+1-\ell \] montre que $k$ peut aller jusque $ n+1-\ell$. Il varie donc entre $1$ et $ n+1-\ell$.
  On en déduit la formule demandée : \[ S=\sum_{\ell=1}^{n}\bigg(\sum_{k=1}^{n+1-\ell}a_{k,\ell}\bigg) =\sum_{\ell=1}^{n}\sum_{k=1}^{n+1-\ell}a_{k,\ell} . \]
  
  ou alors écrire le tableau des termes.
  \[ \begin{array}{c|cccccccc} & \ell=1 & \ell=2& \cdots & \ell=n-r+1 & \ldots & \ell=n-2 &\ell = n-1 & \ell = n \vphantom{\Big|}\\ \hline k=1 &a_{1,1}& a_{1,2} &\cdots &a_{1,n-r+1} &\cdots &a_{1,n-2} &a_{1,n-1} & a_{1,n} \vphantom{\Big|} \\ k=2 &a_{2,1}& a_{2,2} &\cdots &a_{2,n-r+1} &\cdots &a_{2,n-2} &a_{2,n-1} & \vphantom{\Big|} \\ k=3 &a_{3,1}& a_{3,2} &\cdots &a_{3,n-r+1} &\cdots &a_{3,n-2} & & \vphantom{\Big|} \\ & \vdots &\vdots& &\vdots \vphantom{\Big|}\\ k=r & a_{r,1} & a_{r,2}& \cdots & a_{r,n-r+1} & \vphantom{\Big|} \\ & \vdots &\vdots& &&\vphantom{\Big|}\\ k=n-1& a_{n-1,1} & a_{n-1,2} \vphantom{\Big|} \\ k=n & a_{n,1} \vphantom{\Big|} \\ \end{array} \]
  
  On remplit ce tableau ligne par ligne, puisque $k$ varie de $1$ à $n$, et que, pour $k$ fixé, $\ell$ varie $\ldots$
  $\ldots$ de $1$ à $n+1-k$.
  
  Pour $k=1$, l'indice $\ell$ varie de $1$ à $n$ ;
  
  Pour $k=2$, l'indice $\ell$ varie de $1$ à $n-1$ ;
  
  $\ldots$
  
  Pour $k=n$, l'indice $\ell$ varie de $1$ à $1$ ;
  
  Pour l'utiliser dans l'autre sens, on voit que $\ell$ varie de $1$ à $n$, et que, pour $\ell$ fixé, $k$ varie $\ldots$
  $\ldots$ de $1$ à $n-\ell+1$.
  
  La borne supérieure de $k$ peut s'obtenir en disant que l'ensemble des couples $(k,\ell)$ de la diagonale limite a pour équation : \[ k + \ell = n+1, \] ou encore que sur cette diagonale, $k+\ell$ est constant et vaut $n+1$.
Méthode Pour inverser deux signes $\Sigma$ consécutifs, il faut toujours décrire précisément l'ensemble des indices de la somme double associée.
- Lorsque cet ensemble est un rectangle, les deux signes $\Sigma$ se permutent sans rien changer.
- Lorsque cet ensemble est triangulaire, toujours écrire les d'inégalités le définissant comme dans les exemples précédents : c'est la clé de la réussite. On peut aussi représenter l'ensemble des indices, mais c'est un peu plus long à écrire.

Coefficients binomiaux, formule du binôme
1. Coefficients binomiaux
  1. Définition
    
    Définition Pour $n\in\N$ et $p\in\N$, on appelle coefficient binomial « $p$ parmi $n$ », et l'on note $\ds\binom{n}{p}$, le nombre suivant : $$ \binom{n}{p}=\frac{\overbrace{n\,(n-1)\cdots(n-p+1)\vphantom{^|}}^{p \text{ termes}}\vphantom{\big|}}{p!} =\frac{1}{p!}\,\prod_{k=0}^{p-1}(n-k). $$
    
    Pas de problème dans la définition précédente pour $p=0$ ?
    Absolument pas puisque $0!=1$.
    
    Remarque
    
    Si $p>n$, alors l'un des termes du numérateurs est nul, et donc $\ds \binom{n}{p}=0$.
    
    Si $p\leq n$, alors $\ds\binom{n}{p}$ peut s'exprimer uniquement à l'aide de factorielles.
    Lorsque $p\leq n$ (ce qui est le cas le plus usuel), on a : $$ \binom{n}{p}= \frac{n!}{p!\,(n-p)!}\cdot $$ En effet :
    Comme $n \geq p$, on peut écrire : \begin{align*} n! = \underbrace{n\,(n-1)\,\ldots\,(n-p+1)\vphantom{\big|}}_{\prod_{k=0}^{p-1}(n-k)} \,\underbrace{(n-p)\,\ldots\,2 \times 1\vphantom{\big|}}_{(n-p)!} \end{align*}
    Remarque Le nombre de termes de : \[ n\,(n-1)\,\ldots\,(n-p+1) = \prod_{k=0}^{p-1}(n-k) \] est évident sur la forme de droite puisque l'indice du produit va de $0$ à $p-1$ ; il y en a donc $p$.
    
    Pour le visualiser facilement sur la forme de gauche, il suffit de la penser comme : \[ \big(n-0\big)\,\big(n-1\big)\,\ldots\,\big(n-(p-1)\big) \]
    
    Méthode Pour $p\in\ceo 0,n \cef$, il est indispensable de savoir, selon les cas, utiliser :
    
    soit la forme simplifiée :
    \[ \binom{n}{p}=\frac{\overbrace{n \times (n-1) \times \cdots \times (n-p+1)\vphantom{^|}}^{p \text{ termes}}\vphantom{\big|}} {\underbrace{p \times (p-1) \times \cdots \times 2 \times 1 \vphantom{^|}}_{p \text{ termes}}\vphantom{\big|}}\cdot \]
    
    soit la forme compacte, uniquement avec des factorielles :
    \[ \binom{n}{p} = \frac{n!}{p!\,(n-p)!}\cdot \]
    
    Vouloir, par économie, ne retenir que l'une de ces formes serait une lourde erreur !
    
    Notation Dans certains vieux ouvrages, on rencontre encore $C_n^p$ au lieu de $\binom{n}{p}$.
  2. Premières propriétés
    
    Relation et triangle de Pascal
    
    Proposition 5 (Relation et de Pascal) Étant donné deux entiers naturels $n$ et $p$, on a : \[ \ds\binom{n}{p}=\binom{n-1}{p}+\binom{n-1}{p-1} \] à condition de ne pas oublier de dire $\ldots$
    $\ldots$ que cette relation n'est valable que pour $n\geq 1$ et $p\geq 1$.
    En effet, pour pouvoir parler de $\ds\binom{n-1}{p-1}$, il faut que $n-1$ et $p-1$ soient positifs.
    
