Cet article te propose huit astuces sur les sommes, expliquées comme tu ne l’as jamais vu ! Il s’agit d’un niveau intermédiaire, que tu sois bizuth, carré ou cube, tu pourras probablement apprendre quelques astuces pour devenir un as national de la sommation.
Compatible maths appliquées et maths approfondies.
Tu peux aussi consulter nos autres astuces sur les sommes pour d’autres niveaux :
10 astuces sur les sommes – Niveau débutant
10 astuces sur les sommes – Niveau avancé
1) Somme des \(\ln\)
Soit \(n \in \mathbb N^*\)
Pourquoi \(\displaystyle \sum_{k=1}^n \ln(u_k )= \ln( \prod_{k=1}^n u_k)\) ?
Il s’agit tout simplement d’une propriété de la fonction \(\ln\) généralisée pour \(n\) termes.
Explication par itérations successives :
Pour \(n=2\), \(\ln(u_1u_2)=\ln(u_1)+\ln(u_2)\)
Pour \(n=3\), \(\ln(u_1u_2u_3)=\ln(u_1)+\ln(u_2)+\ln(u_3)\)
Pour \(n=4\), \(\ln(u_1u_2u_3u_4)=\ln(u_1)+\ln(u_2)+\ln(u_3)+\ln(u_4)\)
\(\dots\)
Pour \(n\) termes, \(\ln(u_1u_2u_3u_4+ \dots+u_{n-1}+u_n)=\ln(u_1)+\ln(u_2)+\ln(u_3)+\ln(u_4)+\dots+u_{n-1}+u_n\)
et donc \(\ln(\underbrace{u_1u_2u_3u_4\dots u_{n-1}u_n}_{\displaystyle \prod_{k=1}^n u_k})=\underbrace{\ln(u_1)+\ln(u_2)+\ln(u_3)+\ln(u_4)+\dots+u_{n-1}+u_n}_{\displaystyle \sum_{k=1}^n \ln(u_k )}\),
donc, on a bien :
\(\displaystyle \sum_{k=1}^n \ln(u_k )= \ln( \prod_{k=1}^n u_k)\)
2) Écritures alternatives de la somme \(\displaystyle \sum_{1 \le i < j \le n}u_{i,j}\)
Soit \(n \in \mathbb N^*\)
Tu vas sans aucun doute rencontrer au moins une fois dans ta vie de préparationnaire la somme suivante :
\(\displaystyle \sum_{1 \le i < j \le n}u_{i,j}\)
Écrite comme cela, elle peut faire un peu peur… Eh bien, sache qu’il y a un moyen de l’écrire d’une façon qui te rendra plus « à l’aise » avec l’écriture que tu as l’habitude d’utiliser. En fait, il s’agit d’une double somme cachée…
N.-B. : Attention, première chose à bien noter, l’inégalité est bien stricte entre le \(i\) et le \(j\) !
N.-B. 2 : Astuce préliminaire à savoir. Lorsque \(i\) et \(j\) sont deux nombres entiers (et seulement entiers), on peut transformer une inégalité stricte en inégalité large de cette façon : \(i<j\) devient \(i+1 \le j\) (ou alors \(i \le j-1\) si on soustrait \(1\) membre à membre).
Lorsque cela s’effectue sur une double inégalité, les autres égalités sont bien évidemment impactées :
\(1 \le i<j\) devient \(1+1 \le i+1 \le j\), donc \(2 \le i+1 \le j\)
Autre chose à savoir : parfois, lorsque tu manipules des sommes plus compliquées, il peut être intéressant « d’extraire » l’ensemble indexé sur la somme pour pouvoir l’analyser analytiquement.
En fait, sache que dans les faits, une somme devrait s’écrire de cette manière : \(\displaystyle \sum_{1 \le i < j \le n}u_{i,j}=\displaystyle \sum_{\{(i,j) \in [\![1,n]\!]^2, 1 \le i < j \le n\}}u_{i,j}\), sauf que par convention, personne ne l’écrit (t’imagines, ça serait infernal et trop long à écrire à chaque fois !)
Cette astuce consiste donc à « extraire » cet ensemble que l’on n’écrit pas et de l’analyser au brouillon comme il suit :
\(\{(i,j) \in [\![1,n]\!]^2, 1 \le i < j \le n\}=\{(i,j) \in [\![1,n]\!]^2, 1 \le i < j \le n, 1 \le i \le n, 1 \le j \le n \} \)
Maintenant, c’est très simple. On garde \(1 \le i\) et \(j \le n\), et on les « fusionne » avec l’inégalité \(i<j\), ce qui nous donne : \(1 \le i < j \le n\),
d’où :
\(\{(i,j) \in [\![1,n]\!]^2, 1 \le i < j \le n\}=\{(i,j) \in [\![1,n]\!]^2, 1 \le i < j \le n \} \),
d’où, en se servant de l’astuce préliminaire :
\(\{(i,j) \in [\![1,n]\!]^2, 1 \le i < j \le n\}=\{(i,j) \in [\![1,n]\!]^2, 2 \le i+1 \le j \le n \} \)
Pour repasser aux sommes, c’est très simple. On emploie exactement la même méthode que lorsque l’on effectue une interversion de somme, ce qui fait que :
– lorsque \(j\) décrit l’ensemble \([\![2,n]\!]\) ;
– \(i\) décrit l’ensemble \([\![1,j-1]\!]\) (on a tout simplement soustrait \(1\) membre à membre dans l’inégalité en question).
