Sommes et produits
Ce chapitre fait partie du programme de Prépa, 1re année.
Ce chapitre fixe les outils de calcul qui servent dans toute la prépa : manipuler les symboles $\sum$ et $\prod$, changer d'indice, télescoper, intervertir des sommes doubles. Il établit aussi les sommes usuelles, la formule du binôme et la factorisation de $a^n-b^n$, que l'on réutilise en analyse, en algèbre et en probabilités.
Prérequis
- Calcul algébrique sur les puissances et les fractions
- Raisonnement par récurrence — Revoir Raisonnement par récurrence
- Suites arithmétiques et géométriques (programme de lycée)
- Nombres complexes : calcul algébrique de base
À la fin du chapitre, on sait
- Lire et écrire correctement une somme ou un produit avec les notations $\sum$ et $\prod$, y compris sur un ensemble fini quelconque
- Effectuer un changement d'indice (translation, symétrie) sans erreur sur les bornes
- Reconnaître et calculer une somme ou un produit télescopique
- Connaître et démontrer les sommes usuelles : $\sum k$, $\sum k^2$, $\sum k^3$, somme géométrique
- Calculer une somme double sur un rectangle ou un triangle et intervertir les sommations
- Manipuler les coefficients binomiaux : définition, symétrie, relation de Pascal, formule d'absorption
- Démontrer et utiliser la formule du binôme
- Factoriser $a^n-b^n$ et en déduire des résultats de divisibilité
1.Les notations Σ et Π
Somme indexée
Soient $p\leqslant q$ deux entiers et $a_p,\dots,a_q$ des nombres complexes. On note $$\sum_{k=p}^{q} a_k = a_p + a_{p+1} + \cdots + a_q.$$ L'indice $k$ est muet : $\sum_{k=p}^{q} a_k = \sum_{i=p}^{q} a_i$. Cette somme comporte $q-p+1$ termes.
Plus généralement, si $I$ est un ensemble fini et $(a_i)_{i\in I}$ une famille de complexes, $\sum_{i\in I} a_i$ désigne la somme de tous les $a_i$. Par exemple $\sum_{k=p}^{q} a_k = \sum_{k\in[\![p,q]\!]} a_k$.
Convention : une somme indexée par l'ensemble vide vaut $0$. En particulier, si $p>q$, $\sum_{k=p}^{q} a_k = 0$.
Produit indexé, factorielle
Avec les mêmes notations, $$\prod_{k=p}^{q} a_k = a_p \times a_{p+1} \times \cdots \times a_q.$$ Convention : un produit indexé par l'ensemble vide vaut $1$.
Pour $n\in\mathbb{N}$, la factorielle de $n$ est $n! = \prod_{k=1}^{n} k$. Ainsi $0! = 1$ (produit vide), $1!=1$, $2!=2$, $3!=6$, $4!=24$, $5!=120$, et $(n+1)! = (n+1)\times n!$.
Règles de calcul sur les sommes
Pour des complexes $a_k$, $b_k$, $\lambda$, $c$ et des entiers $p\leqslant m< q$ :
- Linéarité : $\sum_{k=p}^{q} (\lambda a_k + b_k) = \lambda \sum_{k=p}^{q} a_k + \sum_{k=p}^{q} b_k$.
- Relation de Chasles : $\sum_{k=p}^{q} a_k = \sum_{k=p}^{m} a_k + \sum_{k=m+1}^{q} a_k$.
- Somme d'une constante : $\sum_{k=p}^{q} c = (q-p+1)\,c$.
Règles de calcul sur les produits
Pour des complexes $a_k$, $b_k$, $\lambda$ et des entiers $p\leqslant q$ :
- $\prod_{k=p}^{q} (a_k b_k) = \left(\prod_{k=p}^{q} a_k\right)\left(\prod_{k=p}^{q} b_k\right)$.
- $\prod_{k=p}^{q} (\lambda a_k) = \lambda^{q-p+1} \prod_{k=p}^{q} a_k$ : le facteur $\lambda$ apparaît une fois par terme.
- Si les $a_k$ sont des réels strictement positifs, $\ln\left(\prod_{k=p}^{q} a_k\right) = \sum_{k=p}^{q} \ln(a_k)$.
Ce qui est faux
- En général $\sum_{k} a_k b_k \neq \left(\sum_k a_k\right)\left(\sum_k b_k\right)$. Contre-exemple : $a_1=a_2=b_1=b_2=1$ donne $2$ à gauche et $4$ à droite.
