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\title{Chapitre 6:
Sommes et Produits, Formules de probabilités}
\date{}

\begin{document}

\begin{frame}
	\titlepage
	
	\vspace{30pt}
	\begin{savoirfaire}
	\item Calculer une somme.
	\item Manipuler une inégalité mettant en jeu une somme.
	\item Utiliser la formule des probabilités totales.
	\item Déterminer l'indépendance d'évènements.
	\item Calculer la puissance d'une matrice.
	\end{savoirfaire}
\end{frame}


\vspace{20pt}
\section{Utilisation des symboles $\Sigma$ et $\Pi$.}
\subsection{Sommes et produits finis}
\begin{frame}
	\titre
	\soustitre
	\pause
	\begin{defi}{Ensemble d'entiers}
	Soient $n$ et $p$ deux entiers tels que $p<n$ . On note $\entier{p;n} = \{p ; p+1 ; \ldots ; n \}$ l'ensemble des entiers de $p$ jusqu'à $n$. 
	\end{defi}
	\pause
	
	\remarque{Il y a $n$ entiers dans $\entier{1;n}$ et $n+1$ entiers dans $\entier{0;n}$. Il y a $n-p+1$ entiers dans $\entier{p;n}$.}
	\pause
	
	\begin{defi}{Somme}
	Soient $a_p, \ldots, a_n$ des réels avec $p \leq n$. On note 
	\Trouer{\begin{center} 
	$\displaystyle	\sum_{k=p}^n a_k = a_p + \ldots + a_n $
	\end{center} }
	et on lit "somme de $k=p$ à $n$ des $a_k$". 
	\end{defi}
	\tableau{\'Ecrire explicitement les sommes suivantes :}
	 \begin{qmulti}{2}
	\item  $\displaystyle \sum_{k=0}^5 \frac{k}{k+1} =$ 
 	\item  $\displaystyle \sum_{k=2}^6 (k+2) = $ 
 	\item  $\displaystyle \sum_{k=1}^{10} (2k - 1) = $ 
 	\item $\displaystyle \sum_{k=0}^{n} (k+1)^2 - k^2 = $
   \end{qmulti}
	
	\tableau{\'Ecrire sous forme de somme les quantités suivantes en déterminant le terme général $u_n$ de la somme:}
\begin{qmulti}{2}
	\item  $1+ 2+3+4+5+6 = $ 
 	\item  $1+4+9+16+25 = $ 
 	\item  $-1+4-9+16+ \ldots + u_n = $ 
 	\item $1 + e + e^2 + e^3 + \ldots + u_n =$
\end{qmulti}
\end{frame}

\begin{frame}
\remarque{ On se servira souvent de ce type de calcul :}
\vspace{-8pt}
\begin{center}
$\displaystyle \sum_{k=1}^{n+1} u_k = \sum_{k=1}^n u_k + u_{n+1}$
\end{center}

\pause

\begin{ex}{}
\begin{center}
$\displaystyle \sum_{k=1}^5 k^2 = \sum_{k=1}^4 k^2 + 5^2, \qquad  \sum_{k=1}^{n+1} k = \sum_{k=1}^{n} k + (n+1)$ 
\end{center}
\end{ex}
\pause

\begin{defi}{Produit}
On note de la même fa\c con, 
\vspace{-6pt}
\begin{center} 
$ \displaystyle	\prod_{k=p}^n a_k = a_p \times \ldots \times a_n $
\end{center}
\vspace{-6pt} 
	et on lit "produit de $k=p$ à $n$ des $a_k$". 
\end{defi}
\tableau{\'Ecrire explicitement les produits suivantes :}
\begin{qmulti}{2}
\item $ \ds \prod\limits_{k=0}^5\dfrac{k}{k+1} = $
\item $ \ds \prod\limits_{k=2}^6 (k+2) = $
\item $ \ds \prod\limits_{k=1}^4 (2k-1) = $
\end{qmulti}
\eq
\end{frame}

\begin{frame}
\begin{defi}{Factorielle}
Soit $n$ un entier non nul. On appelle factorielle de $n$ et on note $n!$ le nombre
\vspace{-8pt}
\Trouer{\begin{center}
$\displaystyle n! =  \prod_{k=1}^n k = 1 \times 2 \times \ldots \times n .$
\end{center}}
\vspace{-8pt}
Par convention, $0! = 1$
\end{defi}
\pause

