Calcul algébrique, sommes et produits, cours |MPSI-MP2I-PCSI-PTSI
Le cours de calcul algébrique se concentre principalement sur deux objectifs principaux : la manipulation de sommes et de produits, y compris la formule du binôme, ainsi que la résolution de systèmes linéaires de petite taille en utilisant l’algorithme du pivot. Ce cours est en accord avec les récents changements dans le programme de mathématiques pour les classes préparatoires aux filières MPSI et MP2I. Pour renforcer votre compréhension des sujets abordés dans ce cours et gagner en aisance avec ces concepts, nous vous encourageons vivement à explorer notre série d’exercices corrigés en calcul algébrique.
I) Sommes et produits simples
Dans toute cette partie, et sauf mention explicite du contraire, I est un ensemble fini et \left(a_{i}\right)_{i \in I} est une famille de nombres complexes.
Notations des sommes et produits :
On note \sum\limits_{i \in I} a_{i} la somme des éléments de la famille \left(a_{i}\right)_{i \in I}.
On note \prod\limits_{i \in I} a_{i} le produit des éléments de la famille \left(a_{i}\right)_{i \in I}.
Lorsque I=\emptyset, on convient que \sum\limits_{i \in I} a_{i}=0 et \prod\limits_{i \in I} a_{i}=1.
Lorsque I=\llbracket p, q \rrbracket avec p, q \in \mathbb{N} tel que p \leq q. On note : \sum\limits_{i \in I} a_{i}=\sum\limits_{p \leq i \leq q} a_{i}=\sum\limits_{i=p}^{q} a_{i}=a_{p}+a_{p+1}+\cdots+a_{q}. \prod\limits_{i \in I} a_{i}=\prod\limits_{p \leq i \leq q} a_{i}=\prod\limits_{i=p}^{q} a_{i}=a_{p} \times a_{p+1} \times \cdots \times a_{q}.
Remarque 1 : L’indice i utilisé dans \sum\limits_{i \in I} a_{i} et dans \prod\limits_{i \in I} a_{i} est un indice muet, c’est-à-dire qu’on peut le remplacer par n’importe quel autre symbole mon utilisé par ailleurs. Par exemple, on a : \sum\limits_{i \in I} a_{i}=\sum\limits_{j \in I} a_{j}=\sum\limits_{k \in I} a_{k}. \prod\limits_{i \in I} a_{i}=\prod\limits_{j \in I} a_{j}=\prod\limits_{k \in I} a_{k}.
Sommes classiques : On démontre par récurrence que pour tout n \in \mathbb{N}^{*} :
Le symbole factoriel: \forall n \in \mathbb{N}, \quad n!=\prod\limits_{k \in \llbracket 1, n \rrbracket} k. Donc lorsque n \in \mathbb{N}^{*}, \quad n !=\prod\limits_{k=1}^{n} k=1 \times 2 \times \cdots \times n. 0!=\prod\limits_{k \in \llbracket 1,0 \rrbracket} k=\prod\limits_{k \in \emptyset} k=1
Propriétés des sommes et des produits : Soient \left(b_{i}\right)_{i \in I} une famille de nombres complexes, \lambda \in \mathbb{C} et p, q \in \mathbb{N} tel que p \leqslant q. 1-i) Linéarité de la somme : \sum\limits_{i \in I}\left(a_{i}+b_{i}\right)=\sum\limits_{i \in I} a_{i}+\sum\limits_{i \in I} b_{i} et \sum\limits_{i \in I} \lambda a_{i}=\lambda \sum\limits_{i \in I} a_{i} 1-ii) \sum\limits_{i \in I} \lambda=\lambda \operatorname{card}(I) et \sum\limits_{i=p}^{q} \lambda=(q-p+1) \lambda 2-i) \prod\limits_{i \in I} a_{i} b_{i}=\left(\prod\limits_{i \in I} a_{i}\right)\left(\prod\limits_{i \in I} b_{i}\right) 2-ii) \prod\limits_{i \in I} \lambda a_{i}=\lambda^{\operatorname{card}(I)} \prod\limits_{i \in I} a_{i} 2-iii) On suppose que \forall i \in I, b_{i} \neq 0. Alors : \prod\limits_{i \in I} \frac{a_{i}}{b_{i}}=\frac{\prod\limits_{i \in I} a_{i}}{\prod\limits_{i \in I} b_{i}} 2-iv) \prod\limits_{i \in I} \lambda=\lambda^{\mathrm{card}(\mathrm{I})} et \prod\limits_{i=p}^{q} \lambda=\lambda^{q-p+1}
Exercice d’application 1 : Soit n \in \mathbb{N}^{*}. Calculer S_{n}=\sum\limits_{k=1}^{n}(2 k+1)^{2}
Changement d’indice : Soit \sigma: J \mapsto I une bijection entre deux ensembles finis et non vides : i) \sum\limits_{j \in J} a_{\sigma(j)}=\sum\limits_{i \in I} a_{i} ii) \prod\limits_{j \in J} a_{\sigma(j)}=\prod\limits_{i \in I} a_{i} On dit qu’on a effectué le changement d’indice i=\sigma(j).
