Chapitre 1 : Sommations

Dans $\displaystyle{} \sum_{k=p}^n...$ il y a $n-p+1$ termes.

1. Par récurrence sur $n\in\mathbb{N}^*$
Initialisation : $n = 1$ $$\sum_{k=1}^1k = 1\hspace{20pt}\frac{1(1+1)}{2} = 1$$ Hérédité :
On suppose la formule vraie au rang $n\in\mathbb{N}^*$ \begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^{n+1}k &=& 1+2+...+n+(n+1)\\ &=& \sum_{k=1}^n k + (n+1)\\ &=& \frac{n(n+1)}{2} + (n+1) \hspace{20pt} \text{par hypothèse de récurrence}\\ &=& \frac{1}{2}\left( n(n+1)+2(n+1) \right)\\ &=& \frac{(n+1)(n+2)}{2} \end{eqnarray*} Donc la propriété est vraie au rang $(n+1)$.
Ce qui achève la récurrence.

2. Par récurrence sur $n\in\mathbb{N}^*$
Initialisation : $n = 1$ $$\sum_{k=1}^1k^2 = 1\hspace{20pt}\frac{2\times 3}{6} = 1$$ Hérédité :
On suppose la formule vraie au rang $n\in\mathbb{N}^*$ \begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^{n+1}k^2 &=& \sum_{k=1}^n k^2 + (n+1)^2\\ &=& \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} \times (n+1)^2 \hspace{20pt} \text{par hypothèse de récurrence}\\ &=& \frac{n+1}{6}\left( n(2n+1) + 6(n+1) \right)\\ &=& \frac{n+1}{6}\left( 2n^2+7n+6 \right)\\ \end{eqnarray*} Or \begin{eqnarray*} \frac{(n+1)(n+2)(2(n+1)+1)}{6} &=& \frac{n+1}{6}\left( (n+2)(2n+3) \right)\\ &=& \frac{n+1}{6}\left( 2n^2+7n+6 \right) \end{eqnarray*} Donc $\displaystyle{}\sum_{k=1}^{n+1} k^2 = \frac{(n+1)(n+2)(2n+3)}{6}$
Ainsi la formule est vraie au rang $n+1$.
Ce qui achève la récurrence.

3. Par récurrence sur $n\in\mathbb{N}^*$
Initialisation : $n = 1$ $$\sum_{k=1}^1k^3 = 1\hspace{20pt}\left(\frac{2}{2}\right)^2 = 1$$ Hérédité :
On suppose la formule vraie au rang $n\in\mathbb{N}^*$ \begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^{n+1} &=& \sum_{k=1}^n k^3 + (n+1)^3\\ &=& \left( \frac{n(n+1)}{2} \right)^2 + (n+1)^3 \hspace{20pt} \text{par hypothèse de récurrence}\\ &=& \frac{(n+1)^2}{4}\left( n^2+4(n+1) \right)\\ &=& \frac{(n+1)^2}{4}\left( (n+2)^2 \right)\\ &=& \left(\frac{(n+1)(n+2)}{2}\right)^2 \end{eqnarray*} Ainsi la formule est vraie au rang $n+1$.
Ce qui achève la récurrence.

\begin{eqnarray*} (1-q) \times \left( \sum_{k=0}^n q^k \right) &=& \left( \sum_{k=0}^n q^k \right) - q\left( \sum_{k=0}^n q^k \right)\\ &=& \left( \sum_{k=0}^n q^k \right) - \left( \sum_{k=0}^n q^{k+1} \right)\\ &=& (q^0+q^1+...+q^n)-(q^1+...+q^{n+1})\\ &=& 1-q^{n+1} \end{eqnarray*} Ainsi $\displaystyle{}(1-q) \times \left( \sum_{k=0}^n q^k \right) = 1-q^{n+1}$
Donc si $q\neq 1$, alors $1-q\neq 0$
Donc $\displaystyle{}\sum_{k=0}^n q^k = \frac{1-q^{n+1}}{1-q}$

Si $q=1$, alors $\displaystyle{}\sum_{k=0}^nq^k = \sum_{k=0}^n 1 = n+1$

On fait un changement d'indice.
On pose $p = k-3$
Donc \begin{eqnarray*} S_n &=& \sum_{p=0}^{n-3}r^{p+3}\\ &=& \sum_{p=0}^{n-3} r^3 \times r^p\\ &=& r^3 \times \sum_{p=0}^{n-3}r^p\\ &=& r^3 \times \left( \frac{1-q^{n-2}}{1-q} \right) \hspace{20pt} \text{car }q\neq 1 \end{eqnarray*}