On a donc enfin : \(\displaystyle \sum_{1 \le i < j \le n}u_{i,j}=\sum_{j=2}^n \sum_{i=1}^{j-1}u_{i,j}\)
Il y a bien sûr une autre façon de le voir, si on repart de cet ensemble :
\(\{(i,j) \in [\![1,n]\!]^2, \le i < j \le n\}=\{(i,j) \in [\![1,n]\!]^2, 1 \le i < j \le n \} \), et si on se sert de l’astuce préliminaire non pas du côté gauche mais du côté droit de la double inégalité :
\(\{(i,j) \in [\![1,n]\!]^2, \le i < j \le n\}=\{(i,j) \in [\![1,n]\!]^2, 1 \le i \le j-1 \le n-1 \} \)
Donc, finalement, on aurait : \(\displaystyle \sum_{1 \le i < j \le n}u_{i,j}=\sum_{i=1}^{n-1} \sum_{j=i+1}^nu_{i,j}\)
Ainsi, on obtient bien deux écritures alternatives à la somme indexée par un triangle :
\(\displaystyle \sum_{1 \le i < j \le n}u_{i,j}=\sum_{j=2}^n \sum_{i=1}^{j-1}u_{i,j}=\sum_{i=1}^{n-1} \sum_{j=i+1}^nu_{i,j}\)
3) Nombre de termes des sommes indexées par un triangle
Soit \(n \in \mathbb N^*\)
Attention, ici, on rentre dans du hors-programme, comme le chapitre sur le dénombrement a été supprimé en 2021.
Toutefois, il peut être intéressant de garder dans un coin de sa tête les résultats suivants (pas la peine de les apprendre par cœur, ils seront forcément admis dans l’énoncé du sujet s’ils sont nécessaires à la résolution du problème) :
– la somme \(\displaystyle \sum_{1 \le i < j \le n}\) contient \({{n}\choose{2}}=\frac{n(n-1)}{2}\) termes ;
– la somme \(\displaystyle \sum_{1 \le i \le j \le n}\) contient \({{n+1}\choose{2}}=\frac{n(n+1)}{2}\) termes.
Pourquoi est-il intéressant de savoir ça ? Car imagine que ces sommes sont en fait des sommes de 1, on peut écrire que :
– \(\displaystyle \sum_{1 \le i < j \le n}1={{n}\choose{2}}=\frac{n(n-1)}{2}\) ;
– \(\displaystyle \sum_{1 \le i \le j \le n}1={{n+1}\choose{2}}=\frac{n(n+1)}{2}\).
4) Sommer des ensembles
Soient \(A\) et \(B\) deux ensembles.
Parfois, tu devras sommer des ensembles abstraits. Il est intéressant de savoir que les opérations sur les unions et les intersections d’ensembles indexées à des sommes sont similaires aux opérations algébriques sur des probabilités. Ainsi :
· \(\displaystyle \sum_{k \in A \cup B}u_{k}=\sum_{k \in A}u_{k} + \sum_{k \in B}u_{k} – \sum_{k \in A \cap B}u_{k}\)
· \(\displaystyle \sum_{k \in A \backslash B}u_{k}=\sum_{k \in A}u_{k} – \sum_{k \in A \cap B}u_{k}\)
etc.
5) Somme indexée sur l’ensemble vide
Cette écriture est extrêmement rare, mais c’est pour ça qu’il peut être bon de la connaître.
Par convention mathématique, on dira que :
\(\displaystyle \sum_{k \in \emptyset}u_k=0\)
(Une somme vide est nécessairement nulle.)
6) Bonus : autres opérateurs indexés sur l’ensemble vide
On peut étendre cette idée aux autres opérateurs, mais attention, ils ne seront pas nuls.
Si l’on procède de manière analogue et que l’on souhaite généraliser ça à tous les opérateurs, en fait, lorsqu’ils sont indexés à l’ensemble vide, ils seront égaux à leurs éléments neutres respectifs, donc :
· \(\displaystyle \prod_{k \in \emptyset}u_k=1\) (\(1\) est l’élément neutre d’un produit, car n’importe quel élément \(\times 1\) donne toujours ce même élément)
· \(\displaystyle \bigcap_{k \in \emptyset}u_k=\Omega\) (\(1\) est l’élément neutre d’un produit, car n’importe quel élément inter \(\Omega\) donne toujours ce même élément)
· \(\displaystyle \bigcup_{k \in \emptyset}u_k=\emptyset\) (\(1\) est l’élément neutre d’un produit, car n’importe quel élément union \(\emptyset\) donne toujours ce même élément)
7) Des sommes impossibles…
Que se passe-t-il lorsque l’on écrit une somme de cette façon \(\displaystyle \sum_{k=2}^1u_k\) ?