Corrigé : On a \sum\limits_{k=0}^{n} k \cdot k ! n’appartient pas à \sum\limits_{k=0}^{n}(k+1-1) k! Donc \sum\limits_{k=0}^{n} k \cdot k ! n’appartient pas à \sum\limits_{k=0}^{n}(k+1) !-k! Par télescopage \sum\limits_{k=0}^{n} k \cdot k ! n’appartient pas à (n+1) !-0 ! n’appartient pas à (n+1) !-1
Exercice d’application 4 : Soit n \in \mathbb{N} \backslash\{0,1\}. On pose P_{n}=\prod\limits_{\mathrm{k}=2}^{n}\left(1-\frac{1}{k}\right). Calculer P_{n}
Corrigé : On a P_{n}=\prod\limits_{k=2}^{n}\left(1-\frac{1}{k}\right)=\prod\limits_{k=2}^{n} \frac{k-1}{k} Ainsi par télescopage P_{n}=\frac{2-1}{n}=\frac{1}{n}
Regroupement de termes : Pour toute partition \left(I_{k}\right)_{k \in \llbracket 1, p \rrbracket } d’un ensemble non vide I, on a : i) \sum\limits_{i \in I} a_{i}=\sum\limits_{k=1}^{p}\left(\sum\limits_{i \in I_{k}} a_{i}\right). ii) \prod\limits_{i \in I} a_{i}=\prod\limits_{k=1}^{p}\left(\prod\limits_{i \in I_{k}} a_{i}\right).
Exercice d’application 5 : Soit n \in \mathbb{N}^{*}, Calculer S_{n}=\sum\limits_{k=0}^{2 n} \min (k, n)
Corrigé : On a S_{n}=\sum\limits_{k=0}^{2 n} \min (k, n) Donc S_{n}=\sum\limits_{k \in \llbracket 0, n \rrbracket} \min (k, n)+\sum\limits_{k \in \llbracket n+1,2 n \rrbracket} \min (k, n) D’où S_{n}=\sum\limits_{k=0}^{n} k+\sum\limits_{k=n+1}^{2 n} n Donc S_{n}=\frac{n(n+1)}{2}+n(2 n-(n+1)+1) Et finalement S_{n}=\frac{n(3 n+n)}{2}.