\eq
\begin{ex}{Factorielle}
$1! = 1$ \qquad  $2! = 1 \times 2 = 2$ \qquad $4! = 1 \times 2 \times 3 \times 4 = 24$ \\
$ 10 ! = 1 \times 2 \times 3 \times \ldots \times 9 \times 10 = 3 \,628 \, 800$
\end{ex}
\pause

\begin{prop}{}
Pour tout entier $n$, on a
\Trouer{\begin{maths}
(n+1)! = n! \times (n+1)
\end{maths} }
\end{prop}

\tableau{Preuve directe de la propriété}
\moyen
\end{frame}

\subsection{Propriétés des sommes et produits}
\begin{frame}
\soustitre
\begin{prop}{Sommes}
Soient $u$ et $v$ deux suites réelles et $n, m \in \N$ avec $ m+1 \leq n$, alors:
\begin{enumerate}
\pause
\item Relation de Chasles : \\
\begin{maths}
\sum_{k=1}^n u_k = \sum_{k=1}^m u_k +\sum_{k=m+1}^n u_k 
\end{maths}
\pause
\item Linéarité de la somme : Pour tout $\lambda$ réel \\
\begin{maths}
\sum_{k=1}^n  (\lambda u_k + v_k) = \lambda \sum_{k=1}^n u_k + \sum_{k=1}^n v_k 
\end{maths}
\pause
\item Pour tout $\lambda$ réel,
\begin{maths}
\sum_{k=1}^n \lambda = n\lambda.
\end{maths}
\end{enumerate}
\end{prop}

\tableau{Preuves des propriétés par raisonnement direct}
\moyen
\petit
\end{frame}

\begin{frame}
\begin{prop}{Produit}
Soient $u$ et $v$ deux suites réelles et $n, m \in \N$ avec $ m+1 \leq n$, alors:
\pause
\begin{enumerate}
\item \quad 
\vspace{-10pt}
\begin{maths}
\prod_{k=1}^n u_k = \prod_{k=1}^m u_k \times \prod_{k=m+1}^n u_k.
\end{maths}
\pause
\item Pour tout $\lambda$ réel \\
\begin{maths}
\prod_{k=1}^n  (\lambda u_k )= \lambda^n \prod_{k=1}^n u_k
\end{maths}
\pause
\item \quad 
\vspace{-10pt}
\begin{maths}
\prod_{k=1}^n (u_k \times v_k) = \prod_{k=1}^n u_k \times \prod_{k=1}^n v_k.
\end{maths}
\end{enumerate}
\end{prop}

%\tableau{Preuve des propriétés par raisonnement direct}
\end{frame}
\eq
\begin{frame}
Rappel : \begin{maths}
e^{a+b} = e^a \times e^{b} \qquad \qquad \ln(a \times b) = \ln(a) + \ln(b)
\end{maths}
\pause
\begin{prop}{Exponentielle et logarithme}
\begin{itemize}
\item Pour tous réels $a_p, \ldots, a_n$, on a 
\Trouer{\begin{maths}
\exp \left( \sum_{k=p}^n a_k \right) = \prod_{k=p}^n e^{a_k} 
\end{maths}}
\item Pour tous réels $a_p>0, \ldots, a_n>0$, on a 
\Trouer{\begin{maths}
\ln \left( \prod_{k=p}^n a_k \right) = \sum_{k=p}^n \ln(a_k)
\end{maths}}
\end{itemize}
\end{prop}

\tableau{Preuve par récurrence.}
\grand
\end{frame}

\subsection{Sommes usuelles}
\begin{frame}
\soustitre
\begin{prop}{Sommes usuelles}
Pour tout $n\in\mathbb{N} \setminus \{0\}$, on a les formules suivantes.
\Trouer{\begin{itemize}
\pause
\item ${\displaystyle \sum_{k=p}^{n}} \quad 1 = n - p + 1$
\pause
\item ${\displaystyle \sum_{k=0}^{n}}k=\dfrac{n(n+1)}{2}$
\pause
\item ${\displaystyle \sum_{k=0}^{n}k^{2}={\displaystyle \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}}}$
\pause
\item ${\displaystyle \sum_{k=0}^{n}k^{3}= \displaystyle \left( \frac{n(n+1)}{2}\right)^{2}}$
\pause
\item ${\displaystyle \sum_{k=0}^{n} q^k= \displaystyle  \frac{1 - q^{n+1}}{1-q}}$
\end{itemize}}
\end{prop}

