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Changement d'indice dans une somme

Modifié (July 2023) dans Combinatoire et Graphes
Bonjour
J'ai une question sur le changement d'indice dans une somme (et un produit). Pour les changements classiques du type $k+1$ , $k-1$ je ne me pose pas de question. Pour les autres, pour voir si le changement est licite, je regarde s'il y a le même nombre de termes sommés à partir du premier terme sommé non nul. Par exemple en posant $k=j-1$ dans $\displaystyle\sum_{j=0}^{n-1} \binom{n-2}{j-1} = \sum_{k=0}^{n-2} \binom{n-2}{k}$ car si $k=-1$ le premier terme est nul ; j'aurais aussi pu faire commencer à $j=1$. Je ne sais pas si cette façon de faire fonctionne à tous les coups.  Car ici on peut raisonner aussi en terme de bijection, mais je n'ai jamais fait de cette façon. Merci.

Réponses

  • Modifié (July 2023)
    Ton $\displaystyle\sum_{j=0}^{n-1} \binom{n-2}{j-1}$ n'a déjà pas de sens. Reviens en arrière pour voir d'où il vient, et corrige l'erreur. Inutile d'y faire un changement d'indice ni quoi que ce soit.
  • Modifié (July 2023)
    pourquoi ? parce que ça doit commencer à $j=1$ ? En fait avant cela j'avais $\displaystyle \sum_{j=0}^{n-1} j \binom{n-1}{j}$ et j'ai utilisé la formule du capitaine, ce qui fait que le binome est maintenant à $j-1$ en bas.
  • Formule du capitaine qui n'est plus vérifiée dans le cas $j = 0$, mieux vaut effectivement commencer ta somme à $j=1$ (car le terme en $j=0$ est nul).
  • Modifié (July 2023)
    Chaurien a dit :
    Ton $\displaystyle\sum_{j=0}^{n-1} \binom{n-2}{j-1}$ n'a déjà pas de sens.
    Depuis le dernier changement de programme en CPGE, cette somme a un sens. Peut-être que @Lolo36 est en prépa...
  • Modifié (July 2023)
    JLapin
    Oui je le suis, et même si depuis le début d'année j'ai manipulé des sommes, ces histoires de changement d'indice me perturbent un peu. Çne me bloque pas dans les calculs, mais je ne suis pas à 100% sûr de moi quand je les fais. Je regarde s'il y a le même nombre de termes sommés (j'entends par là les termes sommés non nul, c'est-à-dire quand je fais commencer mon indice où le terme de la somme n'est pas nul) dans les deux sommes. Mais justement je ne sais pas si procéder ainsi me garantie de ne pas faire d'erreur.
    [Inutile de reproduire le message précédent. AD]
  • En général un changement de variable est une bijection entre deux ensembles.
    Par exemple $k\mapsto k+1$ est bijective de $[0,n-1]$ sur $[1,n]$ et donc, quand tu effectues un changement de variable $j=k+1$ dans $\sum_{k=0}^{n-1}$, tu obtiens $\sum_{j=1}^{n}$.
    Pose toi la question de la bijectivité de ton changement de variable de tel ensemble sur tel ensemble et tu auras plus de garanties de ne pas te tromper.
  • Modifié (July 2023)
    Ok donc le fait de regarder le nombre de termes n'est pas si pertinent. Je ferai comme vous dîtes maintenant :) c'est pas mal. 
    Au fait, qui corrige en gras les fautes d'orthographe sur ce site ?
    [À ton service. :) AD]
  • Modifié (July 2023)
    L'un des modairatheurs !
    Et si tu as peur d'avoir raté ton changement de variable, écris chacune de tes sommes en commençant par le premier terme, puis un ou deux en plus, puis les deux derniers. Ensuite, tu recommences la même opération avec ta deuxième somme (celle après le changement de variable) et tu vérifies que tu as bien les mêmes termes (éventuellement à l'ordre près).
  • Ok je vois, merci bien
  • Modifié (July 2023)
    • Moi qui travaille avec le nez sur les programmes de CPGE, je tombe de l'armoire ! Je n'avais pas vu cette dite «convention » selon laquelle
    « $\displaystyle  \binom{n}{k} =0$ pour $k<0$ et $k>n$ ». Déjà « et » alors qu'il aurait fallu écrire « ou », mais passons.
    • Pour $k<0$, je trouve ça idiot. Dans la multitude d'écrits mathématiques que j'ai consultés depuis cinquante ans et plus, je n'ai pas souvenance d'un tel objet mathématique et je me demande à quoi diable il peut servir.
    • Pour $k>n$ on a effectivement $\displaystyle  \binom{n}{k} =0$, et cette assertion est très utile,  mais ce n'est pas une « convention ». Pour $n \in \mathbb N$ et $k \in \mathbb N$, on désigne par  $\displaystyle  \binom{n}{k}$ le nombre de parties à $k$ éléments d'un ensemble à $n$ éléments, paraît-il. Si $k>n$, il n'y a pas de telle partie. Et quand il n'y a pas de quelque chose, c'est qu'il y en a $0$.
    • Bref, ça n’augmentera pas mon estime pour les concepteurs du programme, qui n'était pas déjà bien haute...
    Bonne journée.
    Fr. Ch.
  • Tu as beaucoup parlé des termes nuls dans cette question, on dirait que c'est ça qui te préoccupe.
    Si tu as une somme $\Sigma_{j=0}^n f(n)$, et que tu sais par exemple les  $p$ premiers termes sont nuls, tu as tout intérêt à écrire au brouillon : 

