Les propriétés des sommes
Linéarité
$$ \forall \Bigl[ (a_n), (b_n) \Bigr], \enspace \forall (\lambda, \mu) \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^2,$$
$$ \sum_{i \ \in \ I} \Bigl[ \lambda \ a_i + \mu \ b_i \Bigr] = \lambda \sum_{i \ \in \ I} a_i + \mu \sum_{i \ \in \ I} b_i $$
Changement d'indice
Soit un entier naturel \( n \in \hspace{0.05em} \mathbb{N} \).
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Somme simple
-
Inversion du sens
$$ \forall n \in \hspace{0.05em} \mathbb{N},$$
$$ \sum_{k = 0}^n a_k = \sum_{i = 0}^n a_{n - i} $$
-
Décalage vers le zéro
$$ \forall (p, n) \in \hspace{0.05em} \mathbb{N}^2, \enspace p \leqslant n, $$
$$ \sum_{k = p}^n a_k = \sum_{i = 0}^{n - p} a_{p + i} $$
-
Somme double
-
Somme indépendante des indices
Dans le cas d'une somme double indéxée par un rectangle \( [\![1,m]\!] \times [\![1,n]\!] \) :
$$ \forall (m,n) \in \hspace{0.05em} \mathbb{N}^2,$$
$$ \sum_{i = 1}^m \sum_{j = 1}^n a_{i,j} = \sum_{j = 1}^n \sum_{i = 1}^m a_{i, j} $$
-
Somme dépendante des indices
Dans le cas d'une somme double triangulaire :
$$ \forall n \in \hspace{0.05em} \mathbb{N},$$
$$ \sum_{1 \leqslant i \leqslant j \leqslant n}^n \Bigl[ a_{i,j} \Bigr] = \sum_{i = 1}^n \sum_{j = i}^n a_{i, j} = \sum_{j = 1}^n \sum_{i = 1}^j a_{i, j} $$
Le téléscopage de termes d'une série numérique récurrente
Lorsqu'on soustrait deux termes consécutifs à l'intérieur d'une somme, on peut effectuer un téléscopage de termes :
$$ \sum_{k=0}^n \Bigl [a_{k+1} - a_k \Bigr] = a_{n+1} - a_{0} $$
Démonstrations
Soient deux réels \( (\lambda , \mu) \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^2 \). On démarre de la somme suivante :
$$ \sum_{i \ \in \ I} \Bigl[ \lambda \ a_i + \mu \ b_i \Bigr] $$
On peut séparer cette somme en deux éléments :
$$ \sum_{i \ \in \ I} \Bigl[ \lambda \ a_i + \mu \ b_i \Bigr] = \sum_{i \ \in \ I} \Bigl[ \lambda \ a_i \Bigr] + \sum_{i \ \in \ I} \Bigl[ \mu \ b_i \Bigr] $$
En développant les sommes, on peut mettre les coefficients en facteur :
$$ \sum_{i \ \in \ I} \Bigl[ \lambda \ a_i + \mu \ b_i \Bigr] = \Bigl[ \lambda \ a_{i_1} + \lambda \ a_{i_2} \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} ... \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} \lambda \ a_{i_n} \Bigr] + \Bigl[ \mu \ b_{i_1} + \mu \ b_{i_2} \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} ... \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} \mu \ b_{i_n} \Bigr] $$
$$ \sum_{i \ \in \ I} \Bigl[ \lambda \ a_i + \mu \ b_i \Bigr] = \lambda \ \Bigl[ a_{i_1} + a_{i_2} \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} ... \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} a_{i_n} \Bigr] + \mu \ \Bigl[ b_{i_1} + b_{i_2} \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} ... \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} b_{i_n} \Bigr] $$
Soit finalement,
$$ \forall \Bigl[ (a_n)_{n \in \mathbb{N}}, \ (b_n)_{n \in \mathbb{N}} \Bigr], \enspace \forall (\lambda, \mu) \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^2,$$
$$ \sum_{i \ \in \ I} \Bigl[ \lambda \ a_i + \mu \ b_i \Bigr] = \lambda \sum_{i \ \in \ I} a_i + \mu \sum_{i \ \in \ I} b_i $$
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Somme simple
Soit un entier naturel \( n \in \hspace{0.05em} \mathbb{N} \).
