Les suites et séries/Les sommes partielles

Dans ce chapitre, nous allons étudier ce qui se passe quand on additionne tous les termes d'une suite jusqu’à un certain rang. Le résultat de cette opération est ce qu'on appelle une somme partielle, qui est notée comme suit pour la somme des termes allant du terme numéro 0 à k  :

$S_{k}=\sum _{n=0}^{k}u_{n}$.

Dans ce chapitre, nous allons voir quelques généralités sur les sommes partielles, avant de voir quelques exemples simples mais sans grande importance. Les sommes partielles de suites importantes seront vues dans les chapitres suivants. Nous y verrons quelques sommes partielles de suites classiques, comme la somme des n premiers entiers, la somme partielle d'une suite arithmétique ou géométrique, et bien d'autres.

Les sommes partielles sont un premier tremplin vers le concept final de ce cours : les séries. La différence entre somme partielle et série est assez simple à comprendre : une série additionne tous les termes d'une suite infinie, alors que la somme partielle n'en additionne qu'un nombre fini. Vous vous doutez bien qu'il vaut mieux voir le cas le plus simple, fini, avant de passer aux sommes infinies que sont les séries.

Les opérations sur les sommes partielles

Avant de voir un exemple de somme partielle, nous allons voir rapidement les opérations que l'on peut faire avec les sommes partielles. Vous avez vu dans les chapitres précédents qu'il est possible d'additionner deux suites, de multiplier une suite par une constante, et de faire bien d'autres opérations. Beaucoup de suites peuvent s'écrire comme la somme de deux suites plus simples, ou d'un multiple d'une autre suite. Il est intéressant d'étudier ce qui se passe quand on prend la somme partielle de telles suites. Dans les grandes lignes, les sommes partielles sont juste un enchainement d'additions, en nombre fini. Les propriétés de commutativité, d'associativité et de distributivité tiennent donc, ce qui permet de faire quelques simplifications.

La somme partielle du multiple d'une suite

Pour le multiple d'une suite, sa somme partielle est la suivante :

$\sum _{i=0}^{n}(k\cdot u_{n})=k\cdot \left(\sum _{i=0}^{n}u_{n}\right)$

En clair, on peut sortir la constante de la somme, la factoriser comme avec une somme normale.

Précisons aussi que l'on peut faire d'autres raccourcis. Par exemple, la somme partielle d'une suite constante est égal au produit du nombre de rang par la constante. Dit autrement, on a :

$\sum _{i=0}^{n-1}k=n\cdot k$

Un cas particulier de l'expression précédente est le cas où $k=1$ :

$\sum _{i=0}^{n-1}1=n$

La somme partielle d'une somme de suites

Pour la somme de deux suites, sa somme partielle est la suivante :

$\sum _{i=0}^{n}(u_{n}+v_{n})=\left(\sum _{i=0}^{n}u_{n}\right)+\left(\sum _{i=0}^{n}v_{n}\right)$

Là encore, le résultat est intuitif et est lié à la commutativité de l'addition : on peut changer l'ordre des additions comme on le souhaite sans changer le résultat.

La somme partielle du produit de deux suites

Pour le produit de deux suites, le calcul naïf ne marche pas : la somme du produit de deux suites n'est pas la somme des produits.

$\sum _{i=0}^{n}(u_{n}\cdot v_{n})\neq \left(\sum _{i=0}^{n}u_{n}\right)\cdot \left(\sum _{i=0}^{n}v_{n}\right)$

Le calcul de la somme partielle est beaucoup plus compliqué et il n'existe pas vraiment de formule générale qui fonctionne.

Exemples de sommes partielles

Il est maintenant temps de voir quelques exemples de suites assez simples.

La somme de la suite des nombres oblongs

Pour commencer, nous allons étudier la suite des nombres oblongs. Un nombre oblong est, par définition, le produit de deux entiers consécutifs, en clair un nombre n tel que $n=i(i+1)$, avec i un entier. Ces nombres ont été beaucoup étudiés dans l'antiquité car ils peuvent se représenter visuellement sans difficultés (ils forment un rectangle). Mais ce qui va nous intéresser ici est la somme des n premiers nombres oblongs. En clair, nous allons calculer la somme partielle suivante :

$S_{n}=\sum _{i=0}^{n-1}i(i+1)$

Partons de la définition de la suite des nombres oblongs et développons.

