Calcul algébrique

Chapitre 03

Auteur·rice

Said MAHARI

Date de publication

17 août 2026

MPSI (1re année) — Chapitre 03. Symboles \sum et \prod, factorielles, coefficients binomiaux, binôme de Newton, sommes télescopiques, produits télescopiques, sommes doubles.

Ce chapitre a été réalisé conformément au programme marocain de mathématiques de la filière MPSI.

1 Factorielles, coefficients binomiaux et binôme de Newton

On introduit les deux symboles \sum et \prod de somme et de produit comme suit : \sum_{k=1}^n z_k=z_1+z_2+\cdots+z_n \qquad \text{(somme)} \qquad\qquad \prod_{k=1}^n z_k=z_1\times z_2\times\cdots\times z_n \qquad \text{(produit)}

Définition 1.1 — (Coefficients binomiaux)

Soit (n,p)\in\mathbb{N}^2 tel que 0\leq p\leq n. On définit n factorielle n! et le coefficient binomial C_n^p par : \begin{cases} n!=1\times 2\times\cdots\times n=\prod_{k=1}^n k \\ C_n^p=\frac{n!}{p!(n-p)!}\end{cases}

Proposition 1.1

C_n^{p}+C_n^{p+1}=C_{n+1}^{p+1}\ \ (p\leq n-1) \qquad ; \qquad C_n^p=\frac{p+1}{n+1}C_{n+1}^{p+1}

Proposition 1.2 — (Formule du binôme de Newton)

Soit (a,b)\in\mathbb{C}^2 et n\in\mathbb{N}. Alors on a : (a+b)^n=\sum_{p=0}^n C_n^p\, a^p b^{n-p}

NoteTriangle de Pascal

Pour obtenir les coefficients binomiaux C_n^p, on utilise le triangle de Pascal (chaque terme est la somme des deux termes situés juste au-dessus, d’après C_n^{p}+C_n^{p+1}=C_{n+1}^{p+1}) :

n
0 1
1 1 1
2 1 2 1
3 1 3 3 1
4 1 4 6 4 1

2 Sommes et produits

2.1 Sommes télescopiques

Proposition 2.1

Soient (u_k)_{k\in\mathbb{N}} et (v_k)_{k\in\mathbb{N}} deux suites de nombres complexes, (p,q)\in\mathbb{N}^2 tel que p\leq q et \lambda\in\mathbb{C}. Alors on a :

  1. \sum_{k=p}^q (u_k+v_k)=\sum_{k=p}^q u_k+\sum_{k=p}^q v_k
  2. \sum_{k=p}^q \lambda u_k=\lambda\sum_{k=p}^q u_k
NoteChangement d’indice

On peut procéder à un changement d’indice pour deux types de raison.

  1. Changer l’indice dans les termes à sommer. Par exemple : \sum_{k=p}^q u_{k+1}=\sum_{l=p+1}^{q+1} u_l en posant l=k+1, ou encore : \sum_{k=0}^n u_{n-k}=\sum_{l=0}^n u_l en posant l=n-k.
  2. Changer les bornes de la somme. Par exemple : \sum_{k=2}^{n+2} u_k=\sum_{l=0}^n u_{l+2} en posant l=k-2.

Exemple 2.1 — (Calcul de la somme \boldsymbol{S_1=\sum_{k=1}^n k})

\begin{aligned} S_1=2S_1-S_1&=2\sum_{k=1}^n k-\sum_{k=1}^n k=2\sum_{k=1}^n k-\sum_{l=1}^n (n+1-l) \quad (\text{changement d'indice : } l=n+1-k)\\ &=2\sum_{k=1}^n k-\sum_{l=1}^n (n+1)+\sum_{l=1}^n l=3S_1-n(n+1)\\ &\iff \boxed{S_1=\frac{n(n+1)}{2}} \end{aligned}

Exemple 2.2

Calculons la somme S=\sum_{k=0}^n \cos^2\left(\frac{k\pi}{2n}\right) en effectuant le changement d’indice l=n-k : \begin{aligned} S&=\sum_{l=0}^n \cos^2\left(\frac{(n-l)\pi}{2n}\right)\\ &=\sum_{l=0}^n \cos^2\left(\frac{\pi}{2}-\frac{l\pi}{2n}\right)\\ &=\sum_{l=0}^n \sin^2\left(\frac{l\pi}{2n}\right) \end{aligned} En ajoutant les deux écritures de S : 2S=\sum_{k=0}^n\left(\cos^2\left(\frac{k\pi}{2n}\right)+\sin^2\left(\frac{k\pi}{2n}\right)\right)=n+1, donc : S=\frac{n+1}{2}

Définition 2.1 — (Somme télescopique)

On appelle somme télescopique toute somme de la forme : \sum_{k=p}^q (u_{k+1}-u_k)=u_{q+1}-u_p avec (u_k)_{k\in\mathbb{N}} une suite de nombres complexes et (p,q)\in\mathbb{N}^2 tel que p\leq q.