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Inversion du sens
On démarre de la somme suivante :
$$ \sum_{k = 0}^n a_k = a_0 + a_1 \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} ... \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} a_{n - 1} + a_n $$
Puis on inverse le sens :
$$ \sum_{k = 0}^n a_k = a_n + a_{n - 1} \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} ... \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} a_1 + a_0 $$
Et finalement,
$$ \forall n \in \hspace{0.05em} \mathbb{N},$$
$$ \sum_{k = 0}^n a_k = \sum_{i = 0}^n a_{n - i} $$
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Décalage vers le zéro
Soit un entier naturel \( p \in \hspace{0.05em} \mathbb{N} \) avec \((p \leqslant n)\).
On démarre de la somme suivante :
$$ \sum_{k = p}^n a_k = a_p + a_{p + 1} \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} ... \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} a_{n - 1} + a_n $$
En arrangeant les indices, on a :
$$ \sum_{k = p}^n a_k = a_{p + 0} + a_{p + 1} \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} ... \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} a_{p + (n - p - 1)} + a_{p + (n - p)} $$
Et finalement,
$$ \forall (p, n) \in \hspace{0.05em} \mathbb{N}^2, \enspace p \leqslant n, $$
$$ \sum_{k = p}^n a_k = \sum_{i = 0}^{n - p} a_{p + i} $$
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Somme double
Soit deux entiers naturels \( (m,n) \in \hspace{0.05em} \mathbb{N}^2 \).
-
Somme indépendante des indices
On démarre de la somme double, indéxée par le rectangle \( [\![1,m]\!] \times [\![1,n]\!] \) :
$$ \sum_{i = 1}^m \sum_{j = 1}^n a_{i,j} $$
$$ \sum_{i = 1}^m \sum_{j = 1}^n a_{i,j} = \sum_{i = 1}^m \left( a_{i, 1} + a_{i, 2} \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} ... \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} a_{i, n} \right) $$
$$ \sum_{i = 1}^m \sum_{j = 1}^n a_{i,j} = \sum_{i = 1}^m a_{i, 1} + \sum_{i = 1}^m a_{i, 2} \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} ... \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} \sum_{i = 1}^m a_{i, m} $$
On remarque que c'est la même somme somme en inversant les indices.
Alors, les sommes doubles où chacune des sommes ne dépendent pas des indices, on peut inverser les symboles sommes :
$$ \forall (m,n) \in \hspace{0.05em} \mathbb{N}^2,$$
$$ \sum_{i = 1}^m \sum_{j = 1}^n a_{i,j} = \sum_{j = 1}^n \sum_{i = 1}^m a_{i, j} $$
De manière visuelle, on peu voir que faire la sommes des lignes ou la somme des colonnes reviendra au même.
Indice \(i\)
Indice \(j\)
|
$$ 1 $$ |
$$ 2 $$ |
$$ 3 $$ |
$$ ... $$ |
$$ n $$ |
| $$ 1 $$ |
$$ a_{1,1} $$ |
$$ a_{1,2} $$ |
$$ a_{1,3} $$ |
$$ ... $$ |
$$ a_{1,n} $$ |
| $$ 2 $$ |
$$ a_{2,1} $$ |
$$ a_{2,2} $$ |
$$ a_{2,3} $$ |
$$ ... $$ |
$$ a_{2,n} $$ |
| $$ 3 $$ |
$$ a_{3,1} $$ |
$$ a_{3,2} $$ |
$$ a_{3,3} $$ |
$$ ... $$ |
$$ a_{3,n} $$ |
| $$ ... $$ |
$$ ... $$ |
$$ ... $$ |
$$ ... $$ |
$$ ... $$ |
$$ ... $$ |
| $$ m $$ |
$$ a_{m,1} $$ |
$$ a_{m,2} $$ |
$$ a_{m,3} $$ |
$$ ... $$ |
$$ a_{m,n} $$ |
-
Somme dépendant des indices
On démarre de la somme double triangulaire suivante :
$$ \sum_{1 \leqslant i \leqslant j \leqslant n}^n \Bigl[ a_{i,j} \Bigr] $$
C'est la somme double où l'on a toujours \( (i \leqslant j) \).