    Justification par le calcul avec les formes compactes.
    Comme $n-1$ et $p-1$ sont positifs, on a : \begin{align*} \binom{n-1}{p}+\binom{n-1}{p-1} &= \frac{(n-1)!}{p!\,(n-1-p)!}+\frac{(n-1)!}{(p-1)!\,(n-p)!}\\\\ &= \frac{(n-p)\,(n-1)!}{p!\,(n-p)!}+\frac{p\,(n-1)!}{p!\,(n-p)!}\\\\ &= \frac{(n-1)! \,\big((n-p)+p\big)}{p!\,(n-p)!}\\\\ &= \frac{n!}{p!\,(n-p)!}\\\\ &=\binom{n}{p}\cdot \end{align*}
    
    Cette relation permet de calculer les premiers coefficients binomiaux, en construisant le triangle de Pascal.
    \[ \begin{array}{c|cccccc} & p=0& p=1 & p=2 & p=3 & p=4 & p=5 \vphantom{\Big|}\\\hline n=0 & 1 & & & & & \vphantom{\Big[}\\ n=1 & 1 & 1 & & & & \vphantom{\Big[}\\ n=2 & 1 & 2 & 1 & & & \vphantom{\Big[}\\ n=3 & 1 & 3 & 3 & 1 & & \vphantom{\Big[}\\ n=4 & 1 & 4 & 6 & 4 & 1 & \vphantom{\Big[}\\ n=5 & 1 & 5 & 10 & 10 & 5 & 1 \vphantom{\Big[}\\ \end{array} \]
    Méthode La méthode de construction du triangle de Pascal permet à son tour de retrouver sans risque d'erreur (surtout en cas de modification d'indice) la formule de Pascal. Ce serait dommage de s'en priver.
    \[ \begin{array}{c|cccccccccc} & \ldots & p-1 & p & \ldots&\vphantom{\Big|} \\\hline \vdots & &\vdots &\vdots & & \\ n-1 & \cdots & \ds \binom{n-1}{p-1}\rlap{+} & \ds\binom{n-1}{p}& \cdots \\ & & & \downarrow && \\ n & & &\ds\binom{n}{p} & \\ \end{array} \] Écrire, ou mieux visualiser de tête, le schéma ci-dessus avec les indices dont vous avez besoin est une assurance contre tout risque d'erreur.
    Remarque Ce schéma est valable même pour le dernier terme de chaque ligne, puisque, même si on ne les écrit pas, les $\binom{n}{p}$ sont nuls pour $p>n$.
    \[ \begin{array}{c|cccccc} & p=0& p=1 & p=2 & p=3 & p=4 & p=5 \vphantom{\Big|}\\\hline n=0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \vphantom{\Big[}\\ n=1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \vphantom{\Big[}\\ n=2 & 1 & 2 & 1 & 0 & 0 & 0 \vphantom{\Big[}\\ n=3 & 1 & 3 & 3 & 1 & 0 & 0 \vphantom{\Big[}\\ n=4 & 1 & 4 & 6 & 4 & 1 & 0 \vphantom{\Big[}\\ n=5 & 1 & 5 & 10 & 10 & 5 & 1 \vphantom{\Big[}\\ \end{array} \]
    
    On rencontre parfois une présentation plus symétrique du triangle de Pascal.
    \[ \begin{array}{llc} n=0&&1\\ n=1&\quad&1\phantom{111}1 \vphantom{\Big[}\\ n=2&&1\phantom{111}2\phantom{111}1 \vphantom{\Big[}\\ n=3&&1\phantom{111}3\phantom{111}3\phantom{111}1 \vphantom{\Big[}\\ n=4&&\phantom{11}1\phantom{11}4\phantom{111}\fbox{$6\,$}\phantom{111}\fbox{$4\,$}\phantom{11}1 \vphantom{\Big[}\\ n=5&&\phantom{11}1\phantom{11}5\phantom{11\,}10\phantom{111}\fbox{$10\,$}\phantom{11}5\phantom{111}1 \vphantom{\Big[}\\ \end{array} \]
    
    Avec cette présentation, chaque coefficient est la somme des deux coefficient situés juste au dessus de lui de diagonale. Par exemple, les nombres encadrés ci-dessus correspondent à la relation : $$\binom{5}{3}=\binom{4}{2}+\binom{4}{3}.$$
    
    Mais s'il est facile de visualiser le $n$, il est alors plus difficile de lire le $p$ du coefficient de $\ds \binom{n}{p}$.
    
    Relation entre les coefficients $\ds\binom{n}{p}$ et $\ds \binom{n}{n-p}$
    
    Proposition 6 Étant donné deux entiers naturels $n$ et $p$, on a : \[ \ds\binom{n}{p}=\binom{n}{n-p} \] à condition de ne pas oublier de dire $\ldots$
    $\ldots$ que cette relation n'est valable que pour $p\leq n$.
    En effet, pour pouvoir parler de $\ds\binom{n}{n-p}$, il faut que $n-p$ soit positif.
    
    La justification avec la formule n'utilisant que des factorielles est immédiate puisque $\ldots$
    $\ldots$ le dénominateur $n!\,(n-p)!$ est invariant quand on change $p$ en $n-p$.
    
    Remarque Cette symétrie se voit clairement sur chaque ligne du triangle de Pascal.
    
    Transformation de $\ds p\,\binom{n}{p}$ ou de $\ds\frac{1}{n}\,\binom{n}{p}$
    
    Méthode Que l'on utilise l'écriture compacte à l'aide de factorielles ou l'écriture simplifiée de la définition, ce n'est pas la peine de retenir la moindre formule pour transformer ces quantités que l'on rencontre dans de nombreux calculs.
    En revanche, la position du $n$ ou du $p$ dans les quantité : \[ p\,\binom{n}{p} \et \frac{1}{n}\,\binom{n}{p} \] doit immédiatement déclencher le réflexe de simplification avec les factorielles correspondantes : \[ p\, \frac{1}{p!} = \frac{1}{(p-1)!} \et \frac{1}{n} \, n ! = (n-1)! \] La suite en découle naturellement grâce à la remarque qui suit.
    
    Remarque Les simplifications qui suivent reposent sur la propriété évidente (et bien utile) qu'une expression en factorielles de la forme $\ds \frac{\alpha !}{\beta ! \, \gamma !}$ est un coefficient binomial si, et seulement si :
    \[ \alpha = \beta + \gamma. \]
    
    Transformation de $\ds p\,\binom{n}{p}$ en utilisant la forme compacte
    On a : \[ p\,\binom{n}{p} = p\, \frac{n!}{p!\,(n-p)!} = \frac{n!}{(p-1)!\,(n-p)!} \tag{$*$} \] D'après la remarque précédente, pour faire apparaître un coefficient binomial dans $(*)$, il suffit $\ldots$
    $\ldots$ de mettre $n$ en facteur au numérateur pour faire apparaître $\ldots$
    $\ldots$ $(n-1)!$
    
    puisque : \[ (p-1) + (n-p) = n-1. \]
    
    On a alors :
    \[ p\,\binom{n}{p} = n\, \frac{(n-1)!}{(p-1)!\,(n-p)!} = n\,\binom{n-1}{p-1}\cdot \]
    Attention Ne pas oublier évidemment de dire que tout cela n'est valable que lorsque :
    \[ n \geq 1 \et p \geq 1. \] En effet, $\ldots$
    
    d'une part, les relations : $$ n! = n\,(n-1)! \et p! = p\,(p-1)!$$ ne sont valables que pour $n\geq 1$ et $p \geq 1$ ;
    
    d'autre part, $\binom{n-1}{p-1}$ n'est défini que pour $n\geq 1$ et $p \geq 1$.
    