    $\Sigma_{j=0}^n f(j)= \Sigma_{j=p}^n f(j)$  
    Puis tu peux plus facilement attaquer ton changement de variable $k=j-p$  ( partout où il y a $j$, je remplace j par $k+p$)  ( pareil, au brouillon, tu écris $k=j-p$  et $j=k+p$ )
    $\Sigma_{j=0}^n f(j)= \Sigma_{j=p}^n f(j)=\Sigma_{k=0}^{n-p}f(k+p)$  

    Si c'est par exemple tous les termes de rang pair qui sont nuls, c'est un peu plus piégeux, mais en décomposant les étapes, on y arrive. C'est seulement quand on a bien l'habitude qu'on n'a plus besoin de décomposer.
    Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
  • Modifié (July 2023)
    Je continue à la suite de mon message précédent.
     Je suis un chaud partisan de l'introduction des coefficients binomiaux généralisés dans les cours de mathématiques. Pour $x \in \mathbb R$ (ou même $x \in \mathbb C$ ) et $k \in \mathbb N$, on pose : $\displaystyle  \binom{x}{k} = \frac 1 {k!} x(x-1)...(x-k+1)$ (en particulier $\displaystyle  \binom{x}{0}=1$).
    Il est clair que si $x \in \mathbb N$, on retrouve le nombre de parties à $k$ éléments d'un ensemble à $x$ éléments. Et si de plus $k>x$, alors cette formule donne : $\displaystyle  \binom{x}{k} =0$. Il ne s'agit donc toujours pas de « convention », n'en déplaise aux éminents concepteurs des programmes de CPGE.
    Mais avec la meilleure volonté du monde, on ne peut définir $k!$ pour $k$ entier strictement négatif., et il faut donc conserver la condition
    « $k \in \mathbb N$».
  • Ok merci pour ces précisions. 
  • Modifié (July 2023)
    Pour prendre une position médiane entre @JLapin et @Lolo36 , je trouve que vérifier que le nombre de termes est le même avant et après changement de variable est une saine précaution. Cela permet de détecter une erreur très fréquente (que je commets fréquemment, et je ne suis pas le seul) qui consiste à décaler de $1$ (cf. les problèmes de piquets et d'intervalles...). En revanche il est évident que ça ne suffit pas pour garantir l'exactitude du calcul.
    Tiens, un exercice pour s'entraîner. On fixe un entier naturel $n$ et on note $T_n$ l'ensemble des couples d'entiers $(i,j)$ tels que $1\le i$, $1\le j$ et $i+j\le n$. On pose \[S_n=\sum_{(i,j)\in T_n}(i+j-1).\]L'exercice consiste à montrer que l'application $f:(i,j)\mapsto(n+2-i-j,i)$ est une bijection de $T_n$ sur lui-même, à effectuer deux fois le changement de d'indice défini par $f$, à additionner les trois sommes obtenues pour en déduire une expression simple de $\sum_{k=1}^nk^2$.
    Un dessin pourrait permettre de comprendre ce que l'on a fait et de constater que c'est une formalisation bien lourde d'une très jolie preuve... mais c'est un exercice non banal sur les sommes.
    Edit : je mets le dessin, c'est cryptique sinon.

