Chapitre 2 - Récurrence, sommes et produits - Démos PDF

BA AT AG TC H ———————————————————————– Sa br in e Chapitre 2 – Récurrence, sommes et produits – Démos pl ai re de ———————————————————————– TC H AT AG BA Ex em ECG1 - Antoine Lagarde br in e Remarque. Toutes les propriétés impliquant des symboles somme ou produit devraient en toute r...

BA AT AG TC H ———————————————————————– Sa br in e Chapitre 2 – Récurrence, sommes et produits – Démos pl ai re de ———————————————————————– TC H AT AG BA Ex em ECG1 - Antoine Lagarde br in e Remarque. Toutes les propriétés impliquant des symboles somme ou produit devraient en toute rigueur être montrées par récurrence. de Sa En effet, la notation «u1 + ... + un » n’est pas d’une rigueur absolue. Elle est cependant tout à fait admise dans les concours. pl ai re Proposition (Sommes à connaître) Ex BA k= k=0 k=p Sa c = c + ... + c = (n − p + 1)c | {z } de n X n−p+1 fois re 1. br in e TC H k=0 AG n(n + 1)(2n + 1) 6 k2 = n X n(n + 1) 2 k=0  2 n X n(n + 1) k3 = 4. 2 2. AT 3. k=p n X em Soit n ∈ N, p ∈ N tel que p ⩽ n et c ∈ R. n X c = (n − p + 1)c 1. em pl ai 2. Remarquons que pour n = 0, les deux termes sont nuls donc c’est trivialement vérifié. Montrons-la pour tout n ∈ N∗ . BA Ex Méthode 1 : par l’astuce du petit Gauss AT AG Soit n ∈ N et Sn = 1 + 2 + · · · + n. Il y a n termes dans la somme. TC H Sn = 1 + 2 + · · · + n in e Sn = n + (n − 1) + · · · + 1 de Sa br ⇒ 2Sn = (n + 1) + (n + 1) + · · · + (n + 1) = (n + 1) × n (n + 1) × n 2 Méthode 2 : par récurrence • Pour n = 1 : 1 X k=1 k=1= 1×2 . 2 H AT AG BA Ex em pl ai re Donc Sn = 1 k= k=1 n(n + 1) , alors: 2 n+1 X k= n X k+n+1= k=1 k=1 n(n + 1) +n+1 2 par H.R BA n X AT AG • Si pour un n ∈ N∗ , n(n + 1) + 2(n + 1) 2 (n + 1)(n + 2) en factorisant = 2 Sa br in e TC H = k2 = k=0 n(n + 1)(2n + 1) ». 6 pl ai re n X em 3. Procédons par récurrence. Soit P(n) la proposition : « de D’où le résultat pour tout n ∈ N∗ par récurrence. Ex • Pour n = 0, les deux membres de l’égalité sont nuls, donc P(0) est vraie. k2 + (n + 1)2 H n X TC k2 = k=0 k=0 n(n + 1)(2n + 1) + (n + 1)2 6 6(n + 1)(n + 1) n(n + 1)(2n + 1) + = 6 6 (n + 1)[n(2n + 1) + 6(n + 1)] = 6
(n + 1) 2n2 + 7n + 6 = 6 e n+1 X AT AG BA • Supposons à présent P(n) vraie. Alors : BA Ex em pl ai re de Sa br in = Sa k=0 n(n + 1)(2n + 1) 6 e k2 = in n X br Ainsi ∀n ∈ N, TC H AT AG (n + 1) 2n2 + 7n + 6 (n + 1)(n + 1 + 1)(2(n + 1) + 1) (n + 1)(n + 2)(2n + 3) Or = = 6 6 6 On a donc égalité, i.e P(n + 1) est vraie. de 4. Procédons par récurrence. Soit n ∈ N, on pose P(n) : « 2 2 ». pl (0 × 1) 2 n(n + 1) 2 donc P(0) est vraie. BA k=0  ai re k=0  em k3 = 0 = k3 = Ex 0 X • n X AG BA Ex em pl ai re de Sa br in e TC H AT AG • Soit n ∈ N, un entier naturel fixé. Supposons que P(n) est vraie. Alors : n+1 X k3 = k=1 n X k3 + (n + 1)3 k=1  2 n(n + 1) + (n + 1)3 2    n 2 + (n + 1) = (n + 1)2 2  2  n = (n + 1)2 + (n + 1) 4   2 n + 4n + 4 = (n + 1)2 4 = H AT (n + 2)2 = (n + 1)2 4 2  (n + 1)(n + 2) = 2 Donc P(n + 1) est vraie. 2
