# Sommation/Changement d'indice

Le changement d'indice dans les sommations est très similaire au changement de variable en calcul intégral. La formule générale du changement d'indice sera donc similaire à la formule du changement de variable en calcul intégral. Nous avons :
Soit Échec de l’analyse (SVG (MathML peut être activé via une extension du navigateur) : réponse non valide(« Math extension cannot connect to Restbase. ») du serveur « http://localhost:6011/fr.wikiversity.org/v1/ » :): {\displaystyle f} une fonction de variable entière.
Soit I un sous-ensemble de ℕ et soit Φ une fonction injective de I dans ℕ. Posons J = Φ(I), on a alors :
$\sum _{i\in I}f\left(\phi (i)\right)=\sum _{j\in J}f(j)$.
Le théorème ci-dessus décrit le cas général. Dans la pratique, nous utiliserons surtout deux cas particuliers et il sera très rare d’avoir recours à un autre cas que les deux cas étudiés ci-dessous. Dans le cadre de ce cours, les deux cas principaux de changement d'indice, que nous étudierons, seront appelés « glissement d'indice » et « inversion d'indice ».

## Glissement d'indice

Le glissement d'indice (que l’on peut aussi appeler translation d'indice) est le cas particulier où la fonction Φ envisagée dans le théorème ci-dessus est de la forme :
$i\mapsto \phi (i)=i+k\qquad k\in \mathbb {Z}$.
Donnons un exemple simple pour mieux comprendre :
Soit la somme :
$u_{3}+u_{4}+u_{5}+u_{6}+u_{7}$.
Nous voyons que, sous forme de sommation, cette somme peut s'écrire a priori :
$\sum _{i=3}^{7}u_{i}$.
Toutefois, on peut remarquer que l’on peut aussi l'écrire :
$\sum _{j=1}^{5}u_{j+2}$.
On aura donc :
$\sum _{i=3}^{7}u_{i}=\sum _{j=1}^{5}u_{j+2}=u_{3}+u_{4}+u_{5}+u_{6}+u_{7}$.
On dira que l’on est passé de la première somme à la deuxième par un glissement d'indice.
* Remarque
* Nous avons changé le nom de l'indice de i en j pour la clarté de l'exposé. Mais on aurait tout aussi bien pu garder l'indice i, compte tenu du fait qu’il s'agit de variables muettes.
Plus généralement, la formule exprimant le glissement d'indice sera donnée par :
$f$ étant une fonction de variable entière, on a :
$\sum _{i=m}^{n}f\left(i\right)=\sum _{j=m+k}^{n+k}f(j-k)$.
* Exemple d'application
* Soient trois nombres a, b, c tels que a + b + c = 0 et $f$ une fonction de variable entière.
* Calculons :
* $\sum _{i=m}^{n}\left(a.f(i-1)+b.f(i)+c.f(i+1)\right)$.
* Commençons par séparer les sommes :
* $a\sum _{i=m}^{n}f(i-1)+b\sum _{i=m}^{n}f(i)+c\sum _{i=m}^{n}f(i+1)$.
* Faisons un glissement d'indice sur la première et la dernière somme de façon à avoir $f(i)$ dans chaque somme :
* $a.\sum _{i=m-1}^{n-1}f(i)+b.\sum _{i=m}^{n}f(i)+c.\sum _{i=m+1}^{n+1}f(i)$.
* Dans la première somme, écrivons à part les deux premiers termes. Dans la deuxième somme, écrivons à part le premier et le dernier terme. Dans la troisième somme, écrivons à part les deux derniers termes.
* $a.\sum _{i=m+1}^{n-1}f(i)+a.f(m-1)+a.f(m)+b.\sum _{i=m+1}^{n-1}f(i)+b.f(m)+bf(n)+c.\sum _{i=m+1}^{n-1}f(i)+c.f(n)+c.f(n+1)$
* Nous voyons que l’on peut ainsi mettre la somme en facteur ; on obtient :
* $(a+b+c).\sum _{i=m+1}^{n-1}f(i)+a.f(m-1)+a.f(m)+b.f(m)+bf(n)+c.f(n)+c.f(n+1)$.
* Comme, par hypothèse, a + b + c = 0, il nous reste :
* $a.f(m-1)+a.f(m)+b.f(m)+bf(n)+c.f(n)+c.f(n+1)$.
* Nous avons donc établi la relation :
* $a+b+c=0\Rightarrow \sum _{i=m}^{n}\left(a.f(i-1)+b.f(i)+c.f(i+1)\right)=a.f(m-1)+a.f(m)+b.f(m)+bf(n)+c.f(n)+c.f(n+1)$
* Nous remarquons que cette relation généralise la sommation par télescopage vue au chapitre précédent (en prenant a=0, b=-1, c=1, m=0) mais ne peut pas être utilisée dans les exercices car elle ne figure pas dans les programmes.