$\sum _{i=0}^{n-1}i(i+1)=\sum _{i=0}^{n-1}(i^{2}+i)=\sum _{i=0}^{n-1}(i^{2})+\sum _{i=0}^{n-1}i$

On démontrera dans quelques chapitres que $\sum _{i=0}^{n-1}(i^{2})={\frac {n(n+1)(2n+1)}{6}}$ et que $\sum _{i=0}^{n-1}i={\frac {n(n+1)}{2}}$ En faisant le remplacement, on a :

$\sum _{i=0}^{n-1}i(i+1)={\frac {n(n+1)(2n+1)}{6}}+{\frac {n(n+1)}{2}}$

On met au même dénominateur :

$\sum _{i=0}^{n-1}i(i+1)={\frac {n(n+1)(2n+1)}{6}}+{\frac {3n(n+1)}{6}}$

On additionne les termes au numérateur :

$\sum _{i=0}^{n-1}i(i+1)={\frac {n(n+1)(2n+4)}{6}}$

Puis on simplifie :

$\sum _{i=0}^{n-1}i(i+1)={\frac {n(n+1)(n+2)}{3}}$

L'inverse de la suite précédente

Maintenant, nous allons reprendre la même suite, si ce n'est que nous allons prendre l'inverse de chaque terme. En clair, nous allons étudier la suite suivante :

$S_{n}=\sum _{i=1}^{n}{\frac {1}{i(i+1)}}$

On peut démontrer que :

$\sum _{i=1}^{n}{\frac {1}{i(i+1)}}={\frac {n}{n+1}}=1-{\frac {1}{n+1}}$

Démonstration

Cette propriété se démontre assez facilement en utilisant une preuve par induction. Initialisation : On doit commencer par vérifier que cette relation se vérifie pour le premier terme. C'est le cas, comme le prouvent les calculs suivants : Pour $n=1$, $\sum _{i=1}^{n}{\frac {1}{i(i+1)}}={\frac {1}{2}}$ Pour $n=1$, ${\frac {n}{n+1}}={\frac {1}{2}}$ Récurrence : Si on suppose que la relation à prouver est valable pour n, alors elle doit l'être aussi pour n + 1. Il faut donc prouver la relation suivante : $\sum _{i=1}^{n+1}{\frac {1}{i(i+1)}}={\frac {n+1}{n+2}}$ Par définition, on a : $\sum _{i=1}^{n+1}{\frac {1}{i(i+1)}}=\sum _{i=1}^{n}{\frac {1}{i(i+1)}}+{\frac {1}{(n+1)(n+2)}}$ On suppose alors que la relation est valable pour n, ce qui fait que le premier terme à droite du signe égal vaut $n \over n+1$ : $\sum _{i=1}^{n+1}{\frac {1}{i(i+1)}}={\frac {n}{n+1}}+{\frac {1}{(n+1)(n+2)}}$ On met au même dénominateur : $\sum _{i=1}^{n+1}{\frac {1}{i(i+1)}}={\frac {n(n+2)}{(n+1)(n+2)}}+{\frac {1}{(n+1)(n+2)}}$ On additionne et on développe : $\sum _{i=1}^{n+1}{\frac {1}{i(i+1)}}={\frac {n^{2}+2n+1}{(n+1)(n+2)}}$ On peut remarquer que $n^{2}+2n+1=(n+1)^{2}$ : $\sum _{i=1}^{n+1}{\frac {1}{i(i+1)}}={\frac {(n+1)^{2}}{(n+1)(n+2)}}$ On simplifie alors par $n+1$ : $\sum _{i=1}^{n+1}{\frac {1}{i(i+1)}}={\frac {n+1}{n+2}}$

La suite de Fibonacci

Maintenant, calculons la somme partielle de la suite de Fibonnaci. Pour rappel, cette suite est une suite dont chaque terme est la somme des deux termes précédents, dont les premiers termes sont 0 et 1.