    Transformation de $\ds p\,\binom{n}{p}$ en utilisant la forme simplifiée
    On a : \begin{align*} p\,\binom{n}{p} = p\, \frac{\overbrace{n\,(n-1)\cdots(n-p+1)\vphantom{^|}}^{p \text{ termes}}}{p!} =\frac{\overbrace{n\,(n-1)\cdots(n-p+1)\vphantom{^|}}^{p \text{ termes}}}{(p-1)!} \end{align*} Pour n'avoir que $p-1$ termes au numérateur, on isole en général le premier terme, ce qui donne :
    \begin{align*} p\,\binom{n}{p} = n\, \frac{\overbrace{(n-1)\cdots(n-p+1)\vphantom{^|}}^{p-1 \text{ termes}}}{(p-1)!} = n\, \binom{n-1}{p-1}, \end{align*}
    Attention Ne pas oublier évidemment de dire que tout cela n'est valable que lorsque :
    \[ n \geq 1 \et p \geq 1, \] et cela pour plusieurs raisons.
    
    D'une part, à cause des factorisations du numérateur et du dénominateur ;
    
    D'autre part, parce que $\binom{n-1}{p-1}$ n'est défini que pour $n\geq 1$ et $p \geq 1$.
    
    Remarque On aurait pu aussi isoler le dernier terme, ce qui donne :
    \begin{align*} p\,\binom{n}{p} & = (n-p+1) \, \frac{\overbrace{n\,(n-1)\cdots(n-p+2)\vphantom{^|}}^{p-1 \text{ termes}}}{(p-1)!}\\\\ & = (n-p+1)\, \binom{n}{p-1}, \end{align*} transformation qui peut parfois être utile.
    
    Transformation de $\ds\frac{1}{n}\,\binom{n}{p}$ en utilisant la forme compacte
    On a : \[ \frac{1}{n}\,\binom{n}{p} = \frac{1}{n}\, \frac{n!}{p!\,(n-p)!} = \frac{(n-1)!}{p!\,(n-p)!} \tag{$*$} \] D'après la remarque précédente, pour faire apparaître un coefficient binomial dans $(*)$, il suffit $\ldots$
    $\ldots$ de mettre $p$ en facteur au dénominateur pour faire apparaître $\ldots$
    $\ldots$ $(p-1)!$
    
    puisque : \[ (p-1) + (n-p) = n-1. \]
    
    On a alors :
    \[ \frac{1}{n}\,\binom{n}{p} = \frac{1}{p} \frac{(n-1)!}{(p-1)!\,(n-p)!} = \frac{1}{p}\,\binom{n-1}{p-1}\cdot \]
    Attention Ne pas oublier évidemment de dire que tout cela n'est valable que lorsque :
    \[ n \geq 1 \et p \geq 1, \] et cela pour plusieurs raisons.
    
    Avant tout, parce que l'expression initiale n'est pas définie pour $n=0$ ;
    
    Mais aussi à cause de l'utilisation de $p! = p\,(p-1)$.
    
    Et enfin parce que $\binom{n-1}{p-1}$ n'est défini que pour $n\geq 1$ et $p \geq 1$.
    
    Transformation de $\ds\frac{1}{n}\,\binom{n}{p}$ en utilisant la forme simplifiée
    On a : \begin{align*} \frac{1}{n}\,\binom{n}{p} &= \frac{1}{n} \, \frac{\overbrace{n\,(n-1)\cdots(n-p+1)\vphantom{^|}}^{p \text{ termes}}}{p!}\\\\ &=\frac{\overbrace{(n-1)\cdots(n-p+1)\vphantom{^|}}^{(p-1) \text{ termes}}}{p!} \end{align*} Pour n'avoir que $(p-1)!$ au dénominateur, il suffit d'y isoler le $p$ : \begin{align*} \frac{1}{n}\,\binom{n}{p} &= \frac{1}{p}\, \frac{\overbrace{(n-1)\cdots(n-p+1)\vphantom{^|}}^{p-1 \text{ termes}}}{(p-1)!}\\\\ &= \frac{1}{p}\, \binom{n-1}{p-1}\cdot \end{align*}
    Attention Ne pas oublier évidemment de dire que tout cela n'est valable que lorsque :
    \[ n \geq 1 \et p \geq 1, \] et cela pour plusieurs raisons.
    
    Avant tout, parce que l'expression initiale n'est pas définie pour $n=0$ ;
    
    D'une part, à cause des factorisations du numérateur et du dénominateur ;
    
    D'autre part, parce que $\binom{n-1}{p-1}$ n'est défini que pour $n\geq 1$ et $p \geq 1$.
    
    Exemple 45 Soit $p\in\N$ un entier naturel.
    
    Pour tout $n\in\N$, vérifier que $\binom{n}{p}$ est un entier.
    Le faire par récurrence.
    
    Mais pour cela, il faut disposer d'une propriété $H_{n}$ ne dépendant que d'un seul entier.
    Poser : \[ H_n :\, \fa{p\in\N} \tbinom{n}{p}\in\N. \] Comme la variable $p$ est quantifiée, elle est muette, et l'énoncé ci-dessus ne dépend bien que de $n$.
    
    Solution
    Démontrons, par récurrence sur $n\in\N$, la propriété : $$ H_n : \,\fa{p\in\N} \tbinom{n}{p}\in\N.$$
    
    Initialisation La propriété $H_0$ est évidemment vraie, car :
    
    on a $\binom{0}{0}=1$, qui est bien élément de $\N$ ;
    
    pour $p\geq 1$, on a $\binom{0}{p}=0$, qui est aussi élément de $\N$.
    
    Hérédité Soit $n\in\N^*$. Supposons $H_{n-1}$ vraie, et montrons que $H_n$.
    
    On a $\binom{n}{0}=1$, qui est bien élément de $\N$.
    
    pour $p\geq 1$, la formule de Pascal donne : $$\binom{n}{p}=\underbrace{\binom{n-1}{p}+\binom{n-1}{p-1}}_{\text{somme d'entiers, d'après } H_{n-1}}\in\N.$$
    On a donc bien prouvé : \[ \fa{p\in\N} \tbinom{n}{p}\in\N, \] ce qui prouve $H_n$ et termine la démonstration de la récurrence.
    
    En déduire que tout produit de $p$ entiers naturels consécutifs est divisible par $p!\,$.
    Utiliser la forme simplifiée des coefficients binomiaux.
    
    Si $p=0$, alors $p!=1$ divise n'importe quel entier.
    
    Supposons $p > 0$, et considérons $p$ entiers naturels consécutifs : \[ n, \,(n+1),\,\ldots\,, \,(n+p-1) \avec n\in\N. \] Étant donné que : \[ \frac{n\,(n+1)\,\ldots\,(n+p-1)}{p!} = \binom{n+p+1}{p}, \] on a : \[ n\,(n+1)\,\ldots\,(n+p-1) = \binom{n+p+1}{p} \, p!\,. \] Comme $\binom{n+p+1}{p}\in\N$ et $p!\in\N$, on en déduit que : \[ n\,(n+1)\,\ldots\,(n+p-1) \text{ est divisible par }p!\,. \]
  3. Interprétations des coefficients binomiaux
    
    Pour $n\in\N^{*}$ et $p\in\N$, l'entier $\binom{n}{p}$ est égal au nombre de chemins réalisant $p$ succès dans l'arbre modélisant une succession de $n$ épreuves de Bernoulli,
    Exemple 46   (Justification de cette affirmation) Pour $n\in\N^{*}$ et $p\in\N$, notons $a_{n,p}$ le nombre de chemins réalisant $p$ succès dans une succession de $n$ épreuves de Bernoulli.
    
