Compléments de calcul algébrique et de trigonométrie

Le premier chapitre a fixé la langue : les connecteurs, les quantificateurs, les modes de raisonnement, le vocabulaire des ensembles et des applications. Celui-ci fixe la technique. Il ne contient presque aucune théorie, mais il rassemble les gestes de calcul que vous répéterez toute l'année, et dont l'absence bloque immédiatement : manipuler un symbole $\sum$, changer d'indice sans se tromper, reconnaître un télescopage, développer $(a+b{)}^n$, intervertir deux sommes, résoudre un système linéaire proprement, majorer une expression, jongler avec les formules de trigonométrie. Les erreurs qu'on y commet ne sont pas des erreurs de compréhension mais des erreurs d'exécution, et elles se paient plus tard, dans des exercices où le calcul n'est plus le sujet mais seulement l'outil.

Les notations suivantes sont fixées pour tout le chapitre : $k$, $i$, $j$ désignent des indices entiers, $n$ et $p$ des entiers naturels, $a$, $b$, $x$, $y$ des réels, et $(a_k)$ une famille finie de réels ; $\mathbb{N}$, $\mathbb{Z}$, $\mathbb{Q}$, $\mathbb{R}$ les ensembles usuels de nombres, et ${\mathbb{N}}^{\ast }$, ${\mathbb{R}}^{\ast }$, ${\mathbb{R}}_{+}$ leurs variantes habituelles. Les propriétés de $\mathbb{R}$ que nous utilisons (ordre total, compatibilité avec les opérations, existence de la racine carrée d'un réel positif) sont admises : leur construction n'est pas au programme.

Sommes et produits

Familles finies et notation $\sum$

Le nombre de termes de la somme ${\sum }_{k=m}^n{a}_k$ est $n-m+1$, et non $n-m$. Cette erreur de « décalage de $1$ » est la plus courante de toutes : pour la conjurer, on peut vérifier sur un cas minuscule, par exemple ${\sum }_{k=3}^5{a}_k=a_3+a_4+a_5$, qui comporte bien $5-3+1=3$ termes.

Règles de calcul

Démonstration. Démontrons le premier point par récurrence sur $n$. Pour $n\ge m-1$, notons $P(n)$ la proposition

$$\sum _{k=m}^n(\lambda a_k+\mu b_k)=\lambda \sum _{k=m}^n{a}_k+\mu \sum _{k=m}^n{b}_k\mathrm{.}$$

Initialisation. Pour $n=m-1$, les trois sommes sont vides, donc nulles : l'égalité s'écrit $0=\lambda \times 0+\mu \times 0$, elle est vraie. Donc $P(m-1)$ est vraie.

Hérédité. Soit $n\ge m-1$ un entier tel que $P(n)$ soit vraie. Alors, en utilisant la définition de la somme puis l'hypothèse de récurrence,

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \sum _{k=m}^{n+1}(\lambda a_k+\mu b_k)}& {\displaystyle =\sum _{k=m}^n(\lambda a_k+\mu b_k)+(\lambda a_{n+1}+\mu b_{n+1})}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\lambda \sum _{k=m}^n{a}_k+\mu \sum _{k=m}^n{b}_k+\lambda a_{n+1}+\mu b_{n+1}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\lambda (\sum _{k=m}^n{a}_k+a_{n+1})+\mu (\sum _{k=m}^n{b}_k+b_{n+1})}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\lambda \sum _{k=m}^{n+1}{a}_k+\mu \sum _{k=m}^{n+1}{b}_k\mathrm{.}}\end{array}$$

Donc $P(n+1)$ est vraie.

Conclusion. Par récurrence, $P(n)$ est vraie pour tout entier $n\ge m-1$.

Le deuxième point s'obtient en appliquant le premier à la famille constante, ou directement par une récurrence analogue : la somme vide vaut $0=(m-1-m+1)c$, et l'ajout d'un terme augmente le nombre de termes de $1$. Le troisième point se démontre par récurrence sur $n$ à $p$ fixé, l'initialisation au rang $n=p$ étant l'égalité ${\sum }_{k=m}^p{a}_k={\sum }_{k=m}^p{a}_k+0$. $\mathrm{\square }$

Pour les produits, les règles correspondantes sont multiplicatives.

Changements d'indice

Un changement d'indice consiste à décrire les mêmes termes en les repérant autrement. La somme ne change pas, seule son écriture change. Deux changements suffisent en pratique.

Regroupements et découpages

La relation de Chasles permet de couper une somme en deux. On peut aussi regrouper les termes selon la parité de l'indice.

Ces égalités se retiennent en comptant les termes plutôt qu'en les apprenant : dans la première, il y a $2n+2$ termes à gauche et $(n+1)+(n+1)$ à droite ; dans la seconde, $2n+1$ termes à gauche et $(n+1)+n$ à droite.

Télescopage

C'est la technique la plus rentable du chapitre : elle transforme une somme de $n$ termes en une différence de deux termes.

Démonstration. Raisonnons par récurrence sur $n$. Pour $n\ge m-1$, notons $P(n)$ la proposition « ${\displaystyle \sum _{k=m}^n(a_{k+1}-a_k)=a_{n+1}-a_m}$ ».

Initialisation. Pour $n=m-1$, la somme est vide donc nulle, et le membre de droite vaut $a_{(m-1)+1}-a_m=a_m-a_m=0$. Donc $P(m-1)$ est vraie.