Fibonacci sequence - optional starting with zero

La somme partielle des n premiers nombres de Fibonacci a une expression assez simple. Si on note $F_{n}$ le énième nombre de Fibonacci, on a :

Pour $n>1$, $\sum _{i=0}^{n}F_{i}=F_{n+2}-1$

Démonstration

Cette propriété se démontre assez facilement en utilisant une preuve par induction. Initialisation : On doit commencer par vérifier que cette relation se vérifie pour les trois premiers termes : $F_{0}+F_{1}=F_{2}=F_{3}-1$ Ce qui est le cas : $0+1=1=2-1$ Récurrence : Si on suppose que la relation $\sum _{i=0}^{n}F_{i}=F_{n+2}-1$ est valable pour n, alors elle doit l'être aussi pour n + 1. Il faut donc prouver la relation suivante : $\sum _{i=0}^{n+1}F_{i}=F_{n+3}-1$ Par définition, on a : $\sum _{i=0}^{n+1}F_{i}=F_{n+1}+\sum _{i=0}^{n}F_{i}$ Or, on a, par supposition : $\sum _{i=0}^{n}F_{i}=F_{n+2}-1$. On peut faire le remplacement dans l'équation précédente, ce qui donne : $\sum _{i=0}^{n+1}F_{i}=F_{n+2}+F_{n+1}-1$ On applique alors la définition des nombres de Fibonacci, qui dit que : $F_{n+2}+F_{n+1}=F_{n+3}$. On a alors : $\sum _{i=0}^{n+1}F_{i}=F_{n+3}-1$

La suite harmonique

La suite harmonique est le nom donné à la suite de des inverses des entiers naturel, à savoir la suite définie par :

$u_{n}={\frac {1}{n}}$

Ses sommes partielles donnent ce qu'on appelle les nombres harmoniques. Le énième nombre harmonique est simplement la somme des n premiers termes de la suite harmonique, à savoir :

$H_{n}=\sum _{x=1}^{n}{\frac {1}{x}}=1+{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{4}}+{\frac {1}{5}}+{\frac {1}{6}}+...+{\frac {1}{n}}$

Si on écrit les nombres harmoniques sous forme de fraction, on obtient ceci :

$1$, ${\frac {3}{2}}$, ${\frac {11}{3}}$, ${\frac {25}{12}}$, ${\frac {137}{60}}$, ${\frac {49}{20}}$, ${\frac {363}{140}}$, ${\frac {761}{280}}$, $\cdots$

Le numérateur est toujours un nombre impair, alors que le dénominateur est toujours pair. Or, les fractions de type impair/pair ne correspondent jamais à des nombres entiers, contrairement aux fractions de type pair/pair, pair/impair ou impair/impair. En conséquence, les nombres harmoniques sont tous des nombres non-entiers, à l'exception de 1 qui est son propre inverse.

La constante d'Euler–Mascheroni

Ce graphique montre en rouge la suite des nombres harmoniques, et en bleu la fonction logarithme népérien. On voit que les deux suites/fonctions sont assez proches.

La suite des nombres harmoniques forme une suite croissante. Si on compare les nombres harmoniques avec $\ln n$, on trouve que les deux sont proches et qu'elles le sont d'autant plus que le rang augmente. Mieux : la différence entre un nombre harmonique et $\ln n$ converge vers une constante appelée constante d'Euler–Mascheroni, notée $\gamma$.

$\gamma =\lim _{n\rightarrow \infty }\left(H_{n}-\ln {n}\right)$

Elle vaut approximativement :

$\gamma \approx 0.5772156649015328606065120900824024310421...$

Euler-Mascheroni constant.

Tout cela est lié au fait que l'intégrale de la fonction 1/x est égale à :

$\int {\frac {1}{x}}dx=\ln x+K$, avec K une constante

Si on fait la différence entre la fonction $f(x)={\frac {1}{x}}$ et la suite $u_{n}={\frac {1}{n}}$ qui correspond à la fonction $g(x)=\left\lfloor {\frac {1}{x}}\right\rfloor$, on obtient le graphe si-contre. L'aire sous la courbe de 1/X est égale à $\ln x$, alors que l'aire sous la courbe de la suite harmonique est égale à $\sum _{i=0}^{n}{\frac {1}{i}}$. La différence entre les deux est l'aire coloriée en rouge. Plus on augmente le rang n, plus l'aire bleue converge vers la constante d'Euler-Mascheroni .