    Expliquer pourquoi ces nombres vérifient: $$ \fa{n\geq 2}\fa{p\in\N^{*}}a_{n,p}=a_{n-1,p}+a_{n-1,p-1}. $$ qui n'est autre que $\ldots$
    $\ldots$ la relation de Pascal.
    Donnons-nous $n\geq 2$ et $p\in\N^{*}$. Après $n$ épreuves de Bernoulli (par exemple $n$ lancers à pile ou face), il y a deux manières d'obtenir $p$ succès :
    
    avoir obtenu $p$ succès après les $n-1$ premières épreuves, et obtenir un échec à la $n$^e ; cela offre $a_{n-1,p}$ possibilités ;
    
    avoir obtenu $p-1$ succès après les $n-1$ premières épreuves, et obtenir un succès à la $n$^e ; cela offre $a_{n-1,p-1}$ possibilités supplémentaires.
    Comme ces deux manières s'excluent mutuellement, on a : \[ a_{n,p}=a_{n-1,p}+a_{n-1,p-1} \] ce qui est la relation souhaitée.
    
    Montrer par récurrence sur $n\in\N^{*}$ que la propriété : $$H_n : \fa{p\in\N} a_{n,p}=\binom{n}{p}\cdot$$ est vraie, et conclure.
    
    Initialisation La propriété $H_1$ est vraie car, avec une seule épreuve ($n=1$) :
    
    pour $p=0$, il y a $1$ chemin de l'arbre menant à $0$ succès, et donc : \[ a_{1,0} = 1 = \binom{1}{0} ; \]
    
    pour $p=1$, il y a $1$ chemin de l'arbre menant à $1$ succès, et donc : \[ a_{1,1} = 1 = \binom{1}{1}\cdot \]
    
    pour $p > 1$, il n'y a aucun chemin de l'arbre menant à $p$ succès, et donc : \[ a_{1,p} = 0 = \binom{1}{p}\cdot \]
    
    Hérédité Soit $n\in\N^*$ tel que $H_{n}$ soit vraie, et montrons $H_{n+1}$, à savoir : \[ \fa{p\in\N} a_{n+1,p}=\binom{n+1}{p}.\tag{$*$} \] Soit donc $p\in\N$.
    
    Si $p=0$, on a directement : $$a_{n+1,0} = 1 = \binom{n+1}{0},$$ puisqu'il y a une et une seule manière de réaliser $0$ succès en $n+1$ épreuves.
    
    Supposons donc $p\geq 1$. Alors, d'après la question précédente, on a : \[ a_{n+1,p}=a_{n,p}+a_{n,p-1}. \] Comme $H_n$ donne : $$a_{n,p}=\binom{n}{p} \et a_{n,p-1}=\binom{n}{p-1},$$ on en déduit : $$a_{n+1,p}=\binom{n}{p}+\binom{n}{p-1} = \binom{n+1}{p}.$$
    On a ainsi prouvé $(*)$, et donc $H_{n+1}$, ce qui démontre l'hérédité, et termine la démonstration de la récurrence. On a donc : \[ \fa{n\in\N^{*}} \fa{p\in\N} a_{n,p}=\binom{n}{p}\cdot \]
    Remarque La relation précédente reste vraie pour $n=0$ si l'on convient que : $$a_{0,0}=1\quad\et\quad\fa{p\geq 1} a_{0,p}=0,$$ ce qui est naturel car après $0$ épreuves on a forcément observé $0$ succès.
    
    Si l'on avait pris cette convention dès le départ on aurait pu initialiser la récurrence avec $n=0$, et avoir une démonstration un peu plus rapide à écrire, à condition de généraliser aussi la relation de la première question à : \[ \fa{n\geq 1} \fa{p\in\N} a_{n,p}=a_{n-1,p}+a_{n-1,p-1}. \]
    
    Pour $n\in\N$ et $p\in\N$, l'entier $\binom{n}{p}$ est égal au nombre de parties (de sous-ensembles) à $p$ éléments d'un ensemble à $n$ éléments.
    Exemple 47   (Justification de cette affirmation) Pour $n\in\N$ et $p\in\N$, notons $C_{n}^{p}$ le nombre de parties à $p$ éléments d'un ensemble contenant $n$ éléments. Expliquer pourquoi ces nombres vérifient : $$ \fa{n\geq 1}\fa{p\in\N^{*}} C_{n}^{p}=C_{n-1}^{p}+ C_{n-1}^{p-1} $$ et conclure.
    Prendre un ensemble $E$ contenant $n$ éléments, et choisir un élément $a\in E$. Compter alors :
    
    d'une part, les parties de $E$ à $p$ éléments ne contenant pas $a$,
    
    d'autre part, les parties de $E$ à $p$ éléments contenant $a$,
    et en déduire la relation.
    Soit un entier $n\geq 1$ et $p\in\N^{*}$. Les parties à $p$ éléments de $E=\ceo 1,n \cef$ se divisent en deux ensembles :
    
    les parties à $p$ éléments de $E$ ne contenant pas $n$, qui sont en fait les parties à $p$ éléments de $\ceo 1,n-1 \cef$ ; par définition de la notation, il y en a $C_{n-1}^{p}$ ;
    
    les parties à $p$ éléments de $E$ contenant $n$, qui sont constituées de $n$ et d'une partie à $p-1$ éléments de $\ceo 1,n-1 \cef$ ; par définition de la notation, il y en a $C_{n-1}^{p-1}$.
    Comme ces deux ensembles réalisent une partition de l'ensemble des parties à $p$ éléments de $E$, on en déduit : \[ C_{n}^{p}=C_{n-1}^{p}+C_{n-1}^{p-1} \] ce qui est la relation souhaitée.
    
    On termine comme dans l'exercice précédent.
    Montrons par récurrence sur $n\in\N$ que l'on a : $$H_n : \fa{p\in\N} C_{n}^{p}=\binom{n}{p}\cdot$$
    
    Initialisation Supposons $n=0$. Si $E$ est un ensemble contenant $0$ élément, alors :
    
    il ne contient qu'une seule partie à $0$ élément, $\emptyset$, et donc : \[ C_{0}^{0}= 1 =\binom{0}{0} ; \]
    
    il ne contient aucune partie non vide, et donc : \[ \fa{p \geq 1} C_{0}^{p}= 0 =\binom{0}{p}\cdot \]
    La propriété $H_0$ est donc vraie.
    
    Hérédité Soit $n\in\N$ tel que $H_{n}$ soit vraie, et montrons $H_{n+1}$, à savoir : \[ \fa{p\in\N} C_{n+1}^{p}=\binom{n+1}{p}.\tag{$*$} \] Soit donc $p\in\N$.
    