Hérédité. Soit $n\ge m-1$ tel que $P(n)$ soit vraie. Alors

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \sum _{k=m}^{n+1}(a_{k+1}-a_k)}& {\displaystyle =\sum _{k=m}^n(a_{k+1}-a_k)+(a_{n+2}-a_{n+1})}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =(a_{n+1}-a_m)+a_{n+2}-a_{n+1}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =a_{n+2}-a_m,}\end{array}$$

ce qui est exactement l'égalité voulue au rang $n+1$. Donc $P(n+1)$ est vraie.

Conclusion. Par récurrence, $P(n)$ est vraie pour tout entier $n\ge m-1$. $\mathrm{\square }$

La version multiplicative s'énonce de la même façon.

Démonstration. La récurrence est en tout point semblable à celle du télescopage additif. Pour $n=m-1$, le produit est vide donc vaut $1$, et le membre de droite vaut ${\displaystyle \frac{a_m}{a_m}}=1$. Si l'égalité est vraie au rang $n$, alors

$$\prod _{k=m}^{n+1}\frac{a_{k+1}}{a_k}=\left(\prod _{k=m}^n\frac{a_{k+1}}{a_k}\right)\times \frac{a_{n+2}}{a_{n+1}}=\frac{a_{n+1}}{a_m}\times \frac{a_{n+2}}{a_{n+1}}=\frac{a_{n+2}}{a_m},$$

la simplification étant licite car $a_{n+1}\mathrm{\ne }0$. Par récurrence, la formule vaut pour tout $n\ge m-1$. $\mathrm{\square }$

Sommes usuelles à connaître par coeur

Les résultats de cette section doivent être sus sans hésitation, et leurs démonstrations doivent pouvoir être refaites : plusieurs sont des exemples canoniques de récurrence ou de télescopage.

Somme des entiers, des carrés, des cubes

Démonstration de la première formule, par récurrence. Pour $n\ge 0$, notons $P(n)$ la proposition « ${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}k=\frac{n(n+1)}{2}}$ ».

Initialisation. Pour $n=0$, la somme est vide donc nulle, et ${\displaystyle \frac{0\times 1}{2}}=0$. Donc $P(0)$ est vraie.

Hérédité. Soit $n\ge 0$ un entier tel que $P(n)$ soit vraie. Alors

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \sum _{k=1}^{n+1}k}& {\displaystyle =\sum _{k=1}^{n}k+(n+1)}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{n(n+1)}{2}+(n+1)}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =(n+1)(\frac{n}{2}+1)}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{(n+1)(n+2)}{2},}\end{array}$$

qui est bien la formule au rang $n+1$. Donc $P(n+1)$ est vraie.

Conclusion. Par récurrence, pour tout entier $n\ge 0$, ${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}k=\frac{n(n+1)}{2}}$. $\mathrm{\square }$

Démonstration de la deuxième formule, par télescopage. Notons $S_2={\displaystyle \sum _{k=1}^n{k}^2}$ et partons de l'identité, valable pour tout entier $k$,

$$(k+1{)}^3-k^3=3k^2+3k+1.$$

Sommons cette égalité pour $k$ allant de $1$ à $n$. Le membre de gauche se télescope (c'est le cas $a_k=k^3$) et vaut $(n+1{)}^3-1$. Le membre de droite se calcule par linéarité :

$$\sum _{k=1}^n(3k^2+3k+1)=3S_2+3\sum _{k=1}^{n}k+\sum _{k=1}^{n}1=3S_2+\frac{3n(n+1)}{2}+n\mathrm{.}$$

On obtient donc

$$3S_2=(n+1{)}^3-1-n-\frac{3n(n+1)}{2}\mathrm{.}$$

Or $(n+1{)}^3-1-n=n^3+3n^2+3n+1-1-n=n^3+3n^2+2n=n(n+1)(n+2)$. Ainsi

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle 3S_2}& {\displaystyle =n(n+1)(n+2)-\frac{3n(n+1)}{2}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =n(n+1)(n+2-\frac{3}{2})}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =n(n+1)\times \frac{2n+1}{2},}\end{array}$$

d'où $S_2={\displaystyle \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}}$. $\mathrm{\square }$

Démonstration de la troisième formule, par récurrence. Notons $P(n)$ la proposition « ${\displaystyle \sum _{k=1}^n{k}^3=\frac{n^2(n+1{)}^2}{4}}$ ».

Initialisation. Pour $n=0$, les deux membres sont nuls, donc $P(0)$ est vraie.

Hérédité. Soit $n\ge 0$ tel que $P(n)$ soit vraie. Alors

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \sum _{k=1}^{n+1}{k}^3}& {\displaystyle =\frac{n^2(n+1{)}^2}{4}+(n+1{)}^3}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =(n+1{)}^2(\frac{n^2}{4}+n+1)}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =(n+1{)}^2\times \frac{n^2+4n+4}{4}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{(n+1{)}^2(n+2{)}^2}{4},}\end{array}$$

c'est-à-dire la formule au rang $n+1$. Donc $P(n+1)$ est vraie.

Conclusion. Par récurrence, la formule vaut pour tout entier $n\ge 0$. $\mathrm{\square }$

Somme géométrique

Démonstration. Le cas $q=1$ est immédiat : la somme comporte $n+1$ termes tous égaux à $1$.