- En général $\prod_k (a_k+b_k) \neq \prod_k a_k + \prod_k b_k$.
- $\sum_{k=0}^{n} 1 = n+1$ et non $n$ : il y a $n+1$ entiers entre $0$ et $n$.
Produit des entiers pairs, des entiers impairs
Soit $n\geqslant 1$.
Pairs. $\prod_{k=1}^{n} (2k) = 2^n \prod_{k=1}^{n} k = 2^n\, n!$.
Impairs. Le produit $P=\prod_{k=1}^{n}(2k-1) = 1\times 3\times\cdots\times(2n-1)$ est le produit de tous les entiers de $1$ à $2n$ divisé par le produit des entiers pairs : $$P = \frac{(2n)!}{\prod_{k=1}^{n}(2k)} = \frac{(2n)!}{2^n\, n!}.$$ Vérification pour $n=2$ : $1\times 3 = 3$ et $\frac{4!}{2^2\times 2!} = \frac{24}{8} = 3$.
2.Changements d'indice et télescopage
Changements d'indice usuels
Soient $p\leqslant q$ et $m$ des entiers.
- Translation ($j = k+m$) : $$\sum_{k=p}^{q} a_{k+m} = \sum_{j=p+m}^{q+m} a_j.$$
- Symétrie ($j = n-k$) : pour $n\in\mathbb{N}$, $$\sum_{k=0}^{n} a_{n-k} = \sum_{j=0}^{n} a_j.$$ Plus généralement $\sum_{k=p}^{q} a_{p+q-k} = \sum_{j=p}^{q} a_j$.
Les mêmes règles valent pour les produits. Un changement d'indice ne fait que renommer les termes : il ne modifie ni leur nombre ni leur valeur.
Effectuer un changement d'indice
- Écrire explicitement la nouvelle variable en fonction de l'ancienne, par exemple $j=k-2$.
- Calculer les nouvelles bornes : quand $k$ vaut la borne inférieure, que vaut $j$ ? Même chose pour la borne supérieure.
- Exprimer le terme général en fonction de $j$ (ici $k=j+2$).
- Vérifier que le nombre de termes est inchangé.
Exemple : $\sum_{k=3}^{n+2} (k-2)^2$. On pose $j=k-2$ ; $k=3$ donne $j=1$, $k=n+2$ donne $j=n$. Donc $\sum_{k=3}^{n+2} (k-2)^2 = \sum_{j=1}^{n} j^2$. Les deux sommes ont $n$ termes.
Somme télescopique
Soient $p\leqslant q$ des entiers et $(a_k)$ une suite de complexes. Alors $$\sum_{k=p}^{q} (a_{k+1} - a_k) = a_{q+1} - a_p.$$ Si de plus les $a_k$ sont non nuls, on a le produit télescopique $$\prod_{k=p}^{q} \frac{a_{k+1}}{a_k} = \frac{a_{q+1}}{a_p}.$$
Preuve du télescopage
Par linéarité puis translation d'indice $j=k+1$ dans la première somme : $$\sum_{k=p}^{q} (a_{k+1}-a_k) = \sum_{j=p+1}^{q+1} a_j - \sum_{k=p}^{q} a_k.$$ Les termes d'indice $p+1$ à $q$ apparaissent dans les deux sommes et se simplifient. Il reste le terme d'indice $q+1$ de la première et le terme d'indice $p$ de la seconde : $$\sum_{k=p}^{q} (a_{k+1}-a_k) = a_{q+1} - a_p.$$ Pour le produit, la même démarche donne $\frac{\prod_{j=p+1}^{q+1} a_j}{\prod_{k=p}^{q} a_k} = \frac{a_{q+1}}{a_p}$.
Une somme télescopique classique
Calculons $S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k(k+1)}$ pour $n\geqslant 1$.
Pour $k\geqslant 1$, $\frac{1}{k} - \frac{1}{k+1} = \frac{(k+1)-k}{k(k+1)} = \frac{1}{k(k+1)}$. Avec $a_k = -\frac1k$, le terme général s'écrit $a_{k+1}-a_k$. Donc $$S_n = \sum_{k=1}^{n}\left(\frac1k - \frac1{k+1}\right) = 1 - \frac{1}{n+1} = \frac{n}{n+1}.$$ Vérification pour $n=2$ : $\frac12 + \frac16 = \frac23$.