    Si $p=0$, alors $E$ ne possède qu'une partie à $0$ élément, et donc : $$C_{n+1}^{0} = 1 = \binom{n+1}{0}.$$
    
    Supposons donc $p\geq 1$. Alors, d'après la question précédente, on a : \[ C_{n+1}^{p} = C_{n}^{p} + C_{n}^{p-1}. \] Comme $H_n$ nous donne : $$C_{n}^{p} = \binom{n}{p} \et C_{n}^{p-1}=\binom{n}{p-1},$$ on en déduit : $$C_{n+1}^{p} = \binom{n}{p}+\binom{n}{p-1} = \binom{n+1}{p}.$$
    On a ainsi prouvé $H_{n+1}$, ce qui termine la récurrence, et donc : \[ \fa{n\in\N} \fa{p\in\N} C_{n}^{p} = \binom{n}{p}\cdot \]
    
    Remarque On pourra trouver d'autres justifications dans le chapitre de dénombrement.
    
    Remarque Ce dernier résultat explique l'emploi de l'expression « $p$ parmi $n$  » pour désigner le coefficient binomial $\binom{n}{p}$.
  4. Quelques valeurs remarquables
    Il faut savoir simplifier sans réfléchir et sans hésiter :
    
    $\quad \ds \binom{n}{0}$
    La relation : $$\ds \binom{n}{0}=1$$ se voit de nombreuses façons :
    
    en regardant la première colonne du triangle de Pascal ;
    
    elle est immédiate avec la formule utilisant des factorielles :
    \[ \binom{n}{0} = \frac{n!}{0!\,n!} = 1. \]
    
    en termes de dénombrement, $\ldots$
    $\ldots$ c'est le nombre de parties à $0$ éléments d'un ensemble à $n$ éléments. Il n'y en a qu'une : c'est l'ensemble vide.
    
    avec la formule simplifiée, $\ldots$
    $\ldots$ le numérateur est un produit vide, qui vaut donc $1$.
    
    $\quad\quad \ds \binom{n}{n}$
    La relation : $$\ds \binom{n}{n}=1$$ se voit de nombreuses façons.
    
    en regardant le dernier coefficient de chaque ligne du triangle de Pascal, qui est égal $\ldots$
    $\ldots$ au premier puisque : \[ \fa{p\in\ceo 0,n \cef} \binom{n}{p} = \binom{n}{n-p} \]
    
    elle est immédiate avec la formule utilisant des factorielles :
    \[ \binom{n}{n} = \frac{n!}{n!\,0!} = 1. \]
    
    en termes de dénombrement, $\ldots$
    $\ldots$ c'est le nombre de parties à $n$ éléments d'un ensemble à $n$ éléments. Il n'y en a qu'une : c'est l'ensemble lui-même.
    
    $\quad\quad \ds \binom{n}{1}$
    La relation :$$\ds \binom{n}{1}=n$$ se voit de nombreuses façons.
    
    en regardant la deuxième colonne du triangle de Pascal ;
    
    elle est immédiate avec la formule simplifiée :
    \[ \binom{n}{1} = \frac{n}{1} = n. \]
    
    en termes de dénombrement, $\ldots$
    $\ldots$ le nombre de parties à $1$ élément d'un ensemble à $n$ éléments est évidemment $n$ : ce sont les singletons.
    
    $\quad\quad \ds \binom{n}{n-1}$
    La relation :$$\ds \binom{n}{n-1}=n$$ est immédiate puisque :
    par symétrie : \[ \binom{n}{n-1} = \binom{n}{1} =n. \]
    
    Il est bon aussi de ne pas trop hésiter avec $\ds \binom{n}{2}$, qui vaut $\ldots$
    $\ldots$ en utilisant la formule simplifiée : \[ \binom{n}{2} = \frac{n\,(n-1)}{2}, \] quantité qui est aussi par ailleurs $\ldots$
    $\ldots$ la somme de $n-1$ premiers entiers naturels non nuls.
2. Formule du binôme
  1. La formule
    
    Proposition 7 (Formule du binôme de Newton) Étant donné $(a, b)\in\C^2$ et $n\in\N$, on a : $$ (a+b)^n=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}\,a^k\,b^{n-k} $$ Justification
    On procède par récurrence, en utilisant la relation de Pascal.
    Montrons par récurrence que la formule est vraie pour tout $n\in\N$.
    
    La formule est évidemment vraie au rang $0$, car : $$(a+b)^0=1=\binom{0}{0}\,a^0\,b^0.$$
    
    Supposons-la vraie à un rang $n\in\N$, et montrons-la au rang $n+1$. Le développement : $$(a+b)^{n+1}=(a+b)\,(a+b)^n = a\,(a+b)^n +b\,(a+b)^n,$$ donne en utilisant la formule au rang $n$ : $$ (a+b)^{n+1} = \sum_ {k=0}^n \binom{n}{k}\, a^{k+1}\, b^{n-k} + \sum_ {k=0}^n \binom{n}{k}\, a^{k}\, b^{n-k+1}. $$ Avec le changement d'indice $\ell=k+1$ dans la première somme, on a alors : \begin{align*} (a+b)^{n+1} &= \sum_ {\ell=1}^{n+1}\binom{n}{\ell-1}\, a^{\ell}\, b^{n-\ell+1} + \sum_ {k=0}^n \binom{n}{k}\, a^{k}\, b^{n-k+1}\\\\ &= \sum_ {k=1}^{n+1}\binom{n}{k-1}\, a^{k}\, b^{n-k+1} + \sum_ {k=0}^n \binom{n}{k}\, a^{k}\, b^{n-k+1} \end{align*} et donc, en utilisant la relation de Pascal : \begin{align*} (a+b)^{n+1} &= \binom{n}{0}b^{n+1} +\sum_ {k=1}^{n}\Bigg(\binom{n}{k-1}+\binom{n}{k}\Bigg) a^{k}\,b^{n-k+1} +\binom{n}{n} \,a^{n+1}\\\\ &= \binom{n}{0}b^{n+1} +\sum_ {k=1}^{n} \binom{n+1}{k} a^{k}\,b^{n-k+1} +\binom{n}{n} \,a^{n+1}. \end{align*} Comme : \[ \binom{n}{0}= 1 = \binom{n+1}{0} \et \binom{n}{n+1}=1=\binom{n+1}{n} \] on en déduit : \[ (a+b)^{n+1} = \sum_ {k=0}^{n+1} \binom{n+1}{k}\,a^{k}\,b^{n-k+1}, \] ce qui est le résultat au rang $n+1$, et termine donc la récurrence.
    
    Pour $n=2$, $\ldots$
    $\ldots$ on retrouve la formule bien connue : \[ (a+b)^{2} = a^{2} + 2\,a\,b +b^{2}. \] Il ne faut pas avoir peur d'y penser (surtout au début) pour assurer la formule précédente.
    
    Pour $n=3$, il faut pouvoir écrire quasiment sans réfléchir la formule :
    \[ (a+b)^{3} = a^{3} + 3\,a^{2}\,b + 3\,a\,b^{2} +b^{3}. \]
    
    Méthode Quand vous avez besoin de coefficients binomiaux pour écrire une formule du binôme, vous pensez la plupart du temps à écrire un triangle de Pascal, ce qui est loin d'être le plus efficace !
    Imaginons que l'on ait à calculer $(a+b)^{7}$.
    
    Combien de coefficients binomiaux vont intervenir dans ce développement ?
    Il y en a $8$ puisque l'indice de la somme va de $0$ à $7$.
    
