Calcul algébrique

• Écriture exponentielle complexe ;
• Série géométrique.

On a $\displaystyle C_n=Re\sum_{k=0}^{n-1} \frac{e^{i\frac{\pi}{3} k}}{2^k}=Re\left(\frac{1-\frac{e^{i\frac{\pi}{3} n}}{2^n}}{1-\frac{e^{i\frac{\pi}{3} }}{2}}\right)$. On a $\displaystyle 1-\frac{e^{i\frac{\pi}{3} }}{2}=1-\frac{1}{2}\left(\frac12+i\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=\frac34-i\frac{\sqrt{3}}{4}$ et
$\displaystyle \left|\frac34-i\frac{\sqrt{3}}{4}\right|^2=\frac{9}{16}+\frac{3}{16}=\frac34$. On multiplie alors en haut et en bas par la quantité conjuguée de $\displaystyle \frac34-i\frac{\sqrt{3}}{4}$ pour trouver :
$$\begin{aligned} \frac{1-\frac{e^{i\frac{\pi}{3} n}}{2^n}}{1-\frac{e^{i\frac{\pi}{3} }}{2}} & = \frac{\left(\frac34+i\frac{\sqrt{3}}{4}\right)\left(1-\frac{e^{i\frac{\pi}{3} n}}{2^n}\right)}{3/4}\\ & = \left(1+i\frac{\sqrt{3}}{3}\right)\left(1-\frac{e^{i\frac{\pi}{3} n}}{2^n}\right),\\ \end{aligned}$$
et donc $\displaystyle C_n=1+\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}\sin(n\pi/3)-\cos(n\pi/3)}{2^n}.$

Série géométrique, Angle moitié.

1. Il y a plusieurs méthodes d’efficacité équivalente. On peut par exemple raisonner par récurrence sur $\displaystyle n \ge 1$. Sinon, on peut s’apercevoir qu’on a à peu près une somme géométrique. En effet, $$D_n(x)= \sum_{l=0}^{2n} e^{i(l-n)x} = e^{-inx} \sum_{l=0}^n \left(e^{ix}\right)^l = e^{-inx} \frac{e^{i(2n+1)x}-1}{e^{ix}-1}.$$ On s’arrange ensuite pour faire apparaître des sinus. En utilisant la formule $\displaystyle e^{i \alpha x}-1 = e^{-i\alpha/2 x} 2 i \sin(\alpha/2),$ on obtient : $$D_n(x) = e^{-inx} \frac{e^{i\frac{2n+1}{2}x}}{e^{i\frac{x}{2}}} \frac{2i \sin\left(\left(n+\frac{1}{2}\right)x \right)}{2 i \sin\left(\frac{x}{2}\right)}=\frac{\sin\left(\left(n+\frac{1}{2}\right)x\right)}{\sin\left(\frac{x}{2}\right)}.$$

2. Ici aussi il y a plusieurs méthodes. On peut encore raisonner par récurrence, ou tenter un calcul direct comme précédemment (avec des suites géométriques dérivées). Voici une preuve un peu originale, se basant sur la première question : on écrit que $$K_n(x) = \frac{1}{n+1} \sum_{k=0}^n \frac{\sin\left(\left(k+\frac{1}{2}\right)x\right)}{\sin\left(\frac{x}{2}\right)}$$$$= \frac{1}{n+1} \frac{1}{2 \sin\left(\frac{x}{2}\right)^2} \sum_{k=0}^n 2 \sin\left(\left(k+\frac{1}{2}\right)x\right) \sin\left(\frac{x}{2}\right).$$ On utilise ensuite la formule élémentaire $$2 \sin(a)\sin(b) = \cos(a-b)-\cos(a+b)$$ pour écrire : $$2 \sin\left(\left(k+\frac{1}{2}\right)x\right) \sin\left(\frac{x}{2}\right) = \cos(kx)-\cos((k+1)x).$$ On reconnaît alors une somme téléscopique ! On peut donc calculer : $$K_n(x) = \frac{1}{n+1} \frac{1}{2 \sin\left(\frac{x}{2}\right)^2} \left(1-\cos((n+1)x)\right),$$ et on conclut en écrivant que $$\frac{1-\cos((n+1)x)}{2} = \left(\sin\left(\frac{n+1}{2}x \right)\right)^2.$$

Élever au carré, prendre le conjugué, factoriser, etc.

Élevons au carré :
$$\begin{aligned} \left(e^{ix}+e^{iy}+e^{iz}\right)^2 &=e^{2ix}+e^{2iy}+e^{2iz}+2e^{i(x+y)}+2e^{i(x+z)}+2e^{i(y+z)}\\ &= e^{2ix}+e^{2iy}+e^{2iz}+2e^{i(x+y+z)}\left(e^{-ix}+e^{-iy}+e^{-iz}\right). \end{aligned}$$ Comme on a $\displaystyle e^{ix}+e^{iy}+e^{iz}=0$, on a également par passage au conjugué : $\displaystyle e^{-ix}+e^{-iy}+e^{-iz}=0$. D’où le résultat.