Un produit télescopique
Calculons $P_n = \prod_{k=2}^{n}\left(1 - \frac{1}{k^2}\right)$ pour $n\geqslant 2$.
On factorise : $1-\frac{1}{k^2} = \frac{(k-1)(k+1)}{k^2} = \frac{k-1}{k}\times\frac{k+1}{k}$. Donc $$P_n = \left(\prod_{k=2}^{n}\frac{k-1}{k}\right)\left(\prod_{k=2}^{n}\frac{k+1}{k}\right) = \frac{1}{n}\times\frac{n+1}{2} = \frac{n+1}{2n}.$$ Le premier produit télescope en $\frac{1}{n}$, le second en $\frac{n+1}{2}$. Vérification pour $n=2$ : $1-\frac14 = \frac34 = \frac{3}{4}$.
Reconnaître un télescopage
- Chercher à écrire le terme général sous la forme $a_{k+1}-a_k$ (ou $\frac{a_{k+1}}{a_k}$ pour un produit). Pour une fraction rationnelle, on la décompose en différence de deux fractions plus simples.
- Identifier précisément la suite $(a_k)$, signe compris.
- Appliquer la formule $a_{q+1}-a_p$ en contrôlant les bornes.
- Vérifier le résultat sur une petite valeur de $n$.
En cas de doute, écrire les trois premiers et les deux derniers termes de la somme pour voir ce qui se simplifie.
3.Sommes usuelles
Sommes des puissances d'entiers
Pour tout $n\in\mathbb{N}^*$ : $$\sum_{k=1}^{n} k = \frac{n(n+1)}{2},\qquad \sum_{k=1}^{n} k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6},\qquad \sum_{k=1}^{n} k^3 = \left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2.$$ Ces formules restent vraies pour $n=0$ (sommes vides) et lorsque la somme commence à $k=0$, car le terme d'indice $0$ est nul.
Somme des entiers (symétrie)
Notons $S_1 = \sum_{k=1}^{n} k$. Le changement d'indice $j = n+1-k$ donne $S_1 = \sum_{j=1}^{n} (n+1-j)$. En additionnant les deux écritures : $$2S_1 = \sum_{k=1}^{n} \big(k + (n+1-k)\big) = \sum_{k=1}^{n} (n+1) = n(n+1).$$ Donc $S_1 = \frac{n(n+1)}{2}$.
Somme des carrés (télescopage)
Notons $S_2 = \sum_{k=1}^{n} k^2$. Pour tout $k$, $(k+1)^3 - k^3 = 3k^2 + 3k + 1$. On somme pour $k$ de $0$ à $n$. À gauche, la somme télescope en $(n+1)^3 - 0^3$. À droite, par linéarité : $$(n+1)^3 = 3S_2 + 3\,\frac{n(n+1)}{2} + (n+1).$$ On isole $3S_2$ et on factorise par $n+1$ : $$3S_2 = (n+1)\left[(n+1)^2 - \frac{3n}{2} - 1\right] = (n+1)\left(n^2 + \frac{n}{2}\right) = \frac{n(n+1)(2n+1)}{2}.$$ Donc $S_2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$.
Somme des cubes (récurrence)
Pour $n\geqslant1$, notons $\mathcal{P}(n)$ : « $\sum_{k=1}^{n} k^3 = \frac{n^2(n+1)^2}{4}$ ».
Initialisation. Pour $n=1$ : $1^3 = 1$ et $\frac{1\times 4}{4} = 1$.
Hérédité. Supposons $\mathcal{P}(n)$ vraie pour un $n\geqslant 1$. Alors $$\sum_{k=1}^{n+1} k^3 = \frac{n^2(n+1)^2}{4} + (n+1)^3 = \frac{(n+1)^2\,(n^2 + 4n + 4)}{4} = \frac{(n+1)^2(n+2)^2}{4},$$ ce qui est $\mathcal{P}(n+1)$.
Conclusion. $\mathcal{P}(n)$ est vraie pour tout $n\geqslant1$.