    Combien doit-on écrire de tels coefficients si l'on utilise le triangle de Pascal ?
    Le nombre de coefficients à écrire est alors : \[ 1+2+3+4+5+6+7 = 28. \] Inutile de faire $6$ additions pour calculer la somme précédente.
    C'est la somme des premiers termes d'une suite arithmétique : \[ 1+2+3+4+5+6+7 = 7 \times \frac{1+7}{2}\cdot \]
    
    En réalité, combien de coefficients doit-on vraiment calculer ?
    
    Il y a a priori $8$ coefficients à calculer, mais grâce à la symétrie, il n'y en a que $4$.
    On sait que : \[ \fa{p\in\ceo 0, n\cef} \binom{n}{p} = \binom{n}{n-p} \]
    
    les valeurs $\ds\binom{7}{0}$ et $\ds\binom{7}{1}$ sont bien connues.
    En effet : \[ \fa{n\in\N} \binom{n}{0} = 1 \et \binom{n}{1} = n. \]
    
    Il reste donc à calculer : $\ds\binom{7}{2}$
    Avec la formule simplifiée : \[ \binom{7}{2} = \frac{7 \times 6}{2 \times 1} = 21. \]
    et $\ds \binom{7}{3}$
    Avec la formule simplifiée : \[ \binom{7}{3} = \frac{7 \times 6 \times 5}{3\times 2 \times 1} = 7 \times 5 = 35. \]
    
    Remarque Je vous laisse évaluer l'économie réalisée !
    
    Exemple 48 Simplifier $\ds S_{1}=\sum\limits_{k=0}^{n}\,3^{k}\,\binom{n}{k}$ puis $\ds S_{2}=\sum\limits_{k=1}^{n}\,3^{k-1}\,\binom{n}{k}$
    
    Pour $S_1$, c'est une bête formule du binôme.
    On a : \begin{align*} S_{1}&=\sum\limits_{k=0}^{n}\,3^{k}\,\binom{n}{k}\vphantom{\bigg|}\\ &=\sum\limits_{k=0}^{n}\binom{n}{k}\,3^{k}\,(1)^{n-k}\vphantom{\bigg|}\\ &=(3+1)^{n}\vphantom{\bigg|}\\ &=4^{n}.\vphantom{\bigg|} \end{align*}
    
    Pour $S_2$, faire apparaître $S_1$.
    En multipliant par $3$.
    On a : \[ 3\,S_{2} = \sum\limits_{k=1}^{n}\,3^{k}\,\binom{n}{k} = S_{1} -1 \] et donc : \[ S_{2}=\frac{4^{n}-1}{3}\cdot \]
  2. Quelques applications intéressantes
    
    Exemple 49   Pour $n\in\N$, simplifier $\ds \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}$.
    Utiliser la formule du binôme, en écrivant $ \binom{n}{k} = \binom{n}{k}1^{?} \, 1^{?}$.
    Soit $n\in\N$. En écrivant : $$\sum_{k=0}^n\binom{n}{k} = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\, 1^k \, 1^{n-k},$$ la formule du binôme donne directement : \[ \sum_{k=0}^n\binom{n}{k} = (1+1)^n = 2^n. \]
    Si vous avez des notions de dénombrement, en donner une interprétation à l'aide des parties d'un ensemble.
    Si $E$ est un ensemble à $n$ éléments,
    
    la quantité $\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}$ représente la somme du nombre de parties de $E$ possédant $0$, $1$, $2$, $\ldots$, $n$ éléments ;
    
    la quantité $2^n$ représente le nombre de toutes les parties de $E$.
    C'est l'une des démonstrations prouvant qu'un ensemble de cardinal $n$ possède $2^{n}$ sous-ensembles.
    
    Exemple 50   Soit $n\in\N^*$.
    
    Établir $\ds \binom{n}{0}-\binom{n}{1}+\cdots+(-1)^n\binom{n}{n}=0.\Rule{0pt}{4ex}{4ex}$
    Pour avoir cette alternance de signes, il suffit de développer :
    \[ \big(1+(-1)\big)^{n}. \]
    
    Solution
    La formule du binôme appliquée à $(1-1)^n$ donne : \[ (1-1)^n = \sum_{k=0}^n\binom{n}{k} \,(-1)^{k} =\binom{n}{0}-\binom{n}{1}+\cdots+(-1)^n\binom{n}{n}=0. \] Comme $n\geq1$, on a $(1-1)^n = 0^{n} = 0$, et donc : \[ \sum_{k=0}^n\binom{n}{k} \,(-1)^{k} = 0. \]
    
    En déduire les valeurs de $\ds S_0 = \sum_{\substack{k\in\ceo 0,n\cef\\k\,\text{pair}}}\binom{n}{k}$ et de $\ds S_1= \sum_{\substack{k\in\ceo 0,n\cef\\{k\,\text{impair}}}}\binom{n}{k}$.
    D'après ce qui précède, on a : \[ (1 + 1)^n = \sum_{k=0}^n\binom{n}{k} = \sum_{\substack{k\in\ceo 0,n\cef\\k\,\text{pair}}}\binom{n}{k} + \sum_{\substack{k\in\ceo 0,n\cef\\{k\,\text{impair}}}}\binom{n}{k} = S_0 + S_1. \] ainsi que : \[ (1-1)^n = \sum_{k=0}^n\binom{n}{k} \,(-1)^{k} = \sum_{\substack{k\in\ceo 0,n\cef\\k\,\text{pair}}}\binom{n}{k} - \sum_{\substack{k\in\ceo 0,n\cef\\{k\,\text{impair}}}}\binom{n}{k} = S_0 - S_1. \] Comme $(1-1)^{n}=0$, n en déduit par somme et différence : \[ \sum_{\substack{k=0\\k\,\text{pair}}}^n\binom{n}{k} =\sum_{\substack{k=0\\k\,\text{impair}}}^n\binom{n}{k}=2^{n-1}. \]
    
    Écrire ces dernières sommes respectivement sous les formes $\ds\sum_{\ell = ?}^{?}\binom{n}{2\ell}$ et $\ds\sum_{\ell = ?}^{?}\binom{n}{2\ell+1}$.
    
    Lorsque $k$ est pair, on peut alors poser $k= 2\ell$ avec $\ell\in\N$ vérifiant : \[ 0 \leq 2\ell \leq n \et[et donc] 0 \leq \ell \leq \frac{n}{2}\cdot \tag{$i$} \] Comme il s'agit d'entiers, cela équivaut à : \[ 0 \leq \ell \leq \Big\lfloor\frac{n}{2}\Big\rfloor\cdot \] où $\lfloor\,\,\rfloor$ désigne $\ldots$
    $\ldots$ la fonction partie entière.
    
    On a donc : \[ \sum_{\substack{k=0\\k\,\text{pair}}}^n\binom{n}{k} = \sum_{\ell=0}^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}\, \binom{n}{2\ell}. \]
    
    Lorsque $k$ est impair, on peut alors poser $k= 2\ell+1$ avec $\ell\in\N$ vérifiant : \[ 0 \leq 2\ell +1\leq n \et[et donc] 0 \leq \ell \leq \frac{n-1}{2}\cdot \tag{$ii$} \] Comme il s'agit d'entiers, cela équivaut à : \[ 0 \leq \ell \leq \Big\lfloor\frac{n-1}{2}\Big\rfloor\cdot \] On a donc : \[ \sum_{\substack{k=0\\k\,\text{impair}}}^n\binom{n}{k} = \sum_{\ell=0}^{\lfloor\frac{n-1}{2}\rfloor}\, \binom{n}{2\ell+1}. \]
    
    Méthode L'utilisation (de tête si possible) des inégalités $(i)$ et $(ii)$ évite toute angoisse et tout risque d'erreur dans les écritures utilisant les parties entières.
    