  • Modifié (July 2023)
    À propos de la convention $\binom{n}k=0$ sauf si $0\le k\le n$, elle est particulièrement commode pour écrire l'identité de Vandermonde en évitant certaines discussions selon les valeurs des paramètres ($\max(0,k-m)\leqslant j \leqslant  \min(n,k)$ pour les notations de la page Wikipédia liée ci-dessus) : la somme qui intervient peut être indexée par $\Z$ et la plupart des termes sont conventionnellement nuls.
    Voici comment on peut la voir, la formuler et la démontrer (pas sous la forme Wikipédia d'ailleurs). D'abord, on interprète le coefficient binomial $\binom{m+n}m$ comme le nombre de chemins « nord et est » de $(0,0)$ à $(m,n)$, c'est-à-dire un chemin continu sur une grille carrée dans lequel on s'autorise des pas de longueur unité dirigés vers le nord (vecteur $(0,1)$) et l'est (vecteur $(0,1)$). En effet, un tel chemin est constitué de $m$ pas vers l'est et $n$ pas vers la droite et codé par un mot de $m+n$ lettres choisies dans $\{N,E\}$, qui est déterminé par les indices des lettres $E$.
    On se donne en plus un entier $k\le m+n$ et on regarde à quel endroit (unique) notre chemin coupe la droite d'équation $i+j=k$. Cet endroit est repéré par son abscisse $i$, variable, et son ordonnée $j=k-i$. Le nombre de chemins de $(0,0)$ à $(i,j)$ est $\binom{k}i$. Le nombre de chemins de $(i,j)$ à $(m,n)$ est $\binom{m-i+n-j}{m-i}=\binom{m+n-k}{m-i}$. La partition selon la valeur de $i$ donne \[\binom{m+n}m=\sum_{i\in\Z}\binom{k}{i}\binom{m+n-k}{m-i}.\]On voit sur le dessin (qui vaut ce qu'il vaut) que la situation est légèrement différente selon l'endroit où la droite $i+j=k$ coupe le rectangle délimité par $(0,0)$ et $(m,m+n)$.