Somme géométrique
Soient $q\in\mathbb{C}$ et $n\in\mathbb{N}$. $$\sum_{k=0}^{n} q^k = \begin{cases} \dfrac{1-q^{n+1}}{1-q} & \text{si } q\neq 1,\\[2mm] n+1 & \text{si } q = 1.\end{cases}$$ Plus généralement, pour $p\leqslant m$ et $q\neq 1$ : $\displaystyle\sum_{k=p}^{m} q^k = q^p\,\frac{1-q^{m-p+1}}{1-q}$, soit « premier terme $\times\ \dfrac{1-q^{\text{nombre de termes}}}{1-q}$ ».
Preuve de la somme géométrique
Si $q=1$, la somme comporte $n+1$ termes égaux à $1$.
Si $q\neq1$, notons $G = \sum_{k=0}^{n} q^k$. Alors $$(1-q)G = \sum_{k=0}^{n} q^k - \sum_{k=0}^{n} q^{k+1} = -\sum_{k=0}^{n}\left(q^{k+1}-q^k\right) = -(q^{n+1}-q^0) = 1-q^{n+1}$$ par télescopage. Comme $1-q\neq0$, on divise : $G = \frac{1-q^{n+1}}{1-q}$.
Pour la forme générale, on factorise $q^p$ et on fait la translation $j=k-p$ : $\sum_{k=p}^{m} q^k = q^p\sum_{j=0}^{m-p} q^j$.
Calculs par linéarité
Exemple 1. Pour $n\geqslant1$ : $$\sum_{k=1}^{n} (3k+2) = 3\,\frac{n(n+1)}{2} + 2n = \frac{3n^2 + 3n + 4n}{2} = \frac{n(3n+7)}{2}.$$ Vérification pour $n=1$ : $5 = \frac{1\times10}{2}$.
Exemple 2. Pour $n\geqslant2$, la somme $\sum_{k=2}^{n} 3^k$ a pour premier terme $9$ et comporte $n-1$ termes : $$\sum_{k=2}^{n} 3^k = 9\,\frac{1-3^{n-1}}{1-3} = \frac{9(3^{n-1}-1)}{2} = \frac{3^{n+1}-9}{2}.$$ Vérification pour $n=2$ : $9 = \frac{27-9}{2}$.
Racines de l'unité
La formule géométrique vaut pour $q$ complexe. Pour $n\geqslant2$ et $\omega = e^{2i\pi/n}$, on a $\omega\neq1$ et $\omega^n=1$, donc $$\sum_{k=0}^{n-1} \omega^k = \frac{1-\omega^n}{1-\omega} = 0.$$ Ce résultat sera repris dans le chapitre sur les nombres complexes.
Calculer une somme polynomiale ou géométrique
- Développer le terme général et le décomposer par linéarité en combinaison de $1$, $k$, $k^2$, $k^3$, $q^k$.
- Ajuster les bornes (Chasles ou translation) pour se ramener aux formules usuelles.
- Pour une somme de constante, compter soigneusement le nombre de termes : $q-p+1$.
- Factoriser le résultat et le vérifier pour $n=1$ ou $n=2$.
4.Sommes doubles
Somme sur un rectangle
Soit $(a_{i,j})_{1\leqslant i\leqslant n,\ 1\leqslant j\leqslant p}$ une famille de complexes, que l'on peut ranger dans un tableau à $n$ lignes et $p$ colonnes. On note $$\sum_{\substack{1\leqslant i\leqslant n\\ 1\leqslant j\leqslant p}} a_{i,j}$$ la somme de tous les termes du tableau. C'est une somme sur l'ensemble fini $[\![1,n]\!]\times[\![1,p]\!]$. Lorsque $n=p$, on écrit aussi $\sum_{1\leqslant i,j\leqslant n} a_{i,j}$.
Interversion sur un rectangle
$$\sum_{\substack{1\leqslant i\leqslant n\\ 1\leqslant j\leqslant p}} a_{i,j} = \sum_{i=1}^{n}\left(\sum_{j=1}^{p} a_{i,j}\right) = \sum_{j=1}^{p}\left(\sum_{i=1}^{n} a_{i,j}\right).$$ On somme ligne par ligne ou colonne par colonne : le total est le même (associativité et commutativité de l'addition).
Cas particulier important, le produit de deux sommes : $$\left(\sum_{i=1}^{n} a_i\right)\left(\sum_{j=1}^{p} b_j\right) = \sum_{\substack{1\leqslant i\leqslant n\\ 1\leqslant j\leqslant p}} a_i b_j.$$ Les deux indices doivent porter des noms différents.