    Exemple 51
    
    Établir : $\fa{x\in\R_+} \fa{n\in\N} (1+x)^n\geq 1+n\,x.$
    
    On peut faire une démonstration par récurrence.
    
    L'inégalité est évidente pour $n=0$, car ses deux membres valent alors $1$.
    
    En la supposant vraie à un rang $n\in\N$, on en déduit : \begin{align*} (1+x)^{n+1} &= (1+x)^{n}\,(1+x) \geq (1+n\,x)\,(1+x). \end{align*} Évidemment, il ne faut pas oublier de dire que $\ldots$
    $\ldots$ $(1+x)$ est positif, ce qui permet de passer de : \[ (1+x)^n\geq 1+n\,x \] à : \[ (1+x)^{n}\,(1+x) \geq (1+n\,x)\,(1+x) \] par multiplication par un nombre positif.
    
    On en déduit directement la propriété au rang $n+1$ puisque : \[ (1+n\,x)\,(1+x) = 1+(n+1) \, x + n \, x^{2} \geq 1+(n+1)\,x . \]
    
    Mais c'est un peu plus rapide d'utiliser directement la formule du binôme.
    
    Si $n=0$, le résultat est évident car les deux membres de l'inégalité valent alors $1$.
    
    Supposons donc $n\geq 1$. La formule du binôme donne alors : \[ (1+x)^n=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}\,x^k=1+n\,x+\sum_{k=2}^n\binom{k}{n}\,x^k, \] d'où le résultat puisque la somme : \[ S = \sum_{k=2}^n\binom{k}{n}\,x^k \] est, soit vide (lorsque $n=1$), soit constituée de termes tous positifs.
    
    Connaissez-vous une application importante de cette inégalité ?
    Cette inégalité permet de prouver : \[ \fa{ r\in\mathopen{]}1,+\infty\mathclose{[}} \lim\limits_{n\to +\infty} r^{n} = +\infty. \] En effet, $\ldots$
    $\ldots$ si $r > 1$, on peut poser : \[ r = 1+ x \avec x >0, \] et la suite $(r^{n})_{n\in\N}$ est alors minorée par la suite arithmétique de premier terme $1$ et de raison $x > 0$, qui tend vers $+\infty$.
    
    Exemple 52   Soit $n$ un entier naturel.
    
    Simplifier $\ds S_1 = \sum_{k=0}^{n} \, k\,\binom{n}{k}$.
    
    On peut utiliser la simplification de $k\,\binom{n}{k}$ vue dans la section précédente.
    Si $n=0$, on a directement $S_1=0$. Supposons donc $n \geq 1$. On a alors : \begin{align*} S_1 &= \sum_{k=0}^{n} \, k\,\binom{n}{k} \tag{$1$}\\ &=\sum_{k=1}^{n} \, k\,\binom{n}{k}\tag{$2$}\\ &= \sum_{k=1}^{n} \, n\,\binom{n-1}{k-1}\tag{$3$}\\ &= n\,\sum_{\ell=0}^{n-1} \, \binom{n-1}{\ell}\tag{$4$}\\ &= n\,2^{n-1}\vphantom{\sum_{k=1}^{n}}\tag{$5$}. \end{align*} Quelques explications si nécessaire
    
    Le passage de $(1)$ à $(2)$ est nécessaire avant de pouvoir appliquer la transformation :
    \[ k\,\binom{n}{k} = n\,\binom{n-1}{k-1} \] qui n'est valable que pour $k \geq 1$.
    
    Ce passage est immédiat, puisque le terme correspondant à $k=0$ est évidemment nul.
    
    Le passage de $(3)$ à $(4)$ repose sur le changement d'indice $\ell=k-1$, et la mise en facteur de $n$ qui ne dépend pas de $k$.
    
    Pour finir, on utilise la somme des coefficients de la ligne d'indice $n-1$ du triangle de Pascal.
    \[ \sum_{p=0}^{n-1} \, \binom{n-1}{p} = 2^{n-1} \] obtenue en remplaçant $n$ par $n-1$ dans : \[ \sum_{p=0}^{n} \, \binom{n}{p} = 2^{n}. \]
    
    D'après la remarque initiale, cette dernière formule est valable même pour $n=0$.
    
    On peut aussi écrire cette somme dans l'autre sens, puis $\ldots$
    $\ldots$ faire le total en colonnes, puisque :
    \[ \binom{n}{k} = \binom{n}{n-k} \et k+(n-k) = n. \] Pour une rédaction efficace, cela revient à faire le changement d'indice :
    \[ \ell = n- k. \]
    
    Solution
    Dans $S_1$, le changement d'indice $\ell = n- k$ donne : \[ S_1 = \sum_{\ell=0}^{n} \, (n-\ell)\,\binom{n}{n-\ell} = \sum_{k=0}^{n} \, (n-k)\,\binom{n}{n-k}. \] Comme $\ds \binom{n}{n-k} = \binom{n}{k}$, on a : \[ S_1 = \sum_{k=0}^{n} \, (n-k)\,\binom{n}{k}. \] $S_1$ étant aussi égal à $\sum_{k=0}^{n} \, k\,\binom{n}{k}$, on en déduit : \begin{align*} 2\,S_1 &= \sum_{k=0}^{n} \, k\,\binom{n}{k} + \sum_{k=0}^{n} \, (n-k)\,\binom{n}{k}\\ &= \sum_{k=0}^{n} \,\big(k+ (n-k)\big)\,\binom{n}{k}\\ &= \sum_{k=0}^{n} \, n\,\binom{n}{k} \\ &= n\, \sum_{k=0}^{n} \, \binom{n}{k} \\ &= n\,2^{n}\vphantom{\sum_{k=0}^{n}}. \end{align*} On en déduit immédiatement : \[ S_1 = n\, 2^{n-1}. \]
    
    Simplifier $\ds S_2 = \sum_{k=0}^{n} k\,(k-1)\,\binom{n}{k}$ et en déduire $\ds \sum_{k=0}^{n} k^{2}\,\binom{n}{k}$.
    
    Pour $S_2$, grâce au $k\,(k-1)$ situé devant le coefficient binomial, on peut utiliser deux fois la même transformation que précédemment.
    Si $n=0$ ou $n=1$, on a évidemment : \[ S_2 = 0. \] Supposons donc $n \geq 2$. On a alors : \begin{align*} S_2 &= \sum_{k=0}^{n} k\,(k-1)\,\binom{n}{k} \tag{$1$}\\ &= \sum_{k=2}^{n} k\,(k-1)\,\binom{n}{k} \tag{$2$}\\ &= \sum_{k=2}^{n} n\,(n-1)\,\binom{n-2}{k-2}\tag{$3$} \\ &= n\,(n-1)\,\sum_{\ell=0}^{n-2} \binom{n-2}{\ell}\tag{$4$} \\ &= n\,(n-1)\,2^{n-2}\vphantom{\sum_{\ell=0}^{n-2}}. \end{align*} Quelques explications si nécessaire
    
    Le passage de $(1)$ à $(2)$ est nécessaire avant de pouvoir appliquer en cascade la transformation :
    \[ (k-1)\, k\,\binom{n}{k} = n\,(k-1)\,\binom{n-1}{k-1} = n\,(n-1)\,\binom{n-2}{k-2}, \] ce qui n'est valable que pour $k \geq 2$.
    
