Trois formules à connaître

Les formules données par les trois théorèmes qui suivent vous seront souvent utiles.

Théorème 2   Pour tout entier $n\geqslant 1$, la somme des $n$ premiers entiers vaut
$n(n+1)/2$.

$$\sum_{k=1}^n k = 1+2+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2}\;.$$ (4)

Démonstration : Nous donnons d'abord la démonstration par récurrence. Nous verrons ensuite une justification géométrique et une justification combinatoire. L'hypothèse de récurrence est :

$$H(n)\quad\quad\sum_{k=1}^n k = \frac{n(n+1)}{2}\;.$$

Pour $n=1$ :

$$\sum_{k=1}^1 k = 1=\frac{1(1+1)}{2}\;.$$

Supposons maintenant que $H(n)$ est vraie. Ecrivons :

$$\sum_{k=1}^{n+1} k = \left(\sum_{k=1}^n k\right) +(n+1)\;.$$

En appliquant $H(n)$, on obtient :

$$\left(\sum_{k=1}^n k\right) +(n+1)=\frac{n(n+1)}{2}+(n+1)\;.$$

Le membre de droite s'écrit :

$$\frac{n(n+1)}{2}+(n+1)=\frac{(n+1)(n+2)}{2}\;.$$

Nous avons donc démontré que :

$$\sum_{k=1}^{n+1} k =\frac{(n+1)(n+2)}{2}\;,$$

c'est-à-dire que $H(n+1)$ est vraie.$\square$

Voici maintenant une justification géométrique. Considérons un rectangle dont la largeur et la hauteur valent respectivement $n+1$ et $n$ unités (figure 1). Ce rectangle peut être découpé en deux moitiés superposables. Chacune est formée de $1+2+\cdots+n$ carrés de côté unité, et couvre une surface égale à la surface du rectangle divisée par 2, soit $n(n+1)/2$.

Figure 1: La somme des $n$ premiers entiers vaut $n(n+1)/2$.

Voici maintenant une explication combinatoire. Autour d'une table $n+1$ personnes sont assises et s'apprêtent à trinquer. Combien de bruits de verre entendra-t-on ? Il y a deux manières de compter. La première consiste à prendre les personnes dans l'ordre : la première doit trinquer avec les $n$ autres. La seconde, qui a déjà trinqué avec la première, doit encore trinquer avec $n-1$ autres. Ainsi de suite jusqu'à la $n$-ième personne, qui ayant déjà trinqué avec les $n-1$ autres n'aura plus que la $n$-ième avec qui trinquer. On entendra donc $n+(n-1)+\cdots+1$ bruits de verre. La seconde manière de compter consiste à remarquer que le nombre de bruits de verre est égal au nombre de combinaisons de 2 personnes parmi $n+1$ :

$$\binom{n+1}{2}=\frac{n(n+1)}{2}\;.$$

Les deux formules suivantes portent sur deux variables $a$ et $b$ que vous pouvez voir dans un premier temps comme deux réels. Ces formules sont aussi valables pour des nombres complexes, et plus généralement pour des objets quelconques que l'on peut ajouter et multiplier de façon commutative (par exemple des polynômes ou des fonctions de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$). La première généralise l'identité remarquable $a^2-b^2=(a+b)(a-b)$.

Théorème 3   Pour tout entier $n$,

$$a^{n+1}-b^{n+1} = (a-b)\left(\sum_{k=0}^n a^{n-k}b^k\right) =(a-b)(a^n+a^{n-1}b+\cdots+ab^{n-1}+b^n).$$ (5)

(Rappelons la convention $a^0=b^0=1$.) Démonstration : La démonstration se fait par récurrence. L'affirmation est vraie pour $n=0$ puisque :

$$\sum_{k=0}^0 a^0 b^0=1.$$

Supposons le résultat vrai pour $n$.