Une somme double rectangulaire
Calculons $\sum_{1\leqslant i,j\leqslant n} (i+j)$. Par linéarité, $$\sum_{1\leqslant i,j\leqslant n} (i+j) = \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n} i + \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n} j.$$ Dans la première, $i$ ne dépend pas de $j$ : $\sum_{j=1}^{n} i = n\,i$, d'où $\sum_{i=1}^{n} n\,i = n\,\frac{n(n+1)}{2}$. La seconde vaut de même $n\,\frac{n(n+1)}{2}$ par symétrie des rôles. Total : $n^2(n+1)$.
Vérification pour $n=1$ : un seul terme, $1+1 = 2 = 1^2\times 2$.
Interversion sur un triangle
$$\sum_{1\leqslant i\leqslant j\leqslant n} a_{i,j} = \sum_{i=1}^{n}\left(\sum_{j=i}^{n} a_{i,j}\right) = \sum_{j=1}^{n}\left(\sum_{i=1}^{j} a_{i,j}\right).$$ De même, avec une inégalité stricte : $$\sum_{1\leqslant i< j\leqslant n} a_{i,j} = \sum_{i=1}^{n-1}\sum_{j=i+1}^{n} a_{i,j} = \sum_{j=2}^{n}\sum_{i=1}^{j-1} a_{i,j}.$$
Intervertir une somme double triangulaire
- Écrire la condition sur les indices sous forme d'un ensemble, par exemple $\{(i,j) : 1\leqslant i\leqslant j\leqslant n\}$.
- Dessiner la grille des couples $(i,j)$ et repérer la zone concernée (triangle).
- Pour sommer d'abord en $i$ : fixer $j$ et lire les valeurs possibles de $i$ ($1\leqslant i\leqslant j$), puis faire varier $j$ dans toutes ses valeurs possibles ($1\leqslant j\leqslant n$).
- Choisir l'ordre qui rend la somme intérieure calculable.
Une somme triangulaire
Calculons $T_n = \sum_{1\leqslant i\leqslant j\leqslant n} i$. On somme d'abord en $i$, à $j$ fixé : $$T_n = \sum_{j=1}^{n}\sum_{i=1}^{j} i = \sum_{j=1}^{n}\frac{j(j+1)}{2} = \frac12\left(\sum_{j=1}^{n} j^2 + \sum_{j=1}^{n} j\right).$$ Donc $$T_n = \frac12\, n(n+1)\left(\frac{2n+1}{6}+\frac{3}{6}\right) = \frac{n(n+1)(2n+4)}{12} = \frac{n(n+1)(n+2)}{6}.$$ Vérification pour $n=2$ : les couples sont $(1,1),(1,2),(2,2)$, d'où $T_2 = 1+1+2 = 4 = \frac{2\times3\times4}{6}$.
L'autre ordre donne $T_n = \sum_{i=1}^{n} i\,(n-i+1)$, car à $i$ fixé il y a $n-i+1$ valeurs de $j$.
Carré d'une somme
Pour des complexes $a_1,\dots,a_n$ : $$\left(\sum_{i=1}^{n} a_i\right)^2 = \sum_{1\leqslant i,j\leqslant n} a_i a_j = \sum_{i=1}^{n} a_i^2 + 2\sum_{1\leqslant i<j\leqslant n} a_i a_j.$$ En effet, le carré de $[\![1,n]\!]^2$ se découpe en la diagonale ($i=j$), la partie $i<j$ et la partie $i>j$ ; ces deux dernières donnent la même somme par symétrie $a_ia_j = a_ja_i$.
Application du carré d'une somme
Avec $a_i = i$ : $$\sum_{1\leqslant i<j\leqslant n} ij = \frac12\left[\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2 - \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\right] = \frac{n(n+1)\big(3n(n+1) - 2(2n+1)\big)}{24}.$$ Or $3n^2 + 3n - 4n - 2 = 3n^2 - n - 2 = (n-1)(3n+2)$, donc $$\sum_{1\leqslant i<j\leqslant n} ij = \frac{(n-1)n(n+1)(3n+2)}{24}.$$ Vérification pour $n=2$ : un seul terme $1\times2 = 2$, et $\frac{1\times2\times3\times8}{24} = 2$.