Exemple 2.3

Calculons la somme \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k(k+1)} avec n\in\mathbb{N}^* : \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k(k+1)}&=\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\right)\\ &=-\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{k+1}-\frac{1}{k}\right)\\ &=-\left(\frac{1}{n+1}-1\right) \qquad \left(u_k=\frac{1}{k}\right)\\ &=1-\frac{1}{n+1} \end{aligned}

Exemple 2.4

Calculons la somme \sum_{k=1}^n k\,2^k avec n\in\mathbb{N}^* :

Si on pose u_k=k\,2^k alors u_{k+1}-u_k=k\,2^k+2^{k+1}, donc : (n+1)2^{n+1}-2=u_{n+1}-u_1=\sum_{k=1}^n (u_{k+1}-u_k)=\sum_{k=1}^n k\,2^k+\sum_{k=1}^n 2^{k+1} Donc : \begin{aligned} \sum_{k=1}^n k\,2^k&=(n+1)2^{n+1}-2-\sum_{k=1}^n 2^{k+1}\\ &=(n+1)2^{n+1}-2-4\sum_{k=1}^n 2^{k-1}\\ &=(n+1)2^{n+1}-2-4\sum_{k=0}^{n-1} 2^k\\ &=(n+1)2^{n+1}-2-4\times\frac{1-2^n}{1-2}\\ &=(n+1)2^{n+1}-2-4(2^n-1)\\ &=(n-1)2^{n+1}+2 \end{aligned}

Exemple 2.5

Calculons la somme \sum_{k=1}^n \frac{1}{(k+1)\sqrt{k}+k\sqrt{k+1}} : \begin{aligned} \sum_{k=1}^n \frac{1}{(k+1)\sqrt{k}+k\sqrt{k+1}}&=\sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{k(k+1)}}\cdot\frac{1}{\sqrt{k+1}+\sqrt{k}}\\ &=\sum_{k=1}^n \frac{\sqrt{k+1}-\sqrt{k}}{\sqrt{k(k+1)}}\\ &=\sum_{k=1}^n \left(\frac{1}{\sqrt{k}}-\frac{1}{\sqrt{k+1}}\right)\\ &=-\left(\frac{1}{\sqrt{n+1}}-1\right)\\ &=1-\frac{1}{\sqrt{n+1}} \end{aligned}

NoteFactorisation de a^n-b^n

Soient (a,b)\in\mathbb{C}^2 et n\in\mathbb{N}^*. Il s’agit de prouver que : \boxed{a^n-b^n=(a-b)\sum_{k=0}^{n-1} a^k b^{n-1-k}} On a (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). Si on pose u_k=a^k b^{n-k} alors u_{k+1}=a^{k+1}b^{n-1-k}. Il s’agit donc d’une somme télescopique et donc : \begin{aligned} (a-b)\sum_{k=0}^{n-1} a^k b^{n-1-k}&=u_n-u_0\\ &=a^n-b^n \end{aligned} D’où le résultat.

Exercice 2.1 — (Calcul des sommes \boldsymbol{S_j=\sum_{k=1}^n k^j}, \boldsymbol{j=1,2,3})

On sait que \boxed{S_1=\frac{n(n+1)}{2}}.

  1. Écrire n^3-0^3 sous forme de somme télescopique.
  2. À l’aide de cette somme télescopique, calculer la somme S_2=\sum_{k=1}^n k^2.
  3. Utiliser la même méthode pour calculer la somme S_3=\sum_{k=1}^n k^3.

Solution.

  1. Écrivons n^3-0^3 sous forme de somme télescopique : n^3-0^3=\sum_{k=1}^n \left(k^3-(k-1)^3\right)
  2. Calculons la somme S_2=\sum_{k=1}^n k^2 : n^3=\sum_{k=1}^n \left(k^3-(k^3-3k^2+3k-1)\right)=3\sum_{k=1}^n k^2-3\sum_{k=1}^n k+\sum_{k=1}^n 1 Donc : \begin{aligned} 3\sum_{k=1}^n k^2&=n^3+3\frac{n(n+1)}{2}-n\\ &=\frac{n(n+1)(2n+1)}{2}\\ &\iff \boxed{S_2=\sum_{k=1}^n k^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}} \end{aligned}
  3. Adoptons la même méthode pour calculer la somme S_3=\sum_{k=1}^n k^3 : n^4=\sum_{k=1}^n \left(k^4-(k-1)^4\right)=4\sum_{k=1}^n k^3-6\sum_{k=1}^n k^2+4\sum_{k=1}^n k-\sum_{k=1}^n 1 Donc : \begin{aligned} 4\sum_{k=1}^n k^3&=n^4+6\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}-4\frac{n(n+1)}{2}+n\\ &=n(n+1)(n^2+n) \end{aligned} D’où : \boxed{S_3=\sum_{k=1}^n k^3=\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2}