Dans tous les cas, réécrire ces expressions “en pointillés” aide souvent à y voir plus clair !

1. Somme arithmétique 👉 Utiliser la formule.
2. 👉 Télescopage.
3. 👉 Changement d’indice.
4. 👉 Changement d’indice, ou linéarité de la somme.
5. 👉 Mettre au même dénominateur dans le produit. Télescopage.

1. $\displaystyle A=\sum_{j=0}^{2n} j-\sum_{j=0}^{n-1} j=\frac{2n(2n+1)}{2}- \frac{n(n-1)}{2}=\frac n2(4n+2-(n-1))=\frac{3n(n+1)}{2}$.
2. On fait apparaître un télescopage :
   $\displaystyle B=\sum_{j=2}^{n+2} j^3 - \sum_{j=0}^{n} j^3=(n+2)^3+(n+1)^3-1$.
3. On fait un changement d’indice :
   $\displaystyle C=\sum_{k=1}^{n+1} (n+1-(n+1-k))=\sum_{k=1}^{n+1} k = \frac{(n+1)(n+2)}{2}$.
4. On pourrait faire un changement d’indice. On peut aussi utiliser la linéarité :
   $\displaystyle D=\sum_{k=0}^n k+ \sum_{k=0}^n 3 = \frac{n(n+1)}{2}+3(n+1)=(n+1)(\frac n2+3).$
5. On peut faire apparaître un produit télescopique :
   $\displaystyle E=\prod_{p=2}^n \frac{(p-1)(p+1)}{p^2} = \frac{\prod_{p=2}^n \frac{p+1}{p}}{\prod_{p=2}^n \frac{p}{p-1}} = \frac{\prod_{p=2}^n \frac{p+1}{p}}{\prod_{p=1}^{n-1} \frac{p+1}{p}} = \frac{n+1}{n}\times\frac 12$.

Dans tous les cas, réécrire ces expressions “en pointillés” aide souvent à y voir plus clair !

1. C’est presque une somme télescopique.
2. Mettre au même dénominateur.
3. Le $\displaystyle k$ est en puissance 👉 Utiliser une somme géométrique.
4. Même remarque.
5. La forme de l’expression fait clairement penser à un binôme de Newton 👉 Utiliser cette formule.
6. L’astuce $\displaystyle k=k+1-1$.

1. On fait apparaître un télescopage :
   $\displaystyle A = \sum_{j=3}^n \left(\ln(j+1) - \ln(j)\right)-\sum_{j=3}^n \ln(2) =\ln(n+1)-\ln(3)-(n-2)\ln(2)$.
2. On fait apparaître un télescopage :
   $\displaystyle B = \prod_{k=2}^n\frac{(k+1)(k-1)}{k}=\prod_{k=2}^n(k-1)\times\prod_{k=2}^n\frac{k+1}{k} = (n-1)!\times\frac{n+1}{2}=\frac{(n+1)!}{2n}$.
3. On utilise la formule de la somme géométrique :
   $\displaystyle C=q\sum_{k=0}^n\left(q^{2}\right)^k = q~\frac{1-q^{2n+2}}{1-q^2}$.
4. On utilise la formule de la somme géométrique :
   $\displaystyle D=b^n\sum_{k=0}^n \left(\frac ab\right)^k= b^n\times\frac{1-\left(\frac ab\right)^{n+1}}{1-\frac ab} =\frac{b^{n+1}-a^{n+1}}{b-a}$.
5. Il faut faire apparaître exactement un binôme de Newton :
   $\displaystyle E=\frac{a^2}{b^{10}}\sum_{k=0}^{19}\binom{20}{k}a^{k}b^{20-k}=\frac{a^2}{b^{10}}\left(\sum_{k=0}^{20}\binom{20}{k}a^{k}b^{20-k}-a^{20}\right)=\frac{a^2}{b^{10}}\left((a+b)^{20}-a^{20}\right)$
6. $\displaystyle F=\sum_{k=1}^n\frac{(k+1)-1}{(k+1)!} = \sum_{k=1}^n\left(\frac{1}{k!}-\frac{1}{(k+1)!}\right) = 1-\frac{1}{(n+1)!}$.

Une égalité de polynômes équivaut à l’égalité des coefficients 👉 Développer et identifier !
Pour la somme, un télescopage apparaît.