C’est tout bonnement impossible, car si on écrit l’ensemble indexé sur la somme analytiquement, on aurait :
\(2 \le k \le 1\)…
Ce qui est bien évidemment faux ! Ceci est impossible.
C’est pourquoi, on peut écrire : \([\![2,1]\!]=\emptyset\)
On en revient donc à l’astuce précédente : \(\displaystyle \sum_{k=2}^1u_k=\sum_{k \in \emptyset}u_k=0\)
Donc, en généralisant : Soit \((a,b) \in \mathbb N^2\) tels que \(a<b\)
On a : \(\displaystyle \sum_{k=b}^au_k=\sum_{k \in \emptyset}u_k=0\)
Attention ! Dans les faits, on évitera autant que possible d’écrire une somme avec les indices qui ne sont pas dans le bon ordre, car ce n’est conventionnellement pas rigoureux en mathématiques.
8) Fermer la double somme des \(\max(i,j)\) (ou des \(\min(i,j)\))
Soit \(n \ge 2\)
Comment fermer la double somme : \(\displaystyle \sum_{i=1}^n \left(\sum_{j=1}^n \max(i,j) \right)\) ?
L’astuce est simple : elle consiste à faire apparaître l’indice \(i\) dans la deuxième somme indexée sur \(j\). Pour cela, il faut avoir l’idée de la « couper en trois », et le point de coupure sera \(i-1\) d’une part, puis \(i\) et enfin \(i+1\) d’autre part.
Cela donne donc la chose suivante :
\(\displaystyle \sum_{i=1}^n \left(\sum_{j=1}^n \max(i,j) \right)=\sum_{i=1}^n \left(\sum_{j=1}^{i-1} \max(i,j) + \max(i,i) + \sum_{j=i+1}^n \max(i,j) \right) \)
Or, \(\forall i \in [\![1,n]\!], \max(i,i)=i\) (logique quoi)
Maintenant, on peut analyser qui de \(i\) et \(j\) est le plus grand dans chaque somme, car par définition du \(\max\) :
\(
\forall (i,j) \in [\![1,n]\!]^2,\max(i,j)=
\begin{cases}
i &\text{si} \ j<i \\
j &\text{si} \ i<j
\end{cases}
\)
Ou plutôt, si on l’affine en l’écrivant avec des ensembles en fonction de \(i\) (car on s’intéresse aux deux sommes indexées en \(j\) qui dépendent toutes les deux de \(i\))
\(
\forall (i,j) \in [\![1,n]\!]^2,\max(i,j)=
\begin{cases}
i &\text{si} \ j \in [\![1,i-1]\!] \\
j &\text{si} \ j \in [\![i+1,n]\!]
\end{cases}
\)
Donc, on peut remplacer les \(\max\) par leurs valeurs respectives dans les deux sommes :
\(
\displaystyle \sum_{i=1}^n \left(\sum_{j=1}^n \max(i,j) \right)=\sum_{i=1}^n \left(\sum_{j=1}^{i-1} i + i + \sum_{j=i+1}^n j \right) \)
Enfin, on procède au calcul algébrique.
Pour les maths approfondies, on admettra la formule suivante (comme elle n’est plus au programme…) :
\(\forall p \in \mathbb N^*, \displaystyle \sum_{k=1}^pk=\frac{p(p+1)}{2}\), d’où :
\(
\begin{align}
\displaystyle \sum_{i=1}^n \left(\sum_{j=1}^n \max(i,j) \right)
&=\sum_{i=1}^n \left((i-1) i + i + \sum_{j=1}^n j – \sum_{j=1}^i j \right) \\
&=\sum_{i=1}^n \left((i^2-i + i + \frac{n(n+1)}{2} – \frac{i(i+1)}{2} \right) \\
&=\sum_{i=1}^ni^2+ \sum_{i=1}^n\frac{n(n+1)}{2} – \sum_{i=1}^n\frac{i(i+1)}{2} \\
&=\sum_{i=1}^ni^2+ n\frac{n(n+1)}{2} – \frac{1}{2}\sum_{i=1}^ni^2- \frac{1}{2}\sum_{i=1}^ni \\
&=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+ \frac{n^2(n+1)}{2} – \frac{n(n+1)(2n+1)}{12}- \frac{n(n+1)}{4} \\
&=\frac{2n(n+1)(2n+1)+6n^2(n+1)-n(n+1)(2n+1)-3n(n+1)}{12} \\
&=\frac{(n+1)(2n(2n+1)+6n^2-n(2n+1)-3n)}{12} \\
&=\frac{(n+1)((2n+1)n+6n^2-3n)}{12} \\
&=\frac{(n+1)(n((2n+1)+6n-3))}{12} \\
&=\frac{(n+1)(n(8n-2))}{12} \\
&=\frac{2n(n+1)(4n-1)}{12} \\
\end{align}
\)
Tu veux apprendre comment appréhender et intérioriser tous ces astuces ? Alors consulte : Le carnet d’astuces en maths : une bonne idée ?
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