5.Coefficients binomiaux
Coefficient binomial
Pour $n\in\mathbb{N}$ et $k\in\mathbb{Z}$, on pose $$\binom{n}{k} = \begin{cases}\dfrac{n!}{k!\,(n-k)!} & \text{si } 0\leqslant k\leqslant n,\\[2mm] 0 & \text{sinon.}\end{cases}$$ On lit « $k$ parmi $n$ ».
Premières propriétés
Pour $n\in\mathbb{N}$ :
- $\binom{n}{0} = \binom{n}{n} = 1$ ; pour $n\geqslant1$, $\binom{n}{1} = n$ ; pour $n\geqslant 2$, $\binom{n}{2} = \frac{n(n-1)}{2}$.
- Symétrie : pour tout $k\in\mathbb{Z}$, $\binom{n}{n-k} = \binom{n}{k}$.
- Écriture sans factorielle : pour $1\leqslant k\leqslant n$, $$\binom{n}{k} = \frac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{k!},$$ le numérateur comportant $k$ facteurs. Par exemple $\binom{10}{3} = \frac{10\times9\times8}{6} = 120$.
La symétrie se lit sur la définition : remplacer $k$ par $n-k$ échange $k!$ et $(n-k)!$ ; et $0\leqslant k\leqslant n$ équivaut à $0\leqslant n-k\leqslant n$.
Relation de Pascal
Pour tout $n\in\mathbb{N}$ et tout $k\in\mathbb{Z}$ : $$\binom{n}{k} + \binom{n}{k+1} = \binom{n+1}{k+1}.$$
Preuve de la relation de Pascal
Cas $0\leqslant k\leqslant n-1$. On réduit au dénominateur commun $(k+1)!\,(n-k)!$ : $$\binom{n}{k} + \binom{n}{k+1} = \frac{n!}{k!\,(n-k)!} + \frac{n!}{(k+1)!\,(n-k-1)!} = \frac{n!\,\big[(k+1) + (n-k)\big]}{(k+1)!\,(n-k)!} = \frac{(n+1)!}{(k+1)!\,(n-k)!}.$$ Comme $(n+1)-(k+1) = n-k$, c'est $\binom{n+1}{k+1}$.
Cas $k=n$. $\binom{n}{n}+\binom{n}{n+1} = 1 + 0 = 1 = \binom{n+1}{n+1}$.
Cas $k=-1$. $\binom{n}{-1}+\binom{n}{0} = 0+1 = 1 = \binom{n+1}{0}$.
Cas $k\leqslant -2$ ou $k\geqslant n+1$. Les trois coefficients sont nuls.
Triangle de Pascal
La relation de Pascal permet de calculer les coefficients de proche en proche : chaque coefficient est la somme de celui situé au-dessus et de celui situé au-dessus à gauche.
| $n \backslash k$ | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
|---|---|---|---|---|---|---|
| 0 | 1 | |||||
| 1 | 1 | 1 | ||||
| 2 | 1 | 2 | 1 | |||
| 3 | 1 | 3 | 3 | 1 | ||
| 4 | 1 | 4 | 6 | 4 | 1 | |
| 5 | 1 | 5 | 10 | 10 | 5 | 1 |
Une récurrence sur $n$ fondée sur cette relation montre que les $\binom{n}{k}$ sont des entiers naturels, ce qui ne se voit pas sur la formule avec factorielles.
L'interprétation combinatoire ($\binom{n}{k}$ est le nombre de parties à $k$ éléments d'un ensemble à $n$ éléments) sera établie dans le chapitre de dénombrement.
Formule d'absorption
Pour $n\geqslant1$ et $1\leqslant k\leqslant n$ : $$k\binom{n}{k} = n\binom{n-1}{k-1}.$$
Preuve de la formule d'absorption
Pour $1\leqslant k\leqslant n$, on a $k! = k\,(k-1)!$ et $n! = n\,(n-1)!$. Donc $$k\binom{n}{k} = \frac{k\; n!}{k!\,(n-k)!} = \frac{n\,(n-1)!}{(k-1)!\,(n-k)!}.$$ Comme $(n-1)-(k-1) = n-k$ et $0\leqslant k-1\leqslant n-1$, on reconnaît $n\binom{n-1}{k-1}$.