Supposons $q\mathrm{\ne }1$ et posons $S={\displaystyle \sum _{k=0}^n{q}^k}$. Calculons $qS$ en effectuant un changement d'indice :

$$qS=\sum _{k=0}^n{q}^{k+1}=\sum _{j=1}^{n+1}{q}^j,$$

où l'on a posé $j=k+1$. Par conséquent,

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle S-qS}& {\displaystyle =\sum _{k=0}^n{q}^k-\sum _{j=1}^{n+1}{q}^j}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =(q^0+\sum _{k=1}^n{q}^k)-(\sum _{j=1}^n{q}^j+q^{n+1})}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =1-q^{n+1},}\end{array}$$

les deux sommes de $1$ à $n$ étant égales (l'indice est muet) et se simplifiant. Ainsi $(1-q)S=1-q^{n+1}$, et comme $q\mathrm{\ne }1$ on peut diviser par $1-q$, ce qui donne le résultat annoncé. $\mathrm{\square }$

Factorisation de $a^n-b^n$

Démonstration. Soient $a$ et $b$ deux réels et $n\ge 1$. Développons le membre de droite en distribuant :

$$(a-b)\sum _{k=0}^{n-1}{a}^k{b}^{n-1-k}=\sum _{k=0}^{n-1}{a}^{k+1}{b}^{n-1-k}-\sum _{k=0}^{n-1}{a}^k{b}^{n-k}\mathrm{.}$$

Posons, pour $0\le k\le n$, $u_k=a^k{b}^{n-k}$. Alors $a^{k+1}{b}^{n-1-k}=a^{k+1}{b}^{n-(k+1)}=u_{k+1}$ et $a^k{b}^{n-k}=u_k$. L'expression précédente s'écrit donc

$$\sum _{k=0}^{n-1}(u_{k+1}-u_k)=u_n-u_0=a^n{b}^0-a^0{b}^n=a^n-b^n$$

par télescopage. C'est bien l'égalité annoncée. $\mathrm{\square }$

Les cas particuliers suivants doivent être immédiats.

Le point c redonne la somme géométrique : pour $a\mathrm{\ne }1$, ${\displaystyle \sum _{k=0}^{n-1}{a}^k=\frac{a^n-1}{a-1}}$.

Somme arithmétique générale

Démonstration. Par linéarité et grâce à la somme des entiers,

$$\sum _{k=0}^n(u_0+kr)=\sum _{k=0}^n{u}_0+r\sum _{k=0}^{n}k=(n+1)u_0+r\frac{n(n+1)}{2}\mathrm{.}$$

Pour la seconde écriture, il suffit de remarquer que $u_0+u_n=2u_0+nr$, donc

$$(n+1)\times \frac{u_0+u_n}{2}=(n+1)\times \frac{2u_0+nr}{2}=(n+1)u_0+r\frac{n(n+1)}{2},$$

ce qui est bien la même quantité. $\mathrm{\square }$

Factorielle et coefficients binomiaux

Factorielle

Démonstration. La première égalité est exactement la définition récursive du produit : ${\prod }_{k=1}^{n+1}k=\left({\prod }_{k=1}^{n}k\right)\times (n+1)$. La seconde s'en déduit en appliquant la relation de Chasles au produit : $n!={\prod }_{k=1}^{n}k=\left({\prod }_{k=1}^{p}k\right)\left({\prod }_{k=p+1}^{n}k\right)=p!{\prod }_{k=p+1}^{n}k$, puis en divisant par $p!$, qui est non nul. $\mathrm{\square }$

Définition des coefficients binomiaux

Démonstration. Pour le premier point, $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{0}\right)={\displaystyle \frac{n!}{0!n!}}=1$ car $0!=1$, et de même $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{n}\right)={\displaystyle \frac{n!}{n!0!}}=1$. Pour $n\ge 1$, $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{1}\right)={\displaystyle \frac{n!}{1!(n-1)!}}={\displaystyle \frac{n!}{(n-1)!}}=n$. Pour $n\ge 2$, $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{2}\right)={\displaystyle \frac{n!}{2!(n-2)!}}={\displaystyle \frac{n(n-1)}{2}}$.

Pour la symétrie, il suffit d'écrire la définition en remplaçant $k$ par $n-k$, ce qui est licite car $0\le n-k\le n$ :

$$\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{n-k}\right)=\frac{n!}{(n-k)!(n-(n-k))!}=\frac{n!}{(n-k)!k!}=\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right),$$

les deux expressions ne différant que par l'ordre des facteurs du dénominateur.

Pour le troisième point, la propriété sur les quotients de factorielles donne ${\displaystyle \frac{n!}{(n-k)!}}=(n-k+1)(n-k+2)\cdots n$, produit de $k$ entiers consécutifs. En divisant par $k!$, on obtient la forme annoncée. $\mathrm{\square }$

Formule de Pascal et triangle de Pascal

Démonstration. Traitons d'abord le cas $1\le k\le n$, le seul où les trois coefficients sont donnés par la formule des factorielles. On a

$$\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k-1}\right)+\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)=\frac{n!}{(k-1)!(n-k+1)!}+\frac{n!}{k!(n-k)!}\mathrm{.}$$

Réduisons au même dénominateur $k!(n-k+1)!$. Dans la première fraction, on multiplie haut et bas par $k$, ce qui transforme $(k-1)!$ en $k!$ ; dans la seconde, on multiplie haut et bas par $n-k+1$, ce qui transforme $(n-k)!$ en $(n-k+1)!$. Il vient