Somme d’une suite arithmétique : Soit \left(u_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}} une suite arithmétique d’éléments de \mathbb{C}. Pour tout n, p \in \mathbb{N} tel que p \leq n, on a : \sum\limits_{k=p}^{n} u_{k}=\frac{u_{p}+u_{n}}{2}(n-p+1)
Démonstration : Soient n, p \in \mathbb{N}, tel que p<n On note r la raison de la suite \left(u_{n}\right). On a \forall k \in \llbracket p, n \rrbracket, u_{k}=u_{p}+(k-p) r. En remplaçant k par n dans cette formule on trouve r=\frac{u_{n}-u_{p}}{n-p} Donc \sum\limits_{k=p}^{n} u_{k}=\sum\limits_{k=p}^{n}\left(u_{p}+(k-p) r\right) Ainsi \sum\limits_{k=p}^{n} u_{k}=\sum\limits_{k=p}^{n} u_{p}+r \sum\limits_{k=p}^{n}(k-p) Par changement d’indice \sum\limits_{k=p}^{n} u_{k}=(n-p+1) u_{p}+r \sum\limits_{k=0}^{n-p} k C’est-à-dire \sum\limits_{k=p}^{n} u_{k}=(n-p+1) u_{p}+\frac{u_{n}-u_{p}}{n-p} \cdot \frac{(n-p)(n-p+1)}{2} Ainsi \sum\limits_{k=p}^{n} u_{k}=(n-p+1)\left(u_{p}+\frac{u_{n}-u_{p}}{2}\right) Et finalement \sum\limits_{k=p}^{n} u_{k}=(n-p+1)\left(\frac{u_{n}+u_{p}}{2}\right)
Somme d’une suite géométrique : Soit \left(u_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}} une suite géométrique d’éléments de \mathbb{C}, de raison q \in \mathbb{C} \backslash\{1\}. Pour tout n, p \in \mathbb{N} tel que p \leq n, on a : i) \sum\limits_{k=p}^{n} q^{k}=q^{p} \frac{1-q^{n-p+1}}{1-q} ii) \sum\limits_{k=p}^{n} u_{k}=u_{p} \cdot \frac{1-q^{n-p+1}}{1-q}
Démonstration : Soient n, p \in \mathbb{N} tels que p \leqslant n i) On a(1-q) \sum\limits_{k=p}^{n} q^{k}=\sum\limits_{k=p}^{n}\left(q^{k}-q^{k+1}\right) Par télescopage (1-q) \sum\limits_{k=p}^{n} q^{k}=q^{p}-q^{n+1} Donc (1-q) \sum\limits_{k=p}^{n} q^{k}=q^{p}\left(1-q^{n-p+1}\right) Ainsi \sum\limits_{k=p}^{n} q^{k}=q^{p} \frac{1-q^{n-p+1}}{1-q}
ii) D’après l’expression du terme général d’une suite géométrique \sum\limits_{k=p}^{n} u_{k}=\sum\limits_{k=p}^{n} q^{k-p} u_{p} Donc \sum\limits_{k=p}^{n} u_{k}=u_{p} \sum\limits_{k=0}^{n-p} q^{k} En utilisant le résultat de i) \sum\limits_{k=p}^{n} u_{k}=u_{p} \frac{1-q^{n-p+1}}{1-q}
Démonstration : On a (a-b) \sum\limits_{k=0}^{n-1} a^{k} b^{n-k-1}=\sum\limits_{k=0}^{n-1} a^{k+1} b^{n-k-1}-\sum\limits_{k=0}^{n-1} a^{k} b^{n-k} Donc par télescopage (a-b) \sum\limits_{k=0}^{n-1} a^{k} b^{n-k-1}=a^{n}-b^{n}.