Soit $\displaystyle P(X)=aX^4+bX^3+cX^2$. Le binôme de Newton donne
$$\begin{cases}X^4-(X-1)^4=4X^3-6X^2+4X-1,\\ X^3-(X-1)^3=3X^2-3X+1,\\X^2-(X-1)^2=2X-1.\end{cases}$$
Donc
$$P(X)-P(X-1)=a(4X^3-6X^2+4X-1)+b(3X^2-3X+1)+c(2X-1)$$

Par unicité des coefficients, $\displaystyle P(X)-P(X-1)=X^3$ équivaut donc à ;
$$\begin{cases} 4a=1\\ -6a+3b=0\\ 4a-3b+2c=0\\ -a+b-c=0 \end{cases}$$
qui se résout immédiatement : la seule solution est donnée par $\displaystyle a=1/4,b=1/2,c=1/4$, c’est à dire : $$P(x)=\frac{1}{4}(X^4+2X^3+X^2)=\frac 14X^2(X+1)^2 =\left(\frac{X(X+1)}{2}\right)^2$$ Par télescopage, $\displaystyle \sum_{k=1}^n k^3=\sum_{k=1}^n (P(k)-P(k-1))=P(n)-P(0)=\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2$.

1. Attention, c’est une somme “triangulaire” (attention aux bornes quand on inverse les symboles somme).
   Il faut ensuite utiliser la formule, supposée connue, donnant $\displaystyle \sum_{k=1}^n k$.
2. Binôme de Newton. Un télescopage apparaît en sommant, sur $\displaystyle k\in[\![1,n]\!]$.

1. La somme $\displaystyle \sum_{i=1}^k k$ est égale à $\displaystyle k^2$ (somme d’une constante). D’où l’expression voulue pour $\displaystyle S_n$.
   On intervertit l’ordre de sommation : $$S_n=\sum_{i=1}^n\left(\sum_{k=i}^n k\right) = \sum_{i=1}^n\left(\frac{n(n+1)}{2}-\frac{i(i-1)}{2}\right).$$ D’où $$S_n =\frac{n^2(n+1)}{2}-\frac 12 \sum_{i=1}^n (i^2-i) = \frac{n^2(n+1)}{2}-\frac 12 \left(S_n-\frac{n(n+1)}{2}\right).$$ On isole enfin $\displaystyle S_n$ : $$\frac 32 S_n = \frac{n(n+1)}{2}(n+\frac 12),$$ donc $\displaystyle S_n=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$.
2. La formule du binôme donne $\displaystyle (k+1)^3-k^3=3k^2+3k+1$.
   En sommant cette relation pour $\displaystyle k\in[\![1,n]\!]$ on obtient : $$(n+1)^3-1 = 3S_n+3\frac{n(n+1)}{2}+n.$$ Reste à isoler $\displaystyle S_n$ : $$3S_n = (n^3+3n^2+3n) - \frac 32 n^2-\frac 32 n-n=\frac 12\left(2n^3+3n^2+n\right).$$
   On retrouve bien : $$S_n=\frac n6\left(2n^2+3n+1\right)=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}.$$

1. Regrouper les deux sommes en une seule.
2. Idem (mais on observe que les termes pour $\displaystyle k$ pair sont comptés positifs, et les termes pour $\displaystyle k$ impair sont comptés négatifs).
3. On connaît la somme et la différence !

1. D’après le principe de sommation par paquets, $\displaystyle A+B= \sum_{k=0}^n\binom{n}{k}=2^n$.
2. On peut écrire $$A-B =\sum_{k\in[\![0,n]\!],~k\text{ pair}}(-1)^k\binom{n}{k} + \sum_{k\in[\![0,n]\!],~k\text{ impair}}(-1)^k\binom{n}{k} = \sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{n}{k} = (1-1)^n=0.$$
3. On a donc $\displaystyle A=B$, et donc $\displaystyle A+B=2A=2^n$, donc $\displaystyle A=B=2^{n-1}$.

1. Dans une somme, un facteur constant peut sortir de la somme.
2. Développer, linéarité de la somme.
3. Calculer les sommes l’une après l’autre.
4. Idem.

1. $\displaystyle A=\left(\sum_{i=1}^ni\right)\left(\sum_{j=1}^{n}j\right) =\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2$.
2. $\displaystyle B=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{n}i^2 + \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{n}j^2 + \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{n}2ij$.
   Les deux premiers termes sont égaux, et dans le dernier on reconnaît $\displaystyle A$. Ainsi
   $\displaystyle B=2\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{n}i^2 + 2A = 2\sum_{i=1}^nn i^2 + 2A =2n\times \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + \frac{n^2(n+1)^2}{2}$.
   Après simplification, $\displaystyle B=\frac{n^2(n+1)(7n+5)}{6}$.
3. $\displaystyle C=\sum_{j=0}^n \frac{j(j+1)}{2}=\frac 12\left(\sum_{j=0}^n j+\sum_{j=0}^n j^2\right)=\frac 12\left(\frac{n(n+1)}{2}+\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\right)=(\dots)=\frac{n(n+1)(n+2)}{6}$.
4. $\displaystyle D=\sum_{j=0}^n j(j+1)=2C=\frac{n(n+1)(n+2)}{3}$.