6.Formule du binôme de Newton
Formule du binôme
Pour tous $a,b\in\mathbb{C}$ et tout $n\in\mathbb{N}$ : $$(a+b)^n = \sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k} a^k b^{n-k}.$$ Avec la convention $z^0 = 1$ pour tout $z\in\mathbb{C}$, y compris $z=0$. Par symétrie des coefficients, on a aussi $(a+b)^n = \sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k} a^{n-k} b^{k}$.
Preuve par récurrence
Fixons $a,b\in\mathbb{C}$. Notons $\mathcal{P}(n)$ la formule au rang $n$.
Initialisation. Pour $n=0$ : $(a+b)^0 = 1$ et $\binom00 a^0b^0 = 1$.
Hérédité. Supposons $\mathcal{P}(n)$ vraie. Alors $$(a+b)^{n+1} = (a+b)\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k} a^k b^{n-k} = \sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k} a^{k+1} b^{n-k} + \sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k} a^{k} b^{n+1-k}.$$ Dans la première somme, on pose $j=k+1$ : $$\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k} a^{k+1} b^{n-k} = \sum_{j=1}^{n+1}\binom{n}{j-1} a^{j} b^{n+1-j}.$$ On peut étendre les deux sommes à $j\in[\![0,n+1]\!]$ : les termes ajoutés font intervenir $\binom{n}{-1} = 0$ et $\binom{n}{n+1}=0$. Donc $$(a+b)^{n+1} = \sum_{j=0}^{n+1}\left[\binom{n}{j-1}+\binom{n}{j}\right] a^j b^{n+1-j} = \sum_{j=0}^{n+1}\binom{n+1}{j} a^j b^{n+1-j}$$ par la relation de Pascal. C'est $\mathcal{P}(n+1)$.
Conclusion. La formule est vraie pour tout $n\in\mathbb{N}$.
Conséquences immédiates
Pour $n\in\mathbb{N}$ :
- Avec $a=b=1$ : $\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k} = 2^n$.
- Avec $a=-1$, $b=1$ et $n\geqslant1$ : $\displaystyle\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\binom{n}{k} = 0$.
- Avec $b=1$ : $\displaystyle(1+x)^n = \sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}x^k$ pour tout $x\in\mathbb{C}$.
- Avec $-b$ à la place de $b$ : $\displaystyle(a-b)^n = \sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}(-1)^{n-k}a^k b^{n-k}$.
Développements
Avec la ligne $n=5$ du triangle de Pascal : $$(1+x)^5 = 1 + 5x + 10x^2 + 10x^3 + 5x^4 + x^5.$$ Avec la ligne $n=4$ et $b=-2$ : $$(x-2)^4 = \sum_{k=0}^{4}\binom4k x^k(-2)^{4-k} = x^4 - 8x^3 + 24x^2 - 32x + 16.$$ Les signes alternent, et les puissances de $2$ multiplient les coefficients : $4\times2 = 8$, $6\times4 = 24$, $4\times8 = 32$. Vérification en $x=1$ : $(1-2)^4 = 1$ et $1-8+24-32+16 = 1$.
Sommes de coefficients binomiaux
Exemple 1. $\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}2^k = \sum_{k=0}^{n}\binom nk 2^k 1^{n-k} = (2+1)^n = 3^n$.
Exemple 2. Calculons $S = \sum_{k=0}^{n} k\binom{n}{k}$ pour $n\geqslant1$.
Par absorption. Le terme $k=0$ est nul, donc $$S = \sum_{k=1}^{n} n\binom{n-1}{k-1} = n\sum_{j=0}^{n-1}\binom{n-1}{j} = n\,2^{n-1}.$$ Par symétrie. Le changement d'indice $j = n-k$ et $\binom{n}{n-j} = \binom nj$ donnent $S = \sum_{j=0}^{n}(n-j)\binom nj$. En additionnant : $2S = n\sum_{k=0}^{n}\binom nk = n\,2^n$, d'où $S = n\,2^{n-1}$.
Vérification pour $n=2$ : $0 + 1\times2 + 2\times 1 = 4 = 2\times 2$.
Calculer une somme comportant des coefficients binomiaux
- Chercher à reconnaître un développement $\sum\binom nk a^k b^{n-k}$ : identifier $a$, $b$ et vérifier que les exposants de $a$ et $b$ ont pour somme $n$.
- Si un facteur $k$ gêne, utiliser l'absorption $k\binom nk = n\binom{n-1}{k-1}$, puis translater l'indice.
- Si la somme est « symétrique », essayer le changement d'indice $j=n-k$ et additionner les deux écritures.