Corrigé : On a S_{n}=\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n}(i+j) Donc S_{n}=\sum\limits_{i=1}^{n}\left(\sum\limits_{j=1}^{n} i+\sum\limits_{j=1}^{n} j\right) Donc S_{m}=\sum\limits_{i=1}^{n}\left(n i+\frac{n(n+1)}{2}\right) Ainsi S_{n}=n \frac{n(n+1)}{2}+\frac{n^{2}(n+1)}{2} Et finalement S_{n}=n^{2}(n+1)
Produit de deux sommes finies : Soient I et J deux ensembles finis et \left(a_{i}\right)_{i \in I} et \left(b_{j}\right)_{j \in J} deux familles de nombres complexes. Alors \sum\limits_{(i, j) \in I \times J} a_{i} b_{j}=\left(\sum\limits_{i \in I} a_{i}\right)\left(\sum\limits_{j \in J} b_{j}\right)
Corrigé : On a S_{n}=\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n} i j Donc S_{m}=\left(\sum\limits_{i=1}^{n} i\right)\left(\sum\limits_{j=1}^{n} j\right) Ainsi S_{n}=\frac{n^{2}(n+1)^{2}}{4}
Sommes triangulaires Soient n, p \in \mathbb{N} tel que p \leqslant n et \left(a_{i, j}\right)_{1 \leq i, j \leq n} une famille de nombres complexes. On a : \sum\limits_{p \leqslant i \leqslant j \leqslant n} a_{i j}=\sum\limits_{i=p}^{n} \sum\limits_{j=i}^{n} a_{i j}=\sum\limits_{j=p}^{n} \sum\limits_{i=p}^{j} a_{i j}
Interprétation d’une somme triangulaire: On note T le tableau suivant :\begin{matrix}a_{p, p} & a_{p, p+1} & \ldots &a_{p, n} \\ &a_{p+1, p+1} & \ldots &a_{p+1,n} \\&& \ddots & \vdots \\&&&a_{n, n} \end{matrix} \sum\limits_{i=p}^{n} \sum\limits_{j=i}^{n} a_{i , j} correspond à la somme des éléments de T ligne par ligne. \sum\limits_{j=p}^{n} \sum\limits_{i=p}^{j} a_{i , j} correspond à la somme des éléments de T colonne par colonne.
Exercice d’application 8 : Soit n \in \mathbb{N}^{*}. On pose S_{n}=\sum\limits_{1 \leqslant i \leqslant j \leqslant n} \frac{i}{j}. Calculer S_{n}
Corrigé : On a S_{n}=\sum\limits_{j=1}^{n} \sum\limits_{i=1}^{j} \frac{i}{j} Donc S_{n}=\sum\limits_{j=1}^{n} \frac{1}{j} \sum\limits_{i=1}^{j} i D’où S_{n}=\sum\limits_{j=1}^{n} \frac{1}{j} \frac{j(j+1)}{2} Ainsi S_{n}=\sum\limits_{j=1}^{n} \frac{j+1}{2} Par changement d’indice S_{n}=\frac{1}{2} \sum\limits_{j=2}^{n+1} j On reconnait une somme arithmétique donc S_{n}=\frac{1}{2} \frac{2+n+1}{2}(n+1-2+1) Et finalement S_{n}=\frac{(n+3) n}{4}
Définition : Soit n \in \mathbb{N} et k \in \mathbb{Z}. On pose \binom{n}{k}=\left\{\begin{array}{l}\frac{n!}{k!(n-k)!} \text {, si } k\in \llbracket 0, n \rrbracket \\ 0 \text {, sinon } \end{array}\right.. Le coefficient binomial \binom{n}{k} se lit « k parmi n ». On le note aussi C_{n}^{k}.
Exemple :
\binom{3}{2}=\frac{3!}{2! \times 1!}=3.
\binom{3}{4}=0.
\binom{0}{0}=\frac{0!}{0! \times 0!}=1.
\binom{2}{-1}=0.
Formule de symétrie : Soit n \in \mathbb{N} et k \in \mathbb{Z}. On a : \binom{n}{k}=\binom{n}{n-k}.