$$(a-b)\left(\sum_{k=0}^{n+1} a^{n+1-k}b^k\right) = (a-b)\left(\left(\sum_{k=0}^n a^{n+1-k}b^k\right)+b^{n+1}\right)$$

$$= (a-b)\left(a\left(\sum_{k=0}^n a^{n-k}b^k\right)+b^{n+1}\right)$$

$$= a(a-b)\left(\sum_{k=0}^n a^{n-k}b^k\right)+(a-b)b^{n+1}$$

$$= a(a^{n+1}-b^{n+1})+(a-b)b^{n+1}$$

$$= a^{n+2}-b^{n+2}$$

L'hypothèse de récurrence a été utilisée pour obtenir l'avant-dernière égalité. Le résultat est vrai pour $n+1$, donc pour tout $n$.$\square$

Des cas particuliers du théorème 3 reviennent souvent dans les calculs. Nous avons déjà rencontré le cas $a=2, b=1$. Vous pouvez retenir le suivant:

$$(1-x)\left(\sum_{k=0}^n x^k\right) = (1-x)(1+x+x^2+\cdots+x^n) = 1-x^{n+1}.$$

Plus généralement, on a la relation:

Proposition 1 (Somme d'une série géométrique)   Soit $x$ un nombre réel différent de 0 et de $1$ et soient $p$ et $q$ des entiers relatifs tels que $p\leqslant q$. Alors :

$$\sum_{k=p}^qx^k=\frac{x^p-x^{q+1}}{1-x}\cdot$$

Démonstration : Il suffit de remarquer que :

$$(1-x)\left(\sum_{k=p}^qx^k\right)=\sum_{k=p}^{q}x^k-\sum_{k=p+1}^{q+1}x^k =x^p-x^{q+1}.$$

$\square$ Une autre formule à connaître est celle du binôme de Newton, qui généralise $(a+b)^2=a^2+2ab+b^2$.

Théorème 4   Pour tout entier $n\geqslant 1$,

$$(a+b)^n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} a^kb^{n-k} = b^n+nb^{n-1}a+\cdots+nba^{n-1}+a^n.$$ (6)

À cause de (6), les nombres $\binom{n}{k}$ s'appellent les coefficients binomiaux. Démonstration : Ici encore la démonstration se fait par récurrence, nous donnerons ensuite une justification combinatoire. Pour $n=1$ :

$$(a+b)^1=\binom{1}{0}a^0b^1+\binom{1}{1}a^1b^0\;.$$

Supposons que la formule est vraie pour $n$ et démontrons-la pour $n+1$.

$$(a+b)^{n+1} = (a+b)(a+b)^n$$

$$= (a+b)\left(\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} a^kb^{n-k}\right)$$

$$= \left(\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} a^{k+1}b^{n-k}\right) +\left(\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} a^kb^{n+1-k}\right)$$

$$= \left(\sum_{h=1}^{n+1} \binom{n}{h-1} a^{h}b^{n+1-h}\right) +\left(\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} a^kb^{n+1-k}\right)$$

$$= a^{n+1}+ \left(\sum_{h=1}^{n} \binom{n}{h-1} a^{h}b^{n+1-h}\right) +\left(\sum_{k=1}^n \binom{n}{k} a^kb^{n+1-k}\right)+b^{n+1}$$

$$= a^{n+1}+ \left(\sum_{k=1}^n \left(\binom{n}{k-1}+\binom{n}{k}\right) a^kb^{n+1-k}\right)+b^{n+1}$$

$$= \sum_{k=0}^{n+1} \binom{n+1}{k} a^k b^{n+1-k}\;.$$

Pour la dernière égalité, nous avons appliqué la formule du triangle de Pascal (3). Le résultat est démontré.$\square$

Voici maintenant la justification combinatoire. La quantité $(a+b)^n$ est le produit de $n$ facteurs, chacun contenant deux termes $a$ et $b$. Quand on développe le produit, on prend dans le premier facteur un des deux termes, on le multiplie par un terme du second facteur, ainsi de suite jusqu'au $n$-ième facteur. Le produit obtenu est égal à $a^kb^{n-k}$ si on a choisi le terme $a$ dans $k$ facteurs et le terme $b$ dans les $n-k$ autres. Le nombre de produits égaux à $a^kb^{n-k}$ est le nombre de combinaisons de $k$ facteurs parmi $n$, soit $\binom{n}{k}$.