Les suites télescopiques

Les sommes télescopiques sont les sommes partielles de la forme :

Pour $\sum _{i=0}^{n}(u_{i+1}-u_{i})$

Le calcul d'une somme partielle télescopique

On peut facilement démontrer la formule suivante :

Pour $\sum _{i=0}^{n}(u_{i+1}-u_{i})=u_{n+1}-u_{0}$

De manière informelle, le raisonnement est le suivant. On part de la définition d'une somme télescopique :

$\sum _{i=0}^{n}(u_{i+1}-u_{i})$

Développons l'expression :

Pour $\sum _{i=0}^{n}(u_{i+1}-u_{i})=(u_{1}-u_{0})+(u_{2}-u_{1})+(u_{3}-u_{2})+(u_{4}-u_{3})+(u_{5}-u_{4})+(u_{6}-u_{5})+\cdots$

On peut changer l'ordre des termes, ce qui donne :

Pour $\sum _{i=0}^{n}(u_{i+1}-u_{i})=-u_{0}+(u_{1}-u_{1})+(u_{2}-u_{2})+(u_{3}-u_{3})+\cdots +(u_{n}-u_{n})+u_{n+1}=u_{n+1}-u_{0}$}}

Une démonstration plus formelle, équivalent à ce qui vient d'être dit, serait la suivante :

Démonstration

Partons de la définition d'une somme télescopique : $\sum _{i=0}^{n}(u_{i+1}-u_{i})$ Appliquons la formule $\sum _{i=0}^{n}(u_{n}+v_{n})=\left(\sum _{i=0}^{n}u_{n}\right)+\left(\sum _{i=0}^{n}v_{n}\right)$ : $\left(\sum _{i=0}^{n}u_{i+1}\right)-\left(\sum _{i=0}^{n}u_{i}\right)$ En simplifiant, cela donne : $\left(\sum _{i=1}^{n+1}u_{i}\right)-\left(\sum _{i=0}^{n}u_{i}\right)$ Le calcul donne donc : Pour $\sum _{i=0}^{n}(u_{i+1}-u_{i})=u_{n+1}-u_{0}$

Le produit d'un suite telescopique par une autre suite

On a vu plus haut que le calcul de la somme partielle est beaucoup plus compliqué et il n'existe pas vraiment de formule générale qui fonctionne. On peut cependant déduire un résultat pour le cas particulier suivant :

$\sum _{i=0}^{n}\left[u_{i}\cdot (v_{i+1}-v_{i})\right]$

On voit que le cas particulier en question est le produit d'une suite par une somme télescopique $v_{n}-v_{n-1}$. Dans ce cas particulier, on peut alors utiliser la sommation par partie, que voici :

$\sum _{i=0}^{n}\left[u_{i}\cdot (v_{i+1}-v_{i})\right]=u_{n}\cdot v_{n+1}-u_{0}\cdot v_{0}-\sum _{i=1}^{n}\left[v_{n}\cdot (u_{n}-u_{n-1})\right]$

On peut appliquer cette formule dans le cas général, en transformant une suite en suite télescopique. Pour montrer comment, partons du cas général :

$P=\sum _{n=0}^{N}\left(a_{n}\cdot b_{n}\right)$

On peut alors définir la suite suivante :

$B_{n}=\sum _{k=0}^{n}b_{k}$.

Par définition, on a $b_{n}=B_{n}-B_{n-1}$, ce qui permet de réécrire le produit P comme ceci :

$P=a_{0}b_{0}+\sum _{n=1}^{N}a_{n}(B_{n}-B_{n-1})$

En faisant une sommation par partie, on trouve alors :

$P=a_{0}b_{0}-a_{0}B_{0}+a_{N}B_{N}+\sum _{n=0}^{N-1}B_{n}(a_{n}-a_{n+1}).$

Un exemple d'utilisation

Un exemple d'utilisation des théorèmes sur les suites télescopiques est le suivant. On peut retrouver la somme partielle de la suite de l'inverse des nombres oblongs, soit la somme partielle suivante, sans recourir à une démonstration par récurrence :

$S_{n}=\sum _{i=1}^{n}{\frac {1}{i(i+1)}}=1-{\frac {1}{n+1}}$

Pour cela, il suffit de réécrire la suite initiale sous la forme d’une suite télescopique. Pour cela, partons de la suite initiale :

$S_{n}=\sum _{i=1}^{n}{\frac {1}{i(i+1)}}$

On applique alors la formule ${\frac {1}{i(i+1)}}={\frac {1}{i}}-{\frac {1}{i+1}}$

$S_{n}=\sum _{i=1}^{n}\left({\frac {1}{i}}-{\frac {1}{i+1}}\right)$

La formule précédente s'identifie à la limite de la suite télescopique $u_{i}={\frac {1}{i}}-{\frac {1}{i+1}}$. En appliquant la formule des suites télescopiques, on trouve que :

$S_{n}=1-{\frac {1}{n+1}}$