## Inversion d'indice

L'inversion d'indice (que l’on peut aussi appeler retournement d'indice) est le cas particulier où la fonction Φ envisagée dans le théorème ci-dessus est de la forme :
$i\mapsto \phi (i)=n-i$,
i étant supposé prendre toutes les valeurs de 0 à n.
Donnons un exemple simple pour mieux comprendre :
Dans le cas n = 7, soit la somme :
$u_{0}+u_{1}+u_{2}+u_{3}+u_{4}+u_{5}+u_{6}+u_{7}$.
Nous voyons que, sous forme de sommation, cette somme peut s'écrire a priori :
$\sum _{i=0}^{7}u_{i}$.
Toutefois, on peut remarquer que l’on peut aussi l'écrire :
$\sum _{i=0}^{7}u_{7-i}$,
ce qui consiste à écrire la somme en commençant par le dernier terme.
On aura donc :
$\sum _{i=0}^{7}u_{i}=u_{0}+u_{1}+u_{2}+u_{3}+u_{4}+u_{5}+u_{6}+u_{7}=u_{7}+u_{6}+u_{5}+u_{4}+u_{3}+u_{2}+u_{1}+u_{0}=\sum _{i=0}^{7}u_{7-i}$.
On dira que l’on est passé de la première somme à la deuxième par une inversion d'indice.
* Exemple d'application
* Calculons :
* $\sum _{k=0}^{n}\cos \left({\frac {k\pi }{n}}\right)$
* Nous allons différencier deux cas selon la parité de n.
* Premier cas : Si n est pair
* On peut écrire :
* $\sum _{k=0}^{n}\cos \left({\frac {k\pi }{n}}\right)=\sum _{k=0}^{{\frac {n}{2}}-1}\cos \left({\frac {k\pi }{n}}\right)+\cos \left({\frac {\pi }{2}}\right)+\sum _{i={\frac {n}{2}}+1}^{n}\cos \left({\frac {i\pi }{n}}\right)$
* Le terme central est nul. Faisons un glissement d'indice pour la deuxième somme de façon à démarrer à i = 0.
* $\sum _{k=0}^{n}\cos \left({\frac {k\pi }{n}}\right)=\sum _{k=0}^{{\frac {n}{2}}-1}\cos \left({\frac {k\pi }{n}}\right)+\sum _{k=0}^{{\frac {n}{2}}-1}\cos \left({\frac {(k+{\frac {n}{2}}+1)\pi }{n}}\right)$
* C'est ici que nous faisons une inversion d'indice dans la deuxième somme :
* $\sum _{k=0}^{n}\cos \left({\frac {k\pi }{n}}\right)=\sum _{k=0}^{{\frac {n}{2}}-1}\cos \left({\frac {k\pi }{n}}\right)+\sum _{k=0}^{{\frac {n}{2}}-1}\cos \left({\frac {({\frac {n}{2}}-1-k+{\frac {n}{2}}+1)\pi }{n}}\right)$.
* Il reste après simplification :
* $\sum _{k=0}^{n}\cos \left({\frac {k\pi }{n}}\right)=\sum _{k=0}^{{\frac {n}{2}}-1}\cos \left({\frac {k\pi }{n}}\right)+\sum _{k=0}^{{\frac {n}{2}}-1}\cos \left(\pi -{\frac {k\pi }{n}}\right)$,
* qui s'écrit :
* $\sum _{k=0}^{n}\cos \left({\frac {k\pi }{n}}\right)=\sum _{k=0}^{{\frac {n}{2}}-1}\cos \left({\frac {k\pi }{n}}\right)-\sum _{k=0}^{{\frac {n}{2}}-1}\cos \left({\frac {k\pi }{n}}\right)=0$.
* Deuxième cas : Si n est impair
* Le calcul est très similaire au cas où n est pair. Nous laissons au lecteur le soin de le faire. On obtient aussi :
* $\sum _{k=0}^{n}\cos \left({\frac {k\pi }{n}}\right)=0$.
* Nous avons donc établi que, pour tout n, on a la relation :
* $\sum _{k=0}^{n}\cos \left({\frac {k\pi }{n}}\right)=0$.