1. $\displaystyle n$ est une constante.
2. Bien choisir l’ordre dans lequel opérer les sommes.
3. Changement d’indice pour commencer.
4. Séparer $\displaystyle \sum_{\ell=1}^n\min(k,\ell)$ en deux sommes car $\displaystyle \min(k,\ell)=k$ ou $\displaystyle \ell$ selon si …

1. $\displaystyle A=\sum_{i=1}^n n^2=n^3$.
2. $\displaystyle B=\sum_{j=1}^{n}\left(\frac 1j\sum_{i=1}^{j}i\right)=\sum_{j=1}^{n} \frac{j+1}{2}=\frac 12\left(\frac{n(n+1)}{2}+n\right)=\frac{n(n+3)}{4}$.
3. $\displaystyle C=\sum_{j=0}^n \sum_{i=0}^{n-j}2^i=\sum_{j=0}^n(2^{n-j+1}-1)= \left(\sum_{k=1}^{n+1} 2^k\right)-(n+1)=2^{n+2}-2-(n+1)$.
4. $\displaystyle D=\sum_{k=1}^n\left(\sum_{\ell=1}^k\ell+\sum_{\ell=k+1}^n k\right) = \sum_{k=1}^n\left((n+\frac 12)k-\frac 12 k^2\right)$.
   Donc par linéarité :
   $\displaystyle D=(n+\frac 12)\frac{n(n+1)}{2} -\frac 12\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}=\dots=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$.

1. Produit d’une constante.
2. Ecrire le produit en pointillés aide à y voir plus clair : on voit notamment une identité remarquable.

1. Si $\displaystyle a=1$ alors $\displaystyle T=\prod_{k=0}^n 2=2^{n+1}$.
2. Si $\displaystyle a\neq 1$, alors $$(1-a)T=(1-a^2) \prod_{k = 1}^n {(1 + a^{2^k } )} =(1-a^4) \prod_{k = 2}^n {(1 + a^{2^k } )} = \dots = (1 - a^{2^n } )(1 +a^{2^n } )=1-a^{2^{n+1}}.$$Par conséquent $\displaystyle T=\frac{1-a^{2^{n+1}}}{1-a}$.

Utiliser le lien entre cosinus et exponentielle complexe. On obtient alors un binôme de Newton.

On a $\displaystyle S=\mathrm{Re}\left(\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}e^{ikx}\right)$.
D’après la formule du binôme, on peut écrire $\displaystyle S=\mathrm{Re}\left((1+e^{ix})^n\right)$.
La méthode de l’angle moitié est faite pour ce genre de situation ! Alors en factorisant par $\displaystyle e^{i\frac x2}$, il vient :
$$\begin{aligned} S& = \mathrm{Re}\left( e^{in\frac x2}(e^{i\frac x2}+e^{-i\frac x2})^n\right)\\ & = \mathrm{Re}\left( e^{in\frac x2}2^n\cos^n(\frac x2)\right) \\ &= 2^n\cos^n(\frac x2)\cos\left(\frac{nx}{2}\right). \end{aligned}$$

Exprimer $\displaystyle \sin(nx)$ ou $\displaystyle \cos(nx)$ en fonction de $\displaystyle \sin x$ et $\displaystyle \cos x$ 👉 La formule de Moivre est là pour ça !

D’arès la formule de Moivre, $\displaystyle \sin(6x)=\mathrm{Im}\left((\cos x+i~\sin x)^6\right)$.
On développe à l’aide du binôme de Newton ($\displaystyle (a+b)^6=\sum_{k=0}^6 \binom 6k a^k b^{6-k}$):
$$(\cos x+i~\sin x)^6=\cos^6x+6i\cos^5x\sin x-15\cos^4x\sin^2x-20 i \cos^3x\sin^3x$$ $$~~\qquad\qquad+ 15 \cos^2x\sin^4x +6i\cos x\sin^5 x-\sin^6 x.$$
Ainsi $$\sin(6x) = 6\cos^5x\sin x -20 \cos^3x\sin^3x+6\cos x\sin^5 x.$$
Finalement, en se rappelant que $\displaystyle \sin^2 x=1-\cos^2 x$ :
$$\frac{\sin(6x)}{\sin x} = 6\cos^5x -20 \cos^3x(1-\cos^2 x)+6\cos x(1-\cos^2 x)^2.$$
Les perfectionnistes auront sûrement développé pour regrouper les termes en $\displaystyle \cos x$, en $\displaystyle \cos^3 x$, en $\displaystyle \cos^5 x$.