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k-1}\right)+\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)}& {\displaystyle =\frac{k\times n!}{k!(n-k+1)!}+\frac{(n-k+1)\times n!}{k!(n-k+1)!}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{n!(k+n-k+1)}{k!(n-k+1)!}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{(n+1)\times n!}{k!(n+1-k)!}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{(n+1)!}{k!(n+1-k)!}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n+1}{k}\right)\mathrm{.}}\end{array}$$

Il reste à vérifier les cas exclus. Si $k=n+1$, le membre de gauche vaut $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{n}\right)+\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{n+1}\right)=1+0=1$, et le membre de droite $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n+1}{n+1}\right)=1$. Si $k>n+1$, les trois coefficients sont nuls par convention et l'égalité s'écrit $0+0=0$. La formule est donc valable pour tout $k\ge 1$. $\mathrm{\square }$

La formule de Pascal permet de construire de proche en proche le tableau des coefficients binomiaux, appelé triangle de Pascal : chaque coefficient s'obtient en ajoutant celui qui est juste au-dessus et celui qui est au-dessus à gauche.

Formule du capitaine

Démonstration. Soient $n$ et $k$ deux entiers tels que $1\le k\le n$. Partons du membre de gauche :

$$k\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)=k\times \frac{n!}{k!(n-k)!}=\frac{n!}{(k-1)!(n-k)!},$$

où l'on a utilisé $k!=k\times (k-1)!$, licite puisque $k\ge 1$. Calculons maintenant le membre de droite. Comme $0\le k-1\le n-1$, le coefficient $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n-1}{k-1}\right)$ est bien défini par la formule des factorielles, et

$$n\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n-1}{k-1}\right)=n\times \frac{(n-1)!}{(k-1)!((n-1)-(k-1))!}=\frac{n\times (n-1)!}{(k-1)!(n-k)!}=\frac{n!}{(k-1)!(n-k)!}\mathrm{.}$$

Les deux membres sont égaux à la même quantité, ce qui achève la démonstration. $\mathrm{\square }$

Formule du binôme de Newton

Démonstration. Fixons deux réels $a$ et $b$ et raisonnons par récurrence sur $n$. Pour $n\ge 0$, notons $P(n)$ la proposition

$$(a+b{)}^n=\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)a^k{b}^{n-k}\mathrm{.}$$

Initialisation. Pour $n=0$, le membre de gauche vaut $(a+b{)}^0=1$. Le membre de droite se réduit au seul terme d'indice $k=0$, soit $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{0}{0}\right)a^0{b}^0=1$. Donc $P(0)$ est vraie.

Hérédité. Soit $n\ge 0$ un entier tel que $P(n)$ soit vraie. Écrivons $(a+b{)}^{n+1}=(a+b)\times (a+b{)}^n$ et utilisons l'hypothèse de récurrence, puis la linéarité de la somme :

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle (a+b{)}^{n+1}}& {\displaystyle =(a+b)\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)a^k{b}^{n-k}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)a^{k+1}{b}^{n-k}+\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)a^k{b}^{n+1-k}\mathrm{.}}\end{array}$$

Dans la première somme, effectuons le changement d'indice $j=k+1$ : quand $k$ décrit les entiers de $0$ à $n$, $j$ décrit ceux de $1$ à $n+1$, et $a^{k+1}{b}^{n-k}$ devient $a^j{b}^{n+1-j}$. Dans la seconde, renommons simplement l'indice muet $k$ en $j$. Il vient

$$(a+b{)}^{n+1}=\sum _{j=1}^{n+1}\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{j-1}\right)a^j{b}^{n+1-j}+\sum _{j=0}^n\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{j}\right)a^j{b}^{n+1-j}\mathrm{.}$$

Isolons maintenant le terme d'indice $j=n+1$ dans la première somme et celui d'indice $j=0$ dans la seconde, afin que les deux sommes restantes portent sur les mêmes indices $1\le j\le n$ :

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle (a+b{)}^{n+1}}& {\displaystyle =\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{n}\right)a^{n+1}{b}^0+\sum _{j=1}^n\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{j-1}\right)a^j{b}^{n+1-j}+\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{0}\right)a^0{b}^{n+1}+\sum _{j=1}^n\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{j}\right)a^j{b}^{n+1-j}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =a^{n+1}+b^{n+1}+\sum _{j=1}^n[\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{j-1}\right)+\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{j}\right)]a^j{b}^{n+1-j}\mathrm{.}}\end{array}$$

La formule de Pascal transforme le crochet en $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n+1}{j}\right)$. De plus $a^{n+1}=\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n+1}{n+1}\right)a^{n+1}{b}^0$ et $b^{n+1}=\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n+1}{0}\right)a^0{b}^{n+1}$, ce qui permet de réintégrer ces deux termes dans la somme, aux indices $j=n+1$ et $j=0$ :

$$(a+b{)}^{n+1}=\sum _{j=0}^{n+1}\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n+1}{j}\right)a^j{b}^{n+1-j}\mathrm{.}$$

C'est exactement $P(n+1)$.