Démonstration : 1^{\text {er }} cas : Si k>n ou k<0 Alors n-k<0 ou n-k>n Donc par définition des coefficients binomiaux \binom{n}{k}=0\binom{n}{n-k} 2^{\text {ème }} cas : Si 0 \leqslant k \leqslant n Alors -n \leqslant-k \leqslant 0 Ce qui signifie que 0 \leqslant k \leqslant n Ainsi \binom{n}{n-k}=\frac{n !}{(n-k) ! (n-(n-k)) !}=\frac{n !}{(n-k) ! k!} = \binom{n}{k}
Démonstration : 1^{\text {er }} \text { cas : Si } k>n \text { ou } k<0 Alors \binom{n}{k}=0 Et \binom{n-1}{k}=0 \text { car } k>n-1 \text { ou } k<0 On a aussi \left(\begin{array}{l}n-1 \\ k-1\end{array}\right)=0 car k-1>n-1 ou k-1<0 Ainsi dans ce cas \binom{n}{k}= 0=\binom{n-1}{k}=\binom{n-1}{k-1} 2^{\text {ème }} \text { cas : Si } k \in \llbracket 1, n-1 \rrbracket On a \binom{n-1}{k}+\binom{n-1}{k-1}=\frac{(n-1) !}{k !(n-1-k) !}+\frac{(n-1) !}{(k-1) !(n-k) !} Donc \binom{n-1}{k}+\binom{n-1}{k-1}=\frac{(n-1) !}{k(k-1) !(n-1-k) !}+\frac{(n-1) !}{(k-1) !(n-k)(n-k-1) !} D’où \binom{n-1}{k}+\binom{n-1}{k-1}=\frac{(n-1) !}{(k-1) !(n-1-k) !}\left(\frac{1}{k}+\frac{1}{n-k}\right) Donc \binom{n-1}{k}+\binom{n-1}{k-1}=\frac{n !}{k !(n-k) !} =\binom{n}{k} 3^{\text {ème }} cas : Si k=0 Alors \binom{n}{0} =1=\binom{n-1}{0} et \binom{n-1}{-1} =0 Donc \binom{n}{k} =\binom{n-1}{k}+\binom{n-1}{k-1} 4^{\text {ème }} Cas : Si k=n Alors \binom{n}{n} =1=\binom{n-1}{n-1} et \binom{n-1}{n} =0 Donc \binom{n}{k} =\binom{n-1}{k}+\binom{n-1}{k-1} Conclusion : Dans les quatre cas on a \binom{n}{k} =\binom{n-1}{k}+\binom{n-1}{k-1}
Interprétation triangle de Pascal : On remplit le tableau de façon que : \operatorname{Case}(n-1, k-1)+\operatorname{case}(n-1, k)=\operatorname{case}(n, k) Il suffit de connaître la première ligne pour obtenir les lignes suivantes. Grâce à la formule de Pascal, on obtient toutes les valeurs de \binom{n}{k}.
k=0
k=1
k=2
k=3
k=4
k=5
k=6
…
n=0
1
0
0
0
0
0
0
…
n=1
1
1
0
0
0
0
0
…
n=2
1
2
1
0
0
0
0
…
n=3
1
3
3
1
0
0
0
…
n=4
1
4
6
4
1
0
0
…
n=5
1
5
10
10
5
1
0
…
n=6
1
6
15
20
15
6
1
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
Corollaire de la formule de Pascal : \forall n \in \mathbb{N}, \forall k \in \mathbb{Z}, \binom{n}{k}\in \mathbb{N}.
Démonstration : On va démontrer le résultat par récurrence Pour n=0 On a \binom{n}{0}=1 et \forall k \in \mathbb{Z}^{*},\ \binom{n}{k}=0 Ainsi \forall k \in \mathbb{Z}, \quad \binom{n}{k} \in \mathbb{N} Soit n \in \mathbb{N}, on suppose que \forall k \in \mathbb{Z}, \binom{n}{k} \in \mathbb{N} Soit k \in \mathbb{Z} Par la formule de Pascal \binom{n+1}{k}=\binom{n}{k}+\binom{n}{k-1} Et par hypothèse de récurrence \forall k \in \mathbb{Z},\binom{n+1}{k} \in \mathbb{N} Conclusion : Par le principe de la récurrence \forall n \in \mathbb{N}, \forall k \in \mathbb{Z}, \quad \binom{n}{k} \in \mathbb{N}