-
Vision lignes
En adoptant une vision ligne, on a :
$$ \sum_{1 \leqslant i \leqslant j \leqslant n}^n \Bigl[ a_{i,j} \Bigr] = \textcolor{#606B9E}{a_{1,1} + a_{1,2} + a_{1,3} \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} ... \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} a_{1,n}} + \textcolor{#608742}{a_{2,2} + a_{2,3} \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} ... \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} a_{2,n}} + \textcolor{#AF5F5F}{a_{3,3} \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} ... \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} a_{3,n}} + \textcolor{#7C578A}{a_{n,n}} $$
Indice \(i\)
Indice \(j\)
|
$$ 1 $$ |
$$ 2 $$ |
$$ 3 $$ |
$$ ... $$ |
$$ n $$ |
| $$ 1 $$ |
$$ a_{1,1} $$ |
$$ a_{1,2} $$ |
$$ a_{1,3} $$ |
$$ ... $$ |
$$ a_{1,n} $$ |
| $$ 2 $$ |
$$ $$ |
$$ a_{2,2} $$ |
$$ a_{2,3} $$ |
$$ ... $$ |
$$ a_{2,n} $$ |
| $$ 3 $$ |
$$ $$ |
$$ $$ |
$$ a_{3,3} $$ |
$$ ... $$ |
$$ a_{3,n} $$ |
| $$ ... $$ |
$$ $$ |
$$ $$ |
$$ $$ |
$$ ... $$ |
$$ ... $$ |
| $$ n $$ |
$$ $$ |
$$ $$ |
$$ $$ |
$$ $$ |
$$ a_{n,n} $$ |
Tous ces éléments sont la somme bouclée sur l'indice \(i\), dans laquelle chaque terme-somme démarre à \((j = i)\) :
$$ \sum_{1 \leqslant i \leqslant j \leqslant n}^n \Bigl[ a_{i,j} \Bigr] = \textcolor{#606B9E}{\sum_{j = 1}^n a_{1,j}} + \textcolor{#608742}{\sum_{j = 2}^n a_{2,j}} + \textcolor{#AF5F5F}{\sum_{j = 3}^n a_{3,j}} \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} ... \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} \textcolor{#7C578A}{\sum_{j = n}^n a_{n,j}} $$
Soit finalement,
$$ \sum_{1 \leqslant i \leqslant j \leqslant n}^n \Bigl[ a_{i,j} \Bigr] = \sum_{i = 1}^n \sum_{j = i}^n a_{i, j} $$
-
Vision colonnes
En adoptant une vision colonne, on obtient la somme sous cette forme :
$$ \sum_{1 \leqslant i \leqslant j \leqslant n}^n \Bigl[ a_{i,j} \Bigr] = \textcolor{#606B9E}{a_{1,1}} + \textcolor{#608742}{a_{1,2} + a_{2,2}} + \textcolor{#AF5F5F}{a_{1,3} + a_{2,3} + a_{3,3}} \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} ... \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} \textcolor{#7C578A}{a_{1,n} + a_{2,n} + a_{3,n} \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} ... \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} a_{n,n}} $$
Tous ces éléments sont la somme bouclée sur l'indice \(j\), dans laquelle chaque terme-somme va au maximum à \((i = j)\) :
$$ \sum_{1 \leqslant i \leqslant j \leqslant n}^n \Bigl[ a_{i,j} \Bigr] = \textcolor{#606B9E}{\sum_{i = 1}^1 a_{i,1}} + \textcolor{#608742}{\sum_{i = 1}^2 a_{i,2}} + \textcolor{#AF5F5F}{\sum_{i = 1}^3 a_{i,3}} \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} ... \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} \textcolor{#7C578A}{\sum_{i = 1}^n a_{i,n}} $$
Soit finalement,
$$ \sum_{1 \leqslant i \leqslant j \leqslant n}^n \Bigl[ a_{i,j} \Bigr] = \sum_{j = 1}^n \sum_{i = 1}^j a_{i, j} $$
Alors, les sommes doubles où chacune des sommes dépendent des indices, on peut opérer le changement de variable suivant :
$$ \forall n \in \hspace{0.05em} \mathbb{N},$$
$$ \sum_{1 \leqslant i \leqslant j \leqslant n}^n \Bigl[ a_{i,j} \Bigr] = \sum_{i = 1}^n \sum_{j = i}^n a_{i, j} = \sum_{j = 1}^n \sum_{i = 1}^j a_{i, j} $$
On souhaite calculer la série \( \sum \bigl [a_{k+1} - a_k \bigr] \) de \( k = 0 \) jusque \( n \).