    Ce passage est immédiat, puisque les termes correspondant à $k=0$ et $k=1$ sont évidemment nuls.
    
    Le passage de $(3)$ à $(4)$ repose sur le changement d'indice $\ell=k-2$, et la mise en facteur de $n\,(n-1)$ qui ne dépend pas de $k$.
    
    Pour finir, on utilise la somme des coefficients de la ligne d'indice $n-2$ du triangle de Pascal.
    \[ \sum_{p=0}^{n-2} \, \binom{n-2}{p} = 2^{n-2} \] obtenue en remplaçant $n$ par $n-2$ dans : \[ \sum_{p=0}^{n} \, \binom{n}{p} = 2^{n}. \]
    
    D'après la remarque initiale, cette dernière formule est valable même pour $n=0$ et $n=1$.
    
    La somme $\ds \sum_{k=0}^{n} k^{2}\,\binom{n}{k}$ s'exprime facilement en fonction de $S_1$ et $S_2$.
    On a : \begin{align*} \sum_{k=0}^{n} k^{2}\,\binom{n}{k} &= \sum_{k=0}^{n} k\,(k-1)\,\binom{n}{k} + \sum_{k=0}^{n} k\,\binom{n}{k}\\ &= S_2 + S_1\vphantom{\sum_{k=0}^{n}}\\ &= n\,(n-1)\,2^{n-2} + n\,2^{n-1}\vphantom{\sum_{k=0}^{n}}\\ &= n\,(n+1)\,2^{n-2}.\vphantom{\sum_{k=0}^{n}} \end{align*}
    
    Pour finir un exemple utilisant les nombres complexes.
    Exemple 53   Pour $n\in \N^{*}$ et $x\in \R$ on pose : \[ S_n(x)=1-\,\binom{2n}{2}\,x^{2}+\binom{2n}{4}\,x^{4}+\cdots +(-1)^{n}\,\binom{2n}{2n}\,x^{2n} \]
    
    Exprimer $S_n(x)$ à l'aide d'un $\Sigma$.
    On a évidemment : \[ S_n(x)=\sum\limits_{k=0}^{n}\,(-1)^{k}\binom{2n}{2k}\,x^{2k}. \]
    
    Exprimer $S_n(x)$ en fonction de $(1+i\,x) ^{2n}$ et $(1-i\,x)^{2n}$.
    Il ne faut garder que les puissances paires du développement de $(1+i\,x)^{2n}$.
    Étant donné que : \[ (1+i\,x)^{2n} = \sum_{\ell=0}^{2\,n}\,\binom{2n}{\ell}\,(i\,x)^{\ell}, \] et que $x$ est réel, il est immédiat que l'on a : $$ S_n(x) = \Re\big((1+i\,x)^{2n}\big)$$ et donc : \[ S_n(x) =\frac{1}{2}\big((1+i\,x)^{2n}+(1-i\,x)^{2n}\big) . \]
    
    En déduire les solutions de l'équation $S_n(x)=0$.
    Il faut savoir exprimer les solutions (complexes) de l'équation $z^{2n}=-1$.
    Un complexe $z=\rho\,e^{i\theta}$ vérifie $z^{2n}=-1= e^{i\pi}$ si, et seulement si : \[ \rho^{2n} = 1 \et 2n\,\theta \equiv \pi \;[2\pi] \] ce qui équivaut à dire qu'il existe $k\in\ceo 0,2n-1\cef$ tel que : \[ z = \exp\Big(\frac{i\pi}{2n}+\frac{2k i \pi}{2n}\Big) = \exp\Big(\frac{(2k+1)i \pi}{2n}\Big). \]
    Remarque En fait, on peut faire varier $k$ sur tout intervalle d'entiers de cardinal $2n$, et ici il est préférable de prendre $k \in\ceo -n,n-1\cef $.
    Voir éventuellement le chapitre sur les complexes et, plus précisément, la partie sur les racines de l'unité.
    
    Il faut aussi savoir simplifier une quantité du genre $\ds\frac{\exp(i\theta)-1}{\exp(i\theta)+1}\cdot$
    En mettant $\exp\big(\frac{i\theta}{2}\big)$ en facteur, puis en utilisant $\ldots$
    $\ldots$ les formules d'Euler.
    
    Après justification, écrire l'équation sous la forme $\ds \Big(\frac{1+i\,x}{1-i\,x}\Big)^{2n}=-1$.
    L'équation $S_n(x)=0$ s'écrivant : \[ (1+i\,x)^{2n} = - (1-i\,x)^{2n} \] et n'ayant évidemment pas $-i$ comme racine, elle est équivalente à : \[ \Big(\frac{1+i\,x}{1-i\,x}\Big)^{2n}=-1. \] Par suite, $x$ en est solution si, et seulement si, il existe $k\in\ceo -n,n-1\cef$ vérifiant : \[ \frac{1+i\,x}{1-i\,x} = \exp\Big(\frac{(2k+1) i \pi}{2n}\Big), \tag{$E_k$} \] l'équation $(E_k)$ étant équivalente à : \[ (1+i\,x) = (1-i\,x)\exp\Big(\frac{(2k+1) i \pi}{2n}\Big) \] et donc à : \[ i\,x \bigg(1+\exp\Big(\frac{(2k+1) i \pi}{2n}\Big)\bigg) = \exp\Big(\frac{(2k+1) i \pi}{2n}\Big)-1. \] Comme le complexe $\exp\Big(\frac{(2k+1) i \pi}{2n}\Big)$ est une racine $2n$^e de $-1$, il ne peut être égal à $-1$, et $(E_k)$ a donc comme seule solution : \begin{align*} x &= \frac{1}{i}\,\frac{\exp\Big(\frac{(2k+1) i \pi}{2n}\Big)-1}{1+\exp\Big(\frac{(2k+1) i \pi}{2n}\Big)}\\\\ & =\frac{1}{i}\, \frac{\exp\Big(\frac{(2k+1) i \pi}{4n}\Big)-\exp\Big(-\frac{(2k+1) i \pi}{4n}\Big)} {\exp\Big(-\frac{(2k+1) i \pi}{4n}\Big)+\exp\Big(\frac{(2k+1) i \pi}{4n}\Big)}\\\\ &=\tan\Big(\frac{(2k+1)\pi}{4n}\Big)\cdot \end{align*} Étant donné que pour les $2n$ valeurs de $k$ de l'intervalle $\ceo -n,n-1\cef$, on a : \[ -\frac{\pi}{2} < -\frac{(2n-1)\pi}{4n} \leq \frac{(2k+1)\pi}{4n} \leq \frac{(2n-1)\pi}{4n} < \frac{\pi}{2} \] et que la fonction tangente est strictement croissante sur $\mathopen{]}-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\mathclose{[}$, on en déduit que l'équation donnée possède $2n$ racines qui sont : \[ x_k = \tan\Big(\frac{(2k+1)\pi}{4n}\Big) \avec k\in \ceo -n,n-1\cef. \]