2.2 Produits télescopiques

Proposition 2.2

Soient (u_k)_{k\in\mathbb{N}} et (v_k)_{k\in\mathbb{N}} deux suites de nombres complexes, (p,q)\in\mathbb{N}^2 tel que p\leq q, \lambda\in\mathbb{C} et \alpha\in\mathbb{R}. Alors on a :

  1. \prod_{k=p}^q (u_k\times v_k)=\prod_{k=p}^q u_k\times\prod_{k=p}^q v_k

  2. \prod_{k=p}^q u_k^{\alpha}=\left(\prod_{k=p}^q u_k\right)^{\alpha}

    avec les u_k des réels strictement positifs et \alpha un réel quelconque, ou les u_k des nombres complexes quelconques et \alpha un entier naturel ;

  3. \prod_{k=p}^q \lambda u_k=\lambda^{q-p+1}\prod_{k=p}^q u_k

Définition 2.2 — (Produit télescopique)

On appelle produit télescopique tout produit de la forme : \prod_{k=p}^q \frac{u_{k+1}}{u_k}=\frac{u_{q+1}}{u_p} avec (u_k)_{k\in\mathbb{N}} une suite de nombres complexes et (p,q)\in\mathbb{N}^2 tel que p\leq q.

Exemple 2.6

Calculons le produit \prod_{k=1}^n \left(1+\frac{1}{k}\right) avec n\in\mathbb{N}^* : \begin{aligned} \prod_{k=1}^n \left(1+\frac{1}{k}\right)&=\prod_{k=1}^n \frac{k+1}{k}\\ &=\frac{n+1}{1}=n+1 \qquad (u_k=k) \end{aligned}

Exemple 2.7

Calculons le produit \prod_{k=0}^n \frac{2k-1}{2k+1} avec n\in\mathbb{N} : \begin{aligned} \prod_{k=0}^n \frac{2k-1}{2k+1}&=\left(\prod_{k=0}^n \frac{2k+1}{2k-1}\right)^{-1}\\ &=\left(\frac{2n+1}{-1}\right)^{-1}=\frac{-1}{2n+1} \qquad (u_k=2k-1) \end{aligned}

Exemple 2.8

Calculons le produit \prod_{k=0}^n \left(1-\tan^2\left(\frac{2^k\pi}{2^n+1}\right)\right) :

En utilisant 1-\tan^2 t=\frac{2\tan t}{\tan 2t} : \begin{aligned} \prod_{k=0}^n \left(1-\tan^2\left(\frac{2^k\pi}{2^n+1}\right)\right)&=\prod_{k=0}^n \frac{2\tan\left(\frac{2^k\pi}{2^n+1}\right)}{\tan\left(\frac{2^{k+1}\pi}{2^n+1}\right)}\\ &=2^{n+1}\left(\prod_{k=0}^n \frac{\tan\left(\frac{2^{k+1}\pi}{2^n+1}\right)}{\tan\left(\frac{2^k\pi}{2^n+1}\right)}\right)^{-1} \qquad \left(u_k=\tan\left(\frac{2^k\pi}{2^n+1}\right)\right)\\ &=2^{n+1}\times\left(\frac{\tan\left(\frac{2^{n+1}\pi}{2^n+1}\right)}{\tan\left(\frac{\pi}{2^n+1}\right)}\right)^{-1}\\ &=2^{n+1}\,\frac{\tan\left(\frac{\pi}{2^n+1}\right)}{\tan\left(\frac{2^{n+1}\pi}{2^n+1}\right)} \end{aligned}

2.3 Sommes doubles — Produit de deux sommes finies

Proposition 2.3

Soient (u_{ij})_{(i,j)\in\mathbb{N}^2} et (v_{ij})_{(i,j)\in\mathbb{N}^2} deux suites doubles de nombres complexes, (p,q),(r,s)\in\mathbb{N}^2 tels que p\leq q et r\leq s, et \lambda\in\mathbb{C}. Alors on a :