Conclusion. Par récurrence, pour tout entier naturel $n$ et tous réels $a$ et $b$, ${\displaystyle (a+b{)}^n=\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)a^k{b}^{n-k}}$. $\mathrm{\square }$

Conséquences immédiates

Démonstration. Pour la première égalité, appliquons la formule du binôme avec $a=b=1$ :

$$2^n=(1+1{)}^n=\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)1^k{1}^{n-k}=\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)\mathrm{.}$$

Pour la seconde, appliquons-la avec $a=-1$ et $b=1$, en supposant $n\ge 1$ :

$$0=0^n=(-1+1{)}^n=\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)(-1{)}^k{1}^{n-k}=\sum _{k=0}^n(-1{)}^k\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)\mathrm{.}$$

L'égalité $0^n=0$ exige $n\ge 1$, ce qui explique la restriction : pour $n=0$, la somme vaut $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{0}{0}\right)=1$ et non $0$. $\mathrm{\square }$

Sommes doubles

Familles à deux indices

Une telle famille se visualise comme un tableau rectangulaire, l'indice $i$ repérant la ligne et l'indice $j$ la colonne :

$$\begin{array}{cccc}{a}_{1,1}& a_{1,2}& \cdots & a_{1,p}\\ a_{2,1}& a_{2,2}& \cdots & a_{2,p}\\ \mathrm{⋮}& \mathrm{⋮}& & \mathrm{⋮}\\ a_{n,1}& a_{n,2}& \cdots & a_{n,p}\end{array}$$

Démonstration. Notons $B={\displaystyle \sum _{j=1}^p{b}_j}$, qui est un réel fixé, indépendant de $i$. Par linéarité de la somme d'indice $i$, on peut faire entrer le facteur constant $B$ dans la somme :

$$\left(\sum _{i=1}^n{a}_i\right)B=\sum _{i=1}^n\left(a_{i}B\right)\mathrm{.}$$

Or, pour chaque $i$ fixé, $a_i$ est une constante vis-à-vis de l'indice $j$, donc une nouvelle application de la linéarité donne $a_{i}B=a_i{\displaystyle \sum _{j=1}^p{b}_j=\sum _{j=1}^p{a}_i{b}_j}$. En reportant, on obtient l'égalité annoncée. $\mathrm{\square }$

Sommes triangulaires

Démonstration. Soit $(i,j)$ un couple d'entiers tels que $1\le i\le n$ et $1\le j\le n$. Comme l'ordre sur les entiers est total, exactement l'un des trois cas $i<j$, $i=j$, $i>j$ se produit. Les trois sommes du membre de droite portent donc sur trois parties deux à deux disjointes dont la réunion est l'ensemble de tous les couples : chaque terme $a_{i,j}$ est compté une fois et une seule dans chaque membre. $\mathrm{\square }$

Démonstration. D'après la formule du produit de deux sommes, appliquée à la même famille pour les deux facteurs,

$${\left(\sum _{i=1}^n{a}_i\right)}^{\text{\hspace{0.17em}⁣}2}=\sum _{1\le i,j\le n}{a}_i{a}_j\mathrm{.}$$

Découpons cette somme double selon les trois cas $i<j$, $i=j$ et $i>j$ :

$$\sum _{1\le i,j\le n}{a}_i{a}_j=\sum _{1\le i<j\le n}{a}_i{a}_j+\sum _{i=1}^n{a}_i{a}_i+\sum _{1\le j<i\le n}{a}_i{a}_j\mathrm{.}$$

La somme du milieu vaut ${\sum }_{i=1}^n{a}_i^2$. Quant à la dernière, échangeons les noms des deux indices muets : elle s'écrit ${\sum }_{1\le i<j\le n}{a}_j{a}_i$, et comme le produit de deux réels ne dépend pas de l'ordre des facteurs, elle est égale à ${\sum }_{1\le i<j\le n}{a}_i{a}_j$. Les deux sommes triangulaires sont donc égales, d'où le facteur $2$. $\mathrm{\square }$

Pour $n=3$, on retrouve l'identité du lycée $(a_1+a_2+a_3{)}^2=a_1^2+a_2^2+a_3^2+2(a_1{a}_2+a_1{a}_3+a_2{a}_3)$.

Systèmes linéaires et méthode du pivot de Gauss

Vocabulaire

Opérations élémentaires sur les lignes

Résoudre un système consiste à le remplacer par un système équivalent plus simple. Trois transformations, et trois seulement, sont autorisées.

Démonstration. Dans les trois cas, il suffit de montrer que toute solution du système de départ est solution du système obtenu, puis d'observer que l'opération est réversible par une opération de même nature, ce qui donne l'inclusion réciproque.

Pour l'échange, il n'y a rien à démontrer : les mêmes égalités sont écrites dans un autre ordre, et l'opération $L_i\leftrightarrow L_j$ effectuée une seconde fois rétablit le système initial.

Pour la dilatation, soit $(x_1,\dots ,x_p)$ une solution du système de départ. La ligne $L_i$ est une égalité entre deux réels ; en multipliant ses deux membres par $\lambda$, on obtient une égalité encore vraie, donc le $p$-uplet vérifie la nouvelle ligne, et les autres lignes sont inchangées. Réciproquement, l'opération $L_i\leftarrow \frac{1}{\lambda }{L}_i$, licite car $\lambda \mathrm{\ne }0$, ramène au système initial. L'hypothèse $\lambda \mathrm{\ne }0$ est essentielle : multiplier une ligne par $0$ la transformerait en l'égalité $0=0$, et l'information qu'elle portait serait définitivement perdue.