  • Merci beaucoup Math Coss ! Je ferai l'exo que tu as mentionné au début :)
  • Modifié (July 2023)
    Justement je me proposais de citer cette identité de convolution de Vandermonde à l'appui de mes précédentes interventions. Le libellé habituel de cette identité, c'est : $\binom{m+n}{p}=\sum_{k=0}^{p}\binom{m}{k}\binom{n}{p-k}$. Voir par exemple Comtet, Analyse combinatoire, une référence entre cent.
     Si l'on commet la bêtise de ne définir  le symbole $\binom{n}{p}$ que pour $n \in \mathbb N$, $p \in \mathbb N$, $0 \le p \le n$, alors Math Coss a raison, la condition de validité de cette formule est compliquée.
    Comme j'ai dit,  mieux vaut définir $\binom{n}{p}$ pour tout $n \in \mathbb N$ et tout  $p \in \mathbb N$, en constatant (et non en convenant !) que si $p>n$ alors  $\binom{n}{p}=0$. Le triangle de Pascal est en fait un tableau carré dont une petite moitié des cases contient $0$. Comme les Trois Mousquetaires qui étaient quatre  :).
    Ainsi, la formule $\binom{m+n}{p}=\sum_{k=0}^{p}\binom{m}{k}\binom{n}{p-k}$ est définie sans souci quels que soient les entiers naturels $m,n,p$. On peut la démontrer en dénombrant des trajets comme fait Mah Coss, ou bien en dénombrant de deux façons les $p$-parties d'un $(m+n)$-ensemble, ou bien par les fonctions génératrices, ou bien par récurrence, ou que sais-je encore. Bien sûr certains des $p+1$ termes de la somme $ \sum_{k=0}^{p}\binom{m}{k}\binom{n}{p-k}$ peuvent être nuls, et pour les déterminer, on retrouve les conditions évoquées par Math Coss, mais des termes nuls dans une somme, ça s'est déjà vu depuis que le zéro a été inventé...
    Par exemple si vous écrivez $\binom{7}{5}=\sum_{k=0}^{5}\binom{3}{k}\binom{4}{5-k}$, vous avez une somme de $6$ termes dont $3$ sont nuls.
    On ne voit donc pas ce qu’apporterait d'intéressant cette idée saugrenue d’étendre la définition du symbole $\binom{n}{p}$ à $p<0$.
    Bonne soirée.
    Fr. Ch.
  • Modifié (July 2023)
    Cette généralisation permet aussi d'écrire $(X+1)^n = \displaystyle \sum_{p=0}^{+\infty} \dbinom{n}{p}X^p$ (ce qui fournit en une ligne la démonstration bien connue par les fonctions génératrices de l'identité de Vandermonde).
  • Modifié (July 2023)
    Continuons, camarades.
     J'ai parlé plus haut des coefficients binomiaux généralisés $\binom{x}{p}$ avec $x \in \mathbb C$ et $p \in \mathbb N$ (et non $p \in \mathbb Z$ ! ). Je rappelle la définition :  $\binom{x}{p}=\frac 1 {p!}x(x-1)...(x-p+1)$, en particulier : $\binom{x}{0}=1$.
    Eh bien, l'identité de convolution de Vandermonde s'énonce, toujours sans souci, pour tout  $x \in \mathbb C$, tout  $y \in \mathbb C$ et tout  $p \in \mathbb N$ :
     $~~~~~~~~~~~~\binom{x+y}{p}=\sum_{k=0}^{p}\binom{x}{k}\binom{y}{p-k}$.
     Et elle est vraie, bien sûr, cette formule générale.
     On peut  la démontrer à partir de la formule dans $\mathbb N$ par prolongement des identités polynomiales, ou bien   par les fonctions génératrices, ou encore à partir de la belle formule que donne Louis Comtet en p. 56 du tome premier de son Analyse combinatoire  : $(x+y)_{p}=\sum_{k=0}^{p}\binom{p}{k}(x)_{k}(y)_{p-k}$. Formule s'apparentant au binôme de Newton où les exposants seraient descendus au sous-sol, pour ainsi dire, dans laquelle $(x)_p=x(x-1)...(x-p+1)$. Si $x \in \mathbb N$, ce sont les arrangements, qui ont disparu des programmes d'enseignement, et qu'on notait $A_x^p$ dans notre doulce France au temps jadis...
    Mais toujours aucune raison de définit ces formules pour $p$ négatif. Tout bonnement, ça ne sert à rien.
    Bonne soirée.
    Fr. Ch.

  • Modifié (July 2023)
    Ce sont les polynômes de Pochhammer que vous mettez en évidence Chaurien ?
  • Modifié (October 2023)
    Re, et si dans un changement d'indice dans une somme pour $k$ allant de $0$ à $n-1$, on pose $j=n-1-k$ et qu'on se retrouve avec la somme pour $j$ allant de $n-1$ à $0$, pourquoi considère-t-on que la somme est sommée dans le bon sens (c'est-à-dire que $j$ démarre à $0$ et non à $n-1$), alors que pour une intégrale lors d'un changement de variable, on place les bornes dans le sens indiqué par le changement de variable ? Sinon, on obtiendrait une somme vide. Merci.
  • Modifié (October 2023)
    Bonjour.
    Tu réponds toi-même à ta question.
    Cordialement.
  • Oui c'est vrai, car étant donné que la somme initiale avant changement d'indice n'est à priori pas nulle, il n'y a aucune raison qu'elle le soit après changement d'indice. Mais si l'on suit ce raisonnement, alors pourquoi ne pourrait-on pas dire que dès qu'on a une somme vide, on somme dans l'autre sens comme ça elle n'est plus vide ? Désolé si c'est un peu rébarbatif, mais quelque chose m'échappe. 
  • En fait, la convention dans une somme de i=n à i=p est qu'on remplace i successivement par tous les nombres entiers pris entre n et p par ordre croissant. Ce qui fait que si n>p, il n'y a aucun indice possible, la somme est vide. Quand on fait un changement d'indice qui fait que les indices seraient pris dans l'ordre décroissant, il faut, pour conserver la même somme, rétablir l'ordre croissant des indices (commutativité et associativité). Tu sais d'ailleurs bien que $x_3+x_2+x_1=x_1+x_2+x_3$. Rien de mystérieux.

    Cordialement.

  • Ah oui je vois bien, merci beaucoup !
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