D’où le résultat. n X uk = m X uk + uk k=m+1 k=p Sa br in e TC H k=p n X AT AG Soient p, m, n ∈ N, avec p ⩽ m < n, et u une suite. Alors BA Proposition (Relation de Chasles) Soit (p, n) ∈ N2 , p < n et m ∈ Jp, nJ. de uk = up + up+1 + · · · + um + um+1 + · · · + un {z } | {z } | n m X X uk uk pl ai re k=p k=m+1 Ex k=p em n X n X xk + λ yk k=0 k=0 Sa br in k=0 n X H (xk + λyk ) = TC n X e Soient (xk ) et (yk ) deux suites, et λ ∈ R. Alors AT AG BA Proposition (Linéarité de la somme) pl (xk + λyk ) = (x0 + λy0 ) + (x1 + λy1 ) + · · · + (xn + λyn ) em n X ai re de Soient (xk ) et (yk ) deux suites, et λ ∈ R. Ex k=0 AG BA = x0 + x1 + · · · + xn + λy0 + · · · + λyn H n X xk + λ TC = AT = x0 + x1 + · · · + xn + λ (y0 + · · · + yn ) n X yk k=0 br in e k=0 de Sa Proposition (Changement d’indice croissant) re n X em pl ai Soient n, p, m ∈ N avec p ⩽ n. Alors uk+m = n+m X ui i=p+m k=p AT H uk+m = up+m + up+m+1 + ... + un+m in k=p n+m X TC n X e D’une part AG BA Ex On dit qu’on a effectué le changement d’indice i = k + m. ui = up+m + up+m+1 + ... + un+m br D’autre part Sa i=p+m re de D’où l’égalité. Soient n, p ∈ N, p ⩽ n. Alors n X k=p n−p un−k = X uj . j=0 On dit qu’on a effectué le changement d’indice j = n − k. H AT AG BA Ex em pl ai Proposition (Changement d’indice décroissant) D’une part n X un−k = un−p + un−p−1 + ... + un−n = u0 + u1 + ... + un−p k=p 3 n−p D’autre part uj = u0 + u1 + ... + un−p j=0 D’où l’égalité. AT AG (uk+1 − uk ) = un+1 − up H n X TC Soient n, p ∈ N, avec p ⩽ n. Alors BA Proposition (Somme télescopique) pl ai re de Sa br in e k=p i=1 = un+1 + BA n X AT AG ui − par changement d’indice uk k=0 n X ui − u0 − i=1 n X H n+1 X TC = uk k=0 k=0 k=0 n X Ex uk+1 − uk e n X in (uk+1 − uk ) = k=1 Sa br n X em Méthode 1 : en manipulant les sommes ai re de = un+1 − u0 em Ex BA k=p


(uk+1 − uk ) = up+1 − up + up+2 − up+1 + ... + un+1 − un en simplifiant TC H AT = −up + un+1 AG n X pl Méthode 2 : en explicitant et simplifiant br in e Théorème (Somme géométrique) ai re de Sa Soient n, p ∈ N avec p ⩽ n, et q ∈ R. Alors: n X 1 − q n−p+1 q p − q n+1 qk = qp × 1. Si q ̸= 1, = 1−q 1−q em qk = n − p + 1 Ex 2. Si q = 1, n X pl k=p H AT AG BA k=p in e TC Soit q ∈ R. de Sa br 1. Si q ̸= 1, commençons par le cas p = 0. On a : re (1 − q) n X qk = Ex em pl ai k=0 = n X (1 − q)q k k=0 n  X q k − q k+1 k=0 = q 0 − q n+1 BA par linéarité  par télescopage AG AT H X En divisant par 1 − q ̸= 0, on obtient n X qk = k=0 Ainsi, par changement d’indice, n X k=p qk = 1 − q n+1 . 1−q n−p X j=0 n−p q j+p = q p X qj = qp j=0 4 q p − q n+1 1 − q n+1−p = 1−q 1−q 2. Si q = 1, n X n X qk = k=p 1 = n − p + 1 car la somme contient n − p + 1 termes. k=p D’une part i=1 p D’autre part ui,j j=1 n X X j=1 ! ui,j i=1 AT AG ui,j TC i=1 H j=1 Sa br in e p n X X = !     = u1,1 + ... + u1,p + ... + un,1 + ... + un,p ! de 1⩽j⩽p ui,j j=1 p n X X pl ai re i=1 1⩽i⩽n !     = u1,1 + ... + un,1 + ... + u1,p + ... + un,p em ui,j = p n X X Ex X BA Proposition (Interversion de sommes rectangulaires) AT AG BA Ce sont donc les mêmes sommes, réordonnées différemment. Remarque. C’est grâce à la propriété d’associativité ((a + b) + c = a + (b + c)) et de commutativité (a + b = b + a) de l’addition qu’il TC H y a bien égalité. Sa br in e Proposition (Produit de sommes) j=0 n X m X i=0 j=0 m X n X re = u i vj = ai vj ! vj u i j=0 i=0 AG BA Ex i=0 m X pl ui ! em n X de Soient u et v deux suites définies sur N, n, m ∈ N. Alors: AT On a : j=0 e !    = u0 + ... + un v0 + ... + vm in vj br m X     = u0 v0 + ... + vm + ... + un v0 + ... + vm en distribuant = u0 v0 + u0 v1 + ... + u0 vm + ... + un v0 + un v1 + ... + un vm j=0 i=0 BA H     vj ui = u0 v0 + u1 v0 + ... + un v0 + ... + u0 vm + u1 vm + ... + un vm TC • Enfin AT i=0 j=0 m X n X     ui vj = u0 v0 + u0 v1 + ... + u0 vm + ... + un v0 + un v1 + ... + un vm AG m n X X • Par ailleurs Ex em pl ai re i=0 ! Sa ui de n X TC H • On a : Sa br in e Ces trois termes sont donc les mêmes sommes réordonnées différemment, d’où les égalités. 1. X ui,j = 1⩽i⩽j⩽n 2. X 1⩽i<j⩽n n n X X i=1 ui,j = n−1 X i=1 ! = ui,j ! ui,j j=i n X j=i+1 j n X X j=1 = n X j=2 ui,j i=1 j−1 X i=1 ! ui,j ! H AT AG BA Ex em pl ai re de Proposition (Interversion de sommes triangulaires) 5 de même 1. D’une part : j=i ! n X = u1,j + j=1 n X u2,j + ... + j=2 n X un,j j=n BA       = u1,1 + u1,2 + ... + u1,n + u2,2 + u2,3 ... + u2,n + ... + un,n X = ui,j AT AG i=1 ui,j H n n X X Sa br in e TC 1⩽i⩽j⩽n i=1 = 1 X ui,1 + i=1 2 X ui,2 + ... + i=1 n X ui,n pl ai re j=1 ui,j ! i=1 BA Ex       = u1,1 + u1,2 + u2,2 + ... + u1,n + u2,n + ... + un,n X = ui,j em j n X X de D’autre part AT AG 1⩽i⩽j⩽n TC H D’où l’égalité. i=1 j=i+1 = n X u1,j + j=2 n X u2,j + ... + j=2 n X un−1,j j=n br ui,j ! Sa n X de n−1 X in e 2. D’une part : em pl ai re       = u1,2 + u1,3 + ... + u1,n + u2,3 + u2,4 ... + u2,n + ... + un−1,n X = ui,j BA Ex 1⩽i<j⩽n i=1 2 X H ui,2 + TC 1 X ui,3 + ... + i=1 n−1 X Sa de re ai pl 1⩽i<j⩽n Ex em D’où l’égalité. AT AG BA Proposition (Carré de somme - HP) n X k=1 uk !2 = n X k=1 u2k + 2 X 1⩽i<j⩽n H AT AG BA Ex em pl ai re de Sa br in e TC H Soit n ∈ N∗ , et u une suite. Alors ui,n i=1       = u1,2 + u1,3 + u2,3 + ... + u1,n + u2,n + ... + un−1,n X = ui,j in i=1 = br j=2 ui,j ! e j−1 n X X AT AG D’autre part 6 ui uj On a : k=1 !2 n X = ui i=1 = n X n X ! n X uj j=1 ! BA uk par produit de sommes ui uj AT AG n X i=1 = n X u2i + n X i−1 n X X ui uj + i=1 j=1 j−1 n X X en intervertissant les sommes uj ui car les indices sont muets ui uj 1⩽i<j⩽n br k=1 ! re uk = m Y uk ai n Y pl Soient n, m ∈ N tels que m < n, et u une suite. Alors ∗ de Sa Proposition (Relation de Chasles) k=1 k=m+1 uk ! AT H uk = up · up+1 · ... · um · um+1 · ... · un {z } | {z } | n m Y Y uk uk br in k=p TC n Y e Soient n, m ∈ N∗ tels que m < n AG BA Ex em k=1 n Y k=m+1 de Sa k=p em pl ai re Proposition