Pour la transvection, soit $(x_1,\dots ,x_p)$ une solution du système de départ. Il vérifie $L_i$ et $L_j$ ; en additionnant membre à membre l'égalité $L_i$ et l'égalité $L_j$ multipliée par $\lambda$, on obtient une égalité vraie, qui est exactement la nouvelle ligne $i$. Les autres lignes, en particulier $L_j$, sont inchangées. Réciproquement, l'opération $L_i\leftarrow L_i-\lambda L_j$ ramène au système initial. L'hypothèse $i\mathrm{\ne }j$ est essentielle : l'opération $L_i\leftarrow L_i+\lambda L_i$ reviendrait à multiplier $L_i$ par $1+\lambda$, ce qui n'est réversible que si $\lambda \mathrm{\ne }-1$. $\mathrm{\square }$

Systèmes échelonnés

Exemples complets

Inégalités dans $\mathbb{R}$

Ordre et compatibilité avec les opérations

L'ensemble $\mathbb{R}$ est muni d'une relation d'ordre totale, notée $\le$ : deux réels sont toujours comparables. Nous admettons cette propriété ainsi que les règles de compatibilité suivantes, qui sont la base de tout calcul sur les inégalités.

Démonstration. Les points 1 et 3 sont admis, ce sont les axiomes de compatibilité de l'ordre de $\mathbb{R}$. Les deux autres s'en déduisent.

Pour le point 2, supposons $a\le b$ et $c\le d$. Le point 1 appliqué à l'inégalité $a\le b$ avec le réel $c$ donne $a+c\le b+c$. Le même point appliqué à l'inégalité $c\le d$ avec le réel $b$ donne $b+c\le b+d$. Par transitivité de l'ordre, $a+c\le b+d$.

Pour le point 4, supposons $0\le a\le b$ et $0\le c\le d$. Comme $c\ge 0$, le point 3 appliqué à $a\le b$ donne $ac\le bc$. Comme $b\ge a\ge 0$, le point 3 appliqué à $c\le d$ donne $bc\le bd$. Par transitivité, $ac\le bd$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Pour le premier point, supposons $0<a\le b$. Alors $ab>0$ comme produit de deux réels strictement positifs, et

$$\frac{1}{a}-\frac{1}{b}=\frac{b-a}{ab}\ge 0$$

car $b-a\ge 0$ et $ab>0$. Donc ${\displaystyle \frac{1}{b}}\le {\displaystyle \frac{1}{a}}$, et ces deux quantités sont strictement positives comme inverses de réels strictement positifs.

Pour le second point, supposons $0\le a\le b$. Alors

$$b^2-a^2=(b-a)(b+a)\ge 0,$$

comme produit de deux réels positifs. Donc $a^2\le b^2$. Pour la réciproque, raisonnons par contraposition : si $a>b\ge 0$, alors le sens direct appliqué à $0\le b<a$ donne $b^2\le a^2$, et l'inégalité est même stricte puisque $a^2-b^2=(a-b)(a+b)$ est un produit de deux réels strictement positifs. On a donc $a^2>b^2$, ce qui est la négation de $a^2\le b^2$. $\mathrm{\square }$

Valeur absolue

Démonstration. Les points 1 et 2 se traitent en distinguant les cas selon les signes de $x$ et de $y$ ; par exemple, si $x\ge 0$ et $y<0$, alors $xy\le 0$, donc $\mathrm{\mid }xy\mathrm{\mid }=-xy=x\times (-y)=\mathrm{\mid }x\mathrm{\mid }\mathrm{\mid }y\mathrm{\mid }$, et les trois autres cas sont analogues.

Pour le point 3 : si $x\ge 0$, alors $\mathrm{\mid }x\mathrm{\mid }=x$, donc $x\le \mathrm{\mid }x\mathrm{\mid }$, et $-\mathrm{\mid }x\mathrm{\mid }=-x\le 0\le x$. Si $x<0$, alors $\mathrm{\mid }x\mathrm{\mid }=-x>0$, donc $x<0\le \mathrm{\mid }x\mathrm{\mid }$, et $-\mathrm{\mid }x\mathrm{\mid }=x$. Dans les deux cas l'encadrement est vérifié.

Pour le point 4, montrons les deux implications. Supposons $\mathrm{\mid }x\mathrm{\mid }\le c$. D'après le point 3, $x\le \mathrm{\mid }x\mathrm{\mid }\le c$ et $-x\le \mathrm{\mid }x\mathrm{\mid }\le c$, cette seconde inégalité donnant $x\ge -c$. Donc $-c\le x\le c$. Réciproquement, supposons $-c\le x\le c$. Si $x\ge 0$, alors $\mathrm{\mid }x\mathrm{\mid }=x\le c$. Si $x<0$, alors $\mathrm{\mid }x\mathrm{\mid }=-x$, et l'inégalité $-c\le x$ donne $-x\le c$, c'est-à-dire $\mathrm{\mid }x\mathrm{\mid }\le c$. Dans les deux cas, $\mathrm{\mid }x\mathrm{\mid }\le c$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Pour le point 1, appliquons l'encadrement $-\mathrm{\mid }x\mathrm{\mid }\le x\le \mathrm{\mid }x\mathrm{\mid }$ à $a$ puis à $b$ :

$$-\mathrm{\mid }a\mathrm{\mid }\le a\le \mathrm{\mid }a\mathrm{\mid }\text{et}-\mathrm{\mid }b\mathrm{\mid }\le b\le \mathrm{\mid }b\mathrm{\mid }\mathrm{.}$$

En additionnant ces deux encadrements membre à membre, ce qui est licite pour des inégalités de même sens, on obtient

$$-(\mathrm{\mid }a\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }b\mathrm{\mid })\le a+b\le \mathrm{\mid }a\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }b\mathrm{\mid }\mathrm{.}$$

Comme $\mathrm{\mid }a\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }b\mathrm{\mid }\ge 0$, le point 4 de la propriété précédente, appliqué au réel $a+b$ et au majorant $\mathrm{\mid }a\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }b\mathrm{\mid }$, donne exactement $\mathrm{\mid }a+b\mathrm{\mid }\le \mathrm{\mid }a\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }b\mathrm{\mid }$.