  1. \sum_{\substack{p\leq i\leq q\\ r\leq j\leq s}} u_{ij}=\sum_{i=p}^q \sum_{j=r}^s u_{ij}=\sum_{j=r}^s \sum_{i=p}^q u_{ij}
  2. \sum_{\substack{p\leq i\leq q\\ r\leq j\leq s}} (u_{ij}+v_{ij})=\sum_{\substack{p\leq i\leq q\\ r\leq j\leq s}} u_{ij}+\sum_{\substack{p\leq i\leq q\\ r\leq j\leq s}} v_{ij}
  3. \sum_{\substack{p\leq i\leq q\\ r\leq j\leq s}} \lambda u_{ij}=\lambda\sum_{\substack{p\leq i\leq q\\ r\leq j\leq s}} u_{ij}

Remarque. On ne peut pas intervertir les sommes (c’est-à-dire la propriété 1) si les indices i et j sont liés par une relation. Par exemple, on ne peut pas intervertir dans la somme double suivante : \sum_{1\leq i\leq j\leq n} u_{ij}=\sum_{i=1}^n \sum_{j=i}^n u_{ij} \qquad \left(\neq \sum_{j=i}^n \sum_{i=1}^n u_{ij} \ \ \text{écriture fausse}\right)

Exemple 2.9

Calculons la somme double \sum_{\substack{0\leq i\leq n\\ 1\leq j\leq 2n}} j\,2^i : \begin{aligned} \sum_{\substack{0\leq i\leq n\\ 1\leq j\leq 2n}} j\,2^i&=\sum_{j=1}^{2n}\sum_{i=0}^n j\,2^i\\ &=\sum_{j=1}^{2n} j \sum_{i=0}^n 2^i\\ &=\sum_{j=1}^{2n} j\,\frac{1-2^{n+1}}{1-2}\\ &=(2^{n+1}-1)\sum_{j=1}^{2n} j\\ &=(2^{n+1}-1)\frac{2n(2n+1)}{2}\\ &=n(2n+1)(2^{n+1}-1) \end{aligned}

Exemple 2.10

Calculons la somme \sum_{1\leq i,j\leq n} |i-j| avec n\in\mathbb{N}^* : \begin{aligned} \sum_{1\leq i,j\leq n} |i-j|&=\sum_{1\leq i<j\leq n} (j-i)+\sum_{1\leq i>j\geq 1} (i-j)\\ &=2\sum_{j=2}^n \sum_{i=1}^{j-1} (j-i)\\ &=2\sum_{j=2}^n \sum_{i=1}^{j-1} j-2\sum_{j=2}^n \sum_{i=1}^{j-1} i\\ &=2\sum_{j=2}^n j(j-1)-2\sum_{j=2}^n \frac{j(j-1)}{2}\\ &=\sum_{j=2}^n j(j-1)\\ &=\sum_{j=2}^n j^2-\sum_{j=2}^n j\\ &=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}-1-\frac{n(n+1)}{2}+1\\ &=\frac{n(n-1)(n+1)}{3} \end{aligned}

Proposition 2.4 — (Produit de deux sommes finies)

Soient (u_k)_{k\in\mathbb{N}} et (v_k)_{k\in\mathbb{N}} deux suites de nombres complexes, (p,q)\in\mathbb{N}^2 tel que p\leq q. Alors on a :

  1. \sum_{\substack{p\leq i\leq q\\ r\leq j\leq s}} u_i v_j=\left(\sum_{i=p}^q u_i\right)\left(\sum_{j=r}^s v_j\right)
  2. Cas particulier : \left(\sum_{i=p}^q u_i\right)^2=\sum_{p\leq i,j\leq q} u_i u_j=\sum_{i=p}^q u_i^2+2\sum_{p\leq i<j\leq q} u_i u_j

Exemple 2.11

Calculons la somme \sum_{1\leq i,j\leq n} (i+j)^2 avec n\in\mathbb{N}^* : \begin{aligned} \sum_{1\leq i,j\leq n} (i+j)^2&=\sum_{1\leq i,j\leq n} (i^2+2ij+j^2)\\ &=2\left(\sum_{1\leq i,j\leq n} i^2+\sum_{1\leq i,j\leq n} ij\right)\\ &=2\left(\sum_{j=1}^n \sum_{i=1}^n i^2+\left(\sum_{j=1}^n j\right)\left(\sum_{i=1}^n i\right)\right)\\ &=2\left(n\sum_{i=1}^n i^2+\left(\sum_{i=1}^n i\right)^2\right)\\ &=2\left(\frac{n^2(n+1)(2n+1)}{6}+\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2\right)\\ &=\frac{n^2(n+1)(7n+5)}{6} \end{aligned}

Document en PDF

Chapitre 03 : Calcul algébrique