Soit n ∈ N , u et v deux suites. Alors Ex ∗ n Y n Y (uk vk ) = AG BA k=1 H AT Si de plus les vk ne s’annulent pas, on a k=1 n Y n Y uk k=1 = n Y vk TC k=1 uk ! n Y k=1 vk ! uk vk Ex em pl ai re de Sa br in e k=1 n Y (uk vk ) = (u1 v1 ) · (u2 v2 ) · ... · (un vn ) = u1 u2 ...un · v1 v2 ...vn = BA AG H AT Proposition (Produit télescopique) Soient n, p ∈ N∗ , où p ⩽ n. Alors n Y k=1 k=1 Même démonstration pour le quotient. n Y uk+1 un+1 = uk up k=p 7 Sa br in e de pl ai re en distribuant ui uj j=2 i=1 X u2k + 2 n n X X i=1 j=i+1 i=1 j=1 i=1 = ui uj + les sommes étant éventuellement nulles em i=1 i−1 n X X ui uj j=i+1 Ex u2i + ui uj + j=1 ! BA n X i=1 n X AT AG + i−1 n X X H u2i i=1 = en séparant j = i et j ̸= i ui uj i=1 j̸=i j=1 TC = n X n n X X TC ui ui + e n X in = H i=1 j=1 vk ! De même que pour la somme, il y a deux méthodes: manipuler le symbole produit, ou bien expliciter. Ici, on opte pour l’explicitation: n Y uk+1 up+1 up+2 un+1 un+1 = ... = uk up up+1 un up en simplifiant AT AG BA k=p 2. n Y (λuk ) = λn uk k=1 k=1 n Y λ = λ · ... · λ = λn em 1. pl ai re de k=1 n Y Sa br in e Soit (un ) une suite, et λ ∈ R. Alors : n Y λ = λn 1. TC H Proposition Ex k=0 (λuk ) = λu0 × λu1 × ... × λun H n Y AT AG BA 2. Soit (un ) une suite et λ ∈ R. TC k=0 de Sa br in e = λ × λ × ... × λ × u0 × u1 × ... × un | {z } | {z } n λn Y uk ai uk pl = λn re k=0 n Y Ex em k=0 AG BA Proposition (Puissance et logarithme - HP) br in e TC H AT Soit b > 1. Pour tout x ∈ R, logb (bx ) = x. Pour tout y ∈ R∗+ , blogb (y) = y. de Sa Soit x ∈ R. bx est bien défini puisque b > 0. De plus bx > 0 donc ln(bx ) est bien défini, donc logb (bx ) aussi. On a : x ln(b) ln(bx ) = =x ln(b) ln(b) em pl ai re logb (bx ) = BA Ex Soit y > 0. logb (y) est bien défini, blogb (y) aussi car b > 1 > 0. On a : ln(y) AT AG blogb (y) = b ln(b) = exp  ln(y) ln(b) ln(b)  en mettant sous forme exponentielle TC H = exp (ln(y)) br in e =y de Sa Proposition 1. Pour tout q > 0, q Pn k=1 uk = n Y q uk d’où pour q = e, exp 2. Pour tout b > 1, logb n Y k=1 = uk n X logb (uk ) d’où pour b = e, ln ! = n Y n Y k=1 k=1 exp(uk ) k=1 uk ! = n X ln(uk ) k=1 H uk ! n X k=1 k=1 AT AG BA Ex em pl ai re Soit n ∈ N∗ et u une suite. Ce sont des simples généralisations de q a+b = q a q b et logb (a × c) = logb (a) × logb (c). Prouvons donc rigoureusement ces formules par récurrence. 8 1. • Si n = 1, on a trivialement q P1 k=1 uk = q u1 . • Supposons que pour un n ∈ N∗ , on ait q Pn k=1 uk = n Y q uk . Alors: =q =q = Pn uk +un+1 Pn uk un+1 k=1 k=1 n Y q uk k=1 n+1 Y q un+1 par H.R q uk de = q ! AT AG uk H k=1 TC Pn+1 Sa br in e q BA k=1 pl ai re k=1 em D’où la formule par principe de récurrence. H AT AG BA Ex em pl ai re de Sa br in e TC H AT AG BA Ex em pl ai re de Sa br in e TC H AT AG BA Ex em pl ai re de Sa br in e TC H AT AG BA 2. On procède exactement de même. Ex En prenant q = e comme indiqué, on obtient la formule avec exp, puisque ∀x ∈ R, exp(x) = ex . 9