## Séparation de termes

Pour les besoins d'un calcul, nous pouvons parfois être amenés à séparer les termes d'une somme. Par exemple, nous pouvons être amenés à séparer les termes d'indice pair des termes d'indice impair. Plus généralement, nous pouvons être amenés à séparer les termes selon le reste de la division de l'indice par un nombre entier particulier d (classe modulo d). Pour cela, nous disposons de formules générales adaptées à ce genre d'opérations :
Pour séparer les termes selon la parité de leur indice, nous utiliserons la formule :
$\sum _{i=0}^{n}u_{i}=\sum _{k=0}^{E\left({\frac {n}{2}}\right)}u_{2k}+\sum _{k=0}^{E\left({\frac {n-1}{2}}\right)}u_{2k+1}$.
Pour séparer les termes selon le reste de la division de leur indice par 3, nous utiliserons la formule :
$\sum _{i=0}^{n}u_{i}=\sum _{k=0}^{E\left({\frac {n}{3}}\right)}u_{3k}+\sum _{k=0}^{E\left({\frac {n-1}{3}}\right)}u_{3k+1}+\sum _{k=0}^{E\left({\frac {n-2}{3}}\right)}u_{3k+2}$.
Pour séparer les termes selon le reste de la division de leur indice par 4, nous utiliserons la formule :
$\sum _{i=0}^{n}u_{i}=\sum _{k=0}^{E\left({\frac {n}{4}}\right)}u_{4k}+\sum _{k=0}^{E\left({\frac {n-1}{4}}\right)}u_{4k+1}+\sum _{k=0}^{E\left({\frac {n-2}{4}}\right)}u_{4k+2}+\sum _{k=0}^{E\left({\frac {n-3}{4}}\right)}u_{4k+3}$.
Pour séparer les termes selon le reste de la division de leur indice par 5, nous utiliserons la formule :
$\sum _{i=0}^{n}u_{i}=\sum _{k=0}^{E\left({\frac {n}{5}}\right)}u_{5k}+\sum _{k=0}^{E\left({\frac {n-1}{5}}\right)}u_{5k+1}+\sum _{k=0}^{E\left({\frac {n-2}{5}}\right)}u_{5k+2}+\sum _{k=0}^{E\left({\frac {n-3}{5}}\right)}u_{5k+3}+\sum _{k=0}^{E\left({\frac {n-4}{5}}\right)}u_{5k+4}$.
Et ainsi de suite ... Dans toutes ces formules E(x) désigne la partie entière de x.
* Exemple d'application
* Calculons :
* $\sum _{i=0}^{3n}{E\left({\frac {i}{3}}\right)}$.
* On a :
* ${\begin{aligned}\sum _{i=0}^{3n}{E\left({\frac {i}{3}}\right)}&=\sum _{k=0}^{E\left({\frac {3n}{3}}\right)}{E\left({\frac {3k}{3}}\right)}+\sum _{k=0}^{E\left({\frac {3n-1}{3}}\right)}{E\left({\frac {3k+1}{3}}\right)}+\sum _{k=0}^{E\left({\frac {3n-2}{3}}\right)}{E\left({\frac {3k+2}{3}}\right)}\\&=\sum _{k=0}^{n}k+\sum _{k=0}^{n-1}k+\sum _{k=0}^{n-1}k\\&={\frac {n(n+1)}{2}}+{\frac {n(n-1)}{2}}+{\frac {n(n-1)}{2}}\\&={\frac {n(3n-1)}{2}}.\end{aligned}}$

## Sommation des termes d'une suite géométrique

Soit une suite géométrique de premier terme 1 et de raison x différente de 1. La somme s$_n$ des n + 1 premiers termes de la suite est donnée par :
$s_{n}=\sum _{k=0}^{n}x^{k}={\frac {1-x^{n+1}}{1-x}}$.
Si de plus on a : -1 < x < 1, par passage à la limite, on obtient :
$\sum _{k=0}^{\infty }x^{k}={\frac {1}{1-x}}$.
* Démonstration
* Nous avons
* $s_{n}=\sum _{k=0}^{n}x^{k}=1+\sum _{k=1}^{n}x^{k}=1+x\sum _{k=1}^{n}x^{k-1}$.
* Par glissement d'indice, nous obtenons :
* $s_{n}=1+x\sum _{k=0}^{n-1}x^{k}=1+x\left(\sum _{k=0}^{n}x^{k}-x^{n}\right)$.
* Nous reconnaissons s$_n$ dans la dernière égalité. Nous obtenons donc :
* $s_{n}=1+x.s_{n}-x^{n+1}$.
* En tirant s$_n$ de cette dernière expression, nous obtenons :
* $s_{n}={\frac {1-x^{n+1}}{1-x}}$.
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