Pour le point 2, écrivons $a=(a-b)+b$ et appliquons l'inégalité triangulaire :

$$\mathrm{\mid }a\mathrm{\mid }\le \mathrm{\mid }a-b\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }b\mathrm{\mid },\text{donc}\mathrm{\mid }a\mathrm{\mid }-\mathrm{\mid }b\mathrm{\mid }\le \mathrm{\mid }a-b\mathrm{\mid }\mathrm{.}$$

En échangeant les rôles de $a$ et de $b$, on obtient de même $\mathrm{\mid }b\mathrm{\mid }-\mathrm{\mid }a\mathrm{\mid }\le \mathrm{\mid }b-a\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }a-b\mathrm{\mid }$, c'est-à-dire $-\mathrm{\mid }a-b\mathrm{\mid }\le \mathrm{\mid }a\mathrm{\mid }-\mathrm{\mid }b\mathrm{\mid }$. En rassemblant les deux inégalités,

$$-\mathrm{\mid }a-b\mathrm{\mid }\le \mathrm{\mid }a\mathrm{\mid }-\mathrm{\mid }b\mathrm{\mid }\le \mathrm{\mid }a-b\mathrm{\mid },$$

et le point 4 de la propriété précédente conclut : $\mid \mathrm{\mid }a\mathrm{\mid }-\mathrm{\mid }b\mathrm{\mid }\mid \le \mathrm{\mid }a-b\mathrm{\mid }$.

Pour le point 3, raisonnons par récurrence sur $n$. Pour $n=0$, les deux membres sont nuls. Supposons la propriété vraie au rang $n$. Alors, par l'inégalité triangulaire puis par hypothèse de récurrence,

$$\mid \sum _{k=1}^{n+1}{a}_k\mid =\mid \sum _{k=1}^n{a}_k+a_{n+1}\mid \le \mid \sum _{k=1}^n{a}_k\mid +\mathrm{\mid }{a}_{n+1}\mathrm{\mid }\le \sum _{k=1}^n\mathrm{\mid }{a}_k\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }{a}_{n+1}\mathrm{\mid }=\sum _{k=1}^{n+1}\mathrm{\mid }{a}_k\mathrm{\mid }\mathrm{.}$$

La propriété est donc vraie au rang $n+1$, et par récurrence pour tout $n$. $\mathrm{\square }$

Deux inégalités classiques

Démonstration. Fixons un réel $x\ge -1$ et raisonnons par récurrence sur $n$. Notons $P(n)$ la proposition « $(1+x{)}^n\ge 1+nx$ ».

Initialisation. Pour $n=0$, le membre de gauche vaut $1$ et le membre de droite $1+0=1$. L'inégalité $1\ge 1$ est vraie, donc $P(0)$ est vraie.

Hérédité. Soit $n\ge 0$ un entier tel que $P(n)$ soit vraie. Comme $x\ge -1$, on a $1+x\ge 0$. On peut donc multiplier l'inégalité $(1+x{)}^n\ge 1+nx$ par le réel positif $1+x$ sans en changer le sens :

$$(1+x{)}^{n+1}=(1+x{)}^n(1+x)\ge (1+nx)(1+x)\mathrm{.}$$

Or

$$(1+nx)(1+x)=1+x+nx+n{x}^2=1+(n+1)x+n{x}^2\ge 1+(n+1)x,$$

la dernière inégalité venant de $n{x}^2\ge 0$. Par transitivité, $(1+x{)}^{n+1}\ge 1+(n+1)x$, donc $P(n+1)$ est vraie.

Conclusion. Par récurrence, l'inégalité vaut pour tout entier naturel $n$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Soient $a\ge 0$ et $b\ge 0$. Leurs racines carrées existent, et

$$\frac{a+b}{2}-\sqrt{ab}=\frac{a-2\sqrt{ab}+b}{2}=\frac{{\left(\sqrt{a}\right)}^2-2\sqrt{a}\sqrt{b}+{\left(\sqrt{b}\right)}^2}{2}=\frac{{(\sqrt{a}-\sqrt{b})}^2}{2}\ge 0,$$

puisqu'un carré est positif. D'où l'inégalité annoncée.

Le cas d'égalité a lieu si et seulement si ${(\sqrt{a}-\sqrt{b})}^2=0$, c'est-à-dire $\sqrt{a}=\sqrt{b}$, ce qui équivaut à $a=b$ en élevant au carré. $\mathrm{\square }$

Majorer, minorer, encadrer une somme

Trigonométrie

Cercle trigonométrique et mesure des angles

Démonstration. Le point $M(x)$ appartient au cercle de centre $O$ et de rayon $1$ : ses coordonnées vérifient donc l'équation $X^2+Y^2=1$ de ce cercle, ce qui est le premier point. Le deuxième s'en déduit : ${\cos }^{2}x=1-{\sin }^{2}x\le 1$, donc $\mathrm{\mid }\cos x\mathrm{\mid }\le 1$, c'est-à-dire $-1\le \cos x\le 1$, et de même pour le sinus. Le troisième traduit qu'ajouter $2\pi$ à $x$ revient à effectuer un tour complet, ce qui ramène au même point. Le quatrième traduit que $M(-x)$ est le symétrique de $M(x)$ par rapport à l'axe des abscisses, symétrie qui conserve l'abscisse et change le signe de l'ordonnée. $\mathrm{\square }$