On aura,
$$ \sum_{k=n_0}^n \Bigl [a_{k+1} - a_k \Bigr] = a_{1} - a_{0} + a_{2} - a_{1} \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} ... \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} a_{n_{k}} - a_{n_{k-1}} + a_{n_{k+1}} - a_{n_{k}} $$
En arrageant l'expression, les termes vont s'annihiler un à un.
$$ \sum_{k=n_0}^n \Bigl [a_{k+1} - a_k \Bigr] = a_{k+1} + \underbrace{a_{k} - a_{k}} _\text{ \(= 0\)} + \underbrace{ a_{k-1} - a_{k-1}} _\text{ \(= 0\)} \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} ... \hspace{0.2em} + \underbrace{a_2 - a_2} _\text{ \(= 0\)} + \underbrace{a_1 - a_1} _\text{ \(= 0\)} - a_0 $$
Il ne restera plus que le le dernier moins le premier de la série. Soit finalement,
$$ \sum_{k=0}^n \Bigl [a_{k+1} - a_k \Bigr] = a_{n+1} - a_{0} $$
Exemple
-
Téléscopage de termes
Calculons la somme partielle la série suivante :
$$S_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k(k+1)}$$
Pour effectuer ce calcul, il faut d'abord effectuer une décomposition en éléments simples de cette fraction.
-
Décomposition en éléments simples
Posons la fonction \(F(X) \) :
$$F(X) = \frac{1}{X(X+1)} \qquad (F(X))$$
Nous allons chercher les réels \( a \) et \(b\) tels que :
$$F(X) = \frac{a}{X} + \frac{b}{X+1}$$
En mettant au même dénominateur, on a :
$$F(X) = \frac{a(X+1) + b X}{X(X+1)} \qquad (\tilde{F}(X)) $$
L'idée est d'utiliser les deux formes \( (F(X)) \) et \( (\tilde{F}(X)) \) pour obtenir une équivalence et déterminer \( a \) et \(b\), on a :
$$F(X) X = \frac{1}{(X+1)} \qquad (F(X))$$
$$F(X) X = \frac{a(X+1) + b X}{(X+1)} \qquad (\tilde{F}(X)) $$
Alors,
$$ F(X) X = \frac{1}{(X+1)}= \frac{a(X+1) + b X}{(X+1)} $$
$$ F(X) X = \frac{1}{(X+1)}= a + \frac{ b X}{(X+1)} $$
En faisant \( (X = 0)\), on détermine \( a \) :
$$ \underset{(X=0)}{F(X)} X = \frac{1}{(X+1)}= a \Longrightarrow (a = 1) $$
On peut faire maintenant la même chose pour déterminer \(b\), en faisant \( (X = -1)\) il restera \( b \) :
$$ \underset{(X=-1)}{F(X)} (X+1) = \frac{1}{X}= b \Longrightarrow (b = - 1) $$
On alors notre couple de solutions :
$$ \Biggl \{ \begin{gather*}
a = 1 \\
b = -1 \end{gather*} $$
Alors, \(F(X) \) peut s'écrire :
$$F(X) = \frac{1}{X} - \frac{1}{X+1}$$
-
Calcul de la somme partielle de la série par téléscopage
Grâce à la décomposition en éléments simples :
$$F(X) = \frac{1}{X(X+1)} =\frac{1}{X} - \frac{1}{X+1}$$
Notre série :
$$S_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k(k+1)}$$
devient,
$$S_n = \sum_{k=0}^n \Biggl[ \frac{1}{k} - \frac{1}{k+1} \Biggr]$$
On retire le signe \((-)\) pour avoir une suite de type \( \bigl [a_{k+1} - a_k \bigr] \).
$$S_n = -\sum_{k=1}^n \Biggl[ \frac{1}{k+1} -\frac{1}{k} \Biggr]$$
On pose :
$$ a_k = \frac{1}{k} $$
Pour avoir :
$$\sum_{k=1}^n \Biggl[ \frac{1}{k+1} -\frac{1}{k} \Biggr] = \sum_{k=0}^n \Bigl [a_{k+1} - a_k \Bigr]$$
Ensuite on applique :
$$\sum_{k=0}^n \Bigl [a_{k+1} - a_k \Bigr] = a_{n+1} - a_{0} $$
On peut maintenant effectuer le télescopage.
$$S_n = -\Biggl[ \frac{1}{n+1} -\frac{1}{1} \Biggr]$$
$$S_n = 1 -\frac{1}{n+1} $$
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