- Vérifier les bornes : un terme nul (souvent $k=0$) peut être retiré ou ajouté librement.
Cadre de validité
La preuve n'utilise que les règles de calcul de l'addition et de la multiplication, et en particulier la commutativité $ab=ba$ (pour regrouper $a^k b^{n-k}$). La formule s'étendra donc aux éléments d'un anneau qui commutent, par exemple à deux matrices carrées $A$ et $B$ telles que $AB=BA$. Cela sera vu dans les chapitres d'algèbre.
Erreur classique
$(a+b)^n\neq a^n+b^n$ dès que $n\geqslant2$ (sauf cas particuliers). Par exemple $(1+1)^2 = 4$ et $1^2+1^2 = 2$. Les termes croisés pondérés par les coefficients binomiaux ne disparaissent pas.
7.Factorisation de a^n − b^n
Factorisation de $a^n-b^n$
Pour tous $a,b\in\mathbb{C}$ et tout $n\in\mathbb{N}^*$ : $$a^n - b^n = (a-b)\sum_{k=0}^{n-1} a^k b^{n-1-k} = (a-b)\left(a^{n-1} + a^{n-2}b + \cdots + ab^{n-2} + b^{n-1}\right).$$ La somme comporte $n$ termes, et dans chacun les exposants de $a$ et $b$ ont pour somme $n-1$.
Preuve par télescopage
Posons $u_k = a^k b^{n-k}$ pour $0\leqslant k\leqslant n$. Alors $$(a-b)\sum_{k=0}^{n-1} a^k b^{n-1-k} = \sum_{k=0}^{n-1}\left(a^{k+1}b^{n-1-k} - a^k b^{n-k}\right) = \sum_{k=0}^{n-1}(u_{k+1}-u_k).$$ Par télescopage, cette somme vaut $u_n - u_0 = a^n - b^n$.
Cas particuliers
- $n=2$ : $a^2-b^2 = (a-b)(a+b)$.
- $n=3$ : $a^3-b^3 = (a-b)(a^2+ab+b^2)$.
- Avec $b=1$ et $q\neq1$ : $q^{n}-1 = (q-1)\sum_{k=0}^{n-1}q^k$, ce qui redonne la somme géométrique $\sum_{k=0}^{n-1}q^k = \frac{1-q^n}{1-q}$.
Factorisation de $a^n+b^n$ pour $n$ impair
Si $n$ est impair, $(-b)^n = -b^n$, donc $a^n+b^n = a^n - (-b)^n$. Le théorème appliqué à $a$ et $-b$ donne $$a^n + b^n = (a+b)\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^{n-1-k}a^k b^{n-1-k} = (a+b)\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^{k}a^k b^{n-1-k},$$ car $n-1$ est pair, donc $(-1)^{n-1-k} = (-1)^k$.
Pour $n=3$ : $a^3+b^3 = (a+b)(b^2 - ab + a^2)$.
Si $n$ est pair, $a^n+b^n$ n'admet pas en général de facteur $a+b$ : par exemple $a^2+b^2$ ne s'annule pas en $a=-b$ lorsque $b\neq0$.
Application à la divisibilité
Montrons que pour tout $m\in\mathbb{N}^*$, $7$ divise $2^{3m}-1$.
On écrit $2^{3m}-1 = 8^m - 1^m$. Par le théorème, $$8^m-1^m = (8-1)\sum_{k=0}^{m-1}8^k = 7\sum_{k=0}^{m-1}8^k.$$ La somme est un entier, donc $7$ divise $2^{3m}-1$. Pour $m=2$ : $2^6-1 = 63 = 7\times 9$.
Plus généralement, si $a$ et $b$ sont des entiers, $a-b$ divise $a^n-b^n$ pour tout $n\geqslant1$.
Utiliser la factorisation de $a^n-b^n$
- Repérer une différence de deux puissances de même exposant $n$, éventuellement après réécriture ($2^{3m} = 8^m$, $1 = 1^n$).
- Identifier $a$, $b$, $n$ et écrire le facteur $a-b$.
- Écrire le second facteur avec ses $n$ termes $a^kb^{n-1-k}$, $k$ de $0$ à $n-1$.
- Pour une somme de puissances, vérifier que l'exposant est impair avant d'écrire $a^n+b^n = a^n-(-b)^n$.