Démonstration. L'imparité est immédiate : $\tan (-x)={\displaystyle \frac{\sin (-x)}{\cos (-x)}}={\displaystyle \frac{-\sin x}{\cos x}}=-\tan x$. Pour la périodicité, nous verrons ci-dessous que $\cos (x+\pi )=-\cos x$ et $\sin (x+\pi )=-\sin x$, d'où $\tan (x+\pi )={\displaystyle \frac{-\sin x}{-\cos x}}=\tan x$, la définition ayant bien un sens en $x+\pi$ dès qu'elle en a un en $x$. $\mathrm{\square }$

Les valeurs suivantes doivent être connues instantanément, dans les deux sens : de l'angle vers la valeur, et de la valeur vers l'angle.

Angles associés

Les formules suivantes se lisent toutes sur le cercle trigonométrique : chacune correspond à une symétrie qui échange ou transforme les coordonnées du point $M(x)$.

Formules d'addition, de duplication et de linéarisation

Démonstration. Les formules de duplication s'obtiennent en appliquant les formules d'addition avec $b=a$ :

$$\sin (2a)=\sin (a+a)=\sin a\cos a+\cos a\sin a=2\sin a\cos a,$$ $$\cos (2a)=\cos (a+a)=\cos a\cos a-\sin a\sin a={\cos }^{2}a-{\sin }^{2}a\mathrm{.}$$

Les deux autres écritures du cosinus s'en déduisent par la relation fondamentale : en remplaçant ${\sin }^{2}a$ par $1-{\cos }^{2}a$, on obtient $\cos (2a)={\cos }^{2}a-(1-{\cos }^{2}a)=2{\cos }^{2}a-1$ ; en remplaçant au contraire ${\cos }^{2}a$ par $1-{\sin }^{2}a$, on obtient $\cos (2a)=1-2{\sin }^{2}a$.

Les formules de linéarisation ne sont que ces deux dernières égalités résolues en ${\cos }^{2}a$ et en ${\sin }^{2}a$ : de $\cos (2a)=2{\cos }^{2}a-1$ on tire ${\cos }^{2}a={\displaystyle \frac{1+\cos (2a)}{2}}$, et de $\cos (2a)=1-2{\sin }^{2}a$ on tire ${\sin }^{2}a={\displaystyle \frac{1-\cos (2a)}{2}}$. $\mathrm{\square }$

Produit en somme et somme en produit

Démonstration. Additionnons puis soustrayons les deux formules d'addition du cosinus :

$$\cos (a+b)+\cos (a-b)=2\cos a\cos b,\cos (a-b)-\cos (a+b)=2\sin a\sin b,$$

les termes se simplifiant deux à deux. En divisant par $2$, on obtient les deux premières égalités. La troisième s'obtient de la même façon en additionnant les deux formules d'addition du sinus :

$$\sin (a+b)+\sin (a-b)=2\sin a\cos b\mathrm{.}\mathrm{\square }$$

Démonstration. Ce sont les mêmes formules, lues dans l'autre sens. Soient $p$ et $q$ deux réels ; posons

$$a=\frac{p+q}{2}\text{et}b=\frac{p-q}{2},$$

de sorte que $a+b=p$ et $a-b=q$. La première formule de transformation d'un produit en somme s'écrit alors

$$\cos a\cos b=\frac{1}{2}(\cos q+\cos p),$$

c'est-à-dire, en multipliant par $2$ et en revenant à $p$ et $q$,

$$\cos p+\cos q=2\cos \left(\frac{p+q}{2}\right)\cos \left(\frac{p-q}{2}\right)\mathrm{.}$$

Les trois autres formules s'obtiennent exactement de la même manière, en partant des deux autres transformations, celle de $\sin p-\sin q$ s'obtenant en soustrayant les deux formules d'addition du sinus au lieu de les additionner, ce qui donne $\sin (a+b)-\sin (a-b)=2\cos a\sin b$. $\mathrm{\square }$

Équations trigonométriques

Écriture $a\cos x+b\sin x=R\cos (x-\phi )$

Démonstration. Comme $a$ et $b$ ne sont pas tous les deux nuls, $R=\sqrt{a^2+b^2}>0$, et le couple $({\displaystyle \frac{a}{R}},{\displaystyle \frac{b}{R}})$ vérifie

$${\left(\frac{a}{R}\right)}^2+{\left(\frac{b}{R}\right)}^2=\frac{a^2+b^2}{R^2}=1.$$

C'est donc un point du cercle trigonométrique : il existe un réel $\phi$, unique modulo $2\pi$, dont il est le point image, c'est-à-dire tel que $\cos \phi ={\displaystyle \frac{a}{R}}$ et $\sin \phi ={\displaystyle \frac{b}{R}}$.

Soit alors $x$ un réel. En factorisant par $R$ puis en appliquant la formule d'addition du cosinus,

$$a\cos x+b\sin x=R(\frac{a}{R}\cos x+\frac{b}{R}\sin x)=R(\cos \phi \cos x+\sin \phi \sin x)=R\cos (x-\phi )\mathrm{.}\mathrm{\square }$$