Le Triangle de Pascal sert à calculer les premiers k parmi n $$\begin{array}{c|c|c|c|c|c|c|c|c} n/k & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & \cdots & k\\ \hline 0 & 1& & & & & & &\\ \hline 1 & 1 & 1 & & & & &\\ \hline 2 & 1 & 2 & 1 & & & &\\ \hline 3 & 1 & 3 & 3 & 1 & & &\\ \hline 4 & 1 & 4 & 6 & 4 & 1 & &\\ \hline 5 & 1 & 5 & 10 & 10 & 5 & 1 &\\ \hline \vdots & & & & & & & \ddots\\ \hline n & & & & & & & & 1 \end{array}$$

Par récurrence sur $n\in\mathbb{N}$, $a$ et $b$ fixés dans $\mathbb{C}$
Initialisation : $n=0$ $$(a+b)^0=1\hspace{20pt} \sum_{k=0}^0 \begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix} a^kb^{0-k} = \begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix} a^0 \times b^0 = 1$$ Hérédité :
Supposons la formule vraie au rang $n\in\mathbb{N}$ \begin{eqnarray*} (a+b)^{n+1} &=& (a+b)(a+b)^n\\ &=& (a+b) \times \sum_{k=0}^n\begin{pmatrix} n\\k\end{pmatrix} a^k\times b^{n-k}\hspace{20pt}\text{par hypothèse de récurrence}\\ &=& a \times \left( \sum_{k=0}^n \begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}a^kb^{n-k} \right) + b\left( \sum_{k=0}^n \begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix} a^kb^{n-k} \right)\\ &=& \sum_{k=0}^n \begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix} a^{k+1}b^{n-k} + \sum_{k=0}^n \begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix} a^k b^{n+1-k} \end{eqnarray*} Changement d'indice on pose $p = k+1$ \begin{eqnarray*} (a+b)^{n+1} &=& \sum_{p=1}^{n+1} \begin{pmatrix} n\\p-1\end{pmatrix} a^p b^{(n+1)-p} + \sum_{k=0}^n \begin{pmatrix} n\\k\end{pmatrix} a^k b^{(n+1)-k}\\ &=& \begin{pmatrix} n\\n\end{pmatrix} a^{n+1} b^0 + \sum_{p=1}^n \begin{pmatrix} n\\p-1\end{pmatrix} a^p b^{(n+1)-p}+\sum_{k=1}^n \begin{pmatrix} n\\k\end{pmatrix} a^k b^{(n+1)-k} + \begin{pmatrix} n\\0\end{pmatrix} a^0 b^{n+1}\\ &=& a^{n+1} + \sum_{k=1}^n \begin{pmatrix} n\\k-1\end{pmatrix} a^k b^{(n+1)-k} + \sum_{k=1}^n \begin{pmatrix} n\\k\end{pmatrix} a^kb^{(n+1)-k} + b^{n+1}\\ &=& a^{n+1} + \left( \sum_{k=1}^n \left[ \begin{pmatrix} n\\k-1\end{pmatrix} + \begin{pmatrix} n\\k\end{pmatrix}\right] a^kb^{(n+1)-k} \right) +b^{n+1}\\ &=& a^{n+1} + \left( \sum_{k=1}^n \begin{pmatrix} n+1\\k\end{pmatrix} a^kb^{(n+1)-k} \right) +b^{n+1}\\ &=& \sum_{k=0}^{n+1}\begin{pmatrix} n+1\\k \end{pmatrix} a^kb^{(n+1)-k} \end{eqnarray*} Ce qui achève la récurrence.

On envisage pour $x\in\mathbb{R}$ $$(x+1)^n = \sum_{k=0}^n \begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix} x^k \times 1^{n-k}$$ On isole le terme en $k=0$ avant de dériver $$(x+1)^n = \begin{pmatrix} n\\0 \end{pmatrix} x^0 + \sum_{k=1}^n x^k \begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix} $$ On dérive $$n(x+1)^{n-1} = \sum_{k=1}^n \begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix} kx^k$$ En particulier, pour $x=1$, on a $$n2^{n-1} = \sum_{k=1}^n k \begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix}$$ Or le terme en $k=0$ est nul Donc $$\sum_{k=0}^n k \begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix} = n2^{n-1}$$

\begin{eqnarray*} (a-b) \left( \sum_{k=0}^{n-1} a^kb^{(n-1)-k} \right) &=& a \sum_{k=0}^{n-1} a^k b^{(n-1)-k} - b\sum_{k=0}^{n-1} a^kb^{(n-1)-k}\\ &=& \sum_{k=0}^{n-1} a^{k+1} b^{n-(k+1)} - \sum_{k=0}^{n-1} a^k b^{n-k} \end{eqnarray*} On pose $u_k = a^kb^{n-k}$
Ainsi \begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^{n-1} (u_{k+1}-u_k) &=& u_n - u_0 \hspace{20pt} \text{par simplification télescopique}\\ &=& a^n-b^n \end{eqnarray*}