Démonstration : a, b \in \mathbb{C}. On va démontrer la formule du binôme par récurrence. Pour n=0. On a (a+b)^{n}=1 et \sum\limits_{k=0}^{n} \binom{n}{k} a^{k} b^{n-k}=\binom{0}{0}a^{0} b^{0}=1 Donc la formule du binôme est vraie pour n=0. Soit n \in \mathbb{N}. On suppose que (a+b)^{n}=\sum\limits_{k=0}^{n}\binom{n}{k} a^{k} b^{n-k}. On a (a+b)^{n+1}=(a+b)(a+b)^{n}. Donc par l’hypothèse de récurrence (a+b)^{n+1}=(a+b) \sum\limits_{k=0}^{n}\binom{N}{K}a^{k} b^{n-k}. Donc (a+b)^{n+1}=\sum\limits_{k=0}^{n} \binom{n}{k} a^{k+1} b^{n-k}+\sum\limits_{k=0}^{n} \binom{n}{k} a^{k} b^{n+1-k}. D’où (a+b)^{n+1}=\sum\limits_{k=0}^{n}\binom{n}{k} a^{k+1} b^{(n+1)-(k+1)}+\sum\limits_{k=0}^{n} \binom{n}{k} a^{k} b^{n+1-k} Par un changement d’indice (a+b)^{n+1}=\sum\limits_{k=1}^{n+1}\binom{n}{k-1} a^{k} b^{n+1-k}+\sum\limits_{k=0}^{n}\binom{n}{k} a^{k} b^{n+1-k} En ajoutant des termes nuls, on peut écrire (a+b)^{n+1}=\sum\limits_{k=0}^{n+1}\binom{n}{k-1} a^{k} b^{n+1-k}+\sum\limits_{k=0}^{n+1}\binom{n}{k} a^{k} b^{n+1-k} Donc (a+b)^{n+1}=\sum\limits_{k=0}^{n+1} ( \binom{n}{k-1}+\binom{n}{k} ) a^{k} b^{n+1-k} Par la formule de Pascal (a+b)^{n+1}=\sum\limits_{k=0}^{n+1} \binom{n+1}{k} a^{k} b^{n+1-k} On vient de démontrer la formule du binôme de Newton grâce au principe de la récurrence.
Corrigé : 1) On a \sum\limits_{k=0}^{n} \binom{n}{k} =\sum\limits_{k=0}^{n} \binom{n}{k} 1^{k} 1^{n-k}. Donc par la formule du binôme \sum\limits_{k=0}^{n}\binom{n}{k} =(1+1)^{n}=2^{n} 2) On a \sum\limits_{k=0}^{n}(-1)^{k} \binom{n}{k} =\sum\limits_{k=0}^{n} \binom{k}{n} (-1)^{k}(1)^{n-k} Par la formule du binôme de Newton \sum\limits_{k=0}^{n}(-1)^{k}\binom{n}{k} =(1-1)^{n}=0 3) On a 0=\sum\limits_{k=0}^{n}(-1)^{k}\binom{n}{k} Donc 0=\sum\limits_{ \substack{k \in \llbracket 0, n \rrbracket \\ k \text { pair }}} (-1)^{k} \binom{n}{k} +\sum\limits_{ \substack{k \in \llbracket 0, n \rrbracket \\ k \text { impair }}} (-1)^{k} \binom{n}{k} Ainsi 0= \sum\limits_{ \substack{k \in \llbracket 0, n \rrbracket \\ k \text { pair }}}\binom{n}{k} - \sum\limits_{ \substack{k \in \llbracket 0, n \rrbracket \\ k \text { impair }}}\binom{n}{k} Ainsi \sum\limits_{ \substack{k \in \llbracket 0, n \rrbracket \\ k \text { pair }}}\binom{n}{k}=\sum\limits_{ \substack{k \in \llbracket 0, n \rrbracket \\ k \text { impair }}}\binom{n}{k} \quad (\ast) D’autres part 2^{n}= \binom{n}{k} Donc 2^{n}= \sum\limits_{ \substack{k \in \llbracket 0, n \rrbracket \\ k \text { pair }}} \binom{n}{k} +\sum\limits_{ \substack{k \in \llbracket 0, n \rrbracket \\ k \text { impair }}}\binom{n}{k} Et par ( \ast ) 2^{n-1}= \sum\limits_{ \substack{k \in \llbracket 0, n \rrbracket \\ k \text { pair }}}\binom{n}{k}=\sum\limits_{ \substack{k \in \llbracket 0, n \rrbracket \\ k \text { impair }}}\binom{n}{k}