\end{frame}

\section{Techniques de calculs de Somme}
\subsection{Par récurrence}
\begin{frame}
\titre
\soustitre
\begin{metodo}{Preuve par récurrence}
Si l'on connait le résultat d'une somme, on peut montrer ce résultat par récurrence. 
\end{metodo}
\tableau{\exercice}
\grand

\subsection{En utilisant les propriétés sur les sommes}
\soustitre
\begin{metodo}{En ajoutant ou retranchant un terme}
On peut parfois retrouver une somme connue en ajoutant ou retranchant des termes à la somme. C'est à dire en utilisant la formule :
\begin{center}
$\displaystyle \sum_{k=1}^{n} u_k = \sum_{k=0}^n u_k - u_{0}$
\end{center}
\end{metodo}
\tableau{\exercice}
\grand
\end{frame}

\begin{frame}
\begin{metodo}{En factorisant}
Quand un terme dans la somme ne dépend pas de la variable $k$ utilisée, on peut la mettre en facteur (c'est-à-dire le sortir de la somme)
\end{metodo}
\tableau{\exercice}
\moyen
\petit
\begin{metodo}{En développant}
On peut utiliser la formule 
$$
\sum_{k=1}^n (a_k +b_k) = \sum_{k=1}^n a_k +  \sum_{k=1}^n b_k
$$
\end{metodo}
\tableau{\exercice}
\moyen
\petit
\end{frame}


\subsection{Changement d'indice}
\begin{frame}
\soustitre
\remarque{Lorsqu'on écrit ${ \sum\limits_{k=p}^{n}} a_k$ , la variable $k$ est appelée {\bf variable muette} : on peut la remplacer par
n'importe quelle autre lettre non utilisée :}
\[
 \sum_{k=p}^{n} a_k =  \sum_{j=p}^{n} a_j = \sum_{l=p}^{n} a_l
\]
\pause
\begin{prop}{Changement d'indice}
Si $a,\: m\: et\: p$ sont des entiers naturels avec $p\leq m$, on
a :
\[
\sum_{k=p}^{m}u_{k}=\sum_{k=p+a}^{m+a}u_{k-a}
\]
\end{prop}

\tableau{\exercice}
\moyen
\end{frame}

\subsection{Sommes télescopiques}
\begin{frame}
\soustitre
\pause
\begin{defi}{Sommes télescopique}
Soit $(u_k)$ une suite de réels. On appelle somme télescopique une somme de la forme 
\[
\sum\limits_{k=p}^{n} u_{k+1} - u_k
\] 
\end{defi}
\pause
\begin{prop}{Sommes et produits télescopiques}
\begin{itemize}
\item ${\displaystyle \sum_{k=p}^{n}}(u_{k+1}-u_{k})=u_{n+1}-u_{p}$
\item ${\displaystyle \prod_{k=p}^{n}}\dfrac{v_{k+1}}{v_{k}}=\dfrac{v_{n+1}}{v_{p}}.$
\end{itemize}
\end{prop}
\tableau{Preuve directe de la propriété.}
\petit
\tableau{\exercice}
\moyen
\petit
\end{frame}

\subsection{Le binôme de Newton }

\begin{frame}
\soustitre
\begin{defi}{Coefficients binomiaux}
On appelle coefficients binomiaux, les nombres 
$$C_n^k = \binom{n}{k}=\frac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{k!}=\frac{n!}{k!(n-k)!}$$
\end{defi}
\pause
\begin{theo}{Formule du binôme de Newton}
Pour tout $(a,b)\in\mathbb{R}^{2}$ et $n\in\mathbb{N}$, on
a 
\[
(a+b)^{n}={\displaystyle \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} a^{k}b^{n-k}.} 
\]
\end{theo}
\tableau{\exercice}
\moyen
\eq 
\end{frame}
\subsection{Inégalité et sommes}
\begin{frame}
\soustitre
\begin{prop}{Inégalité}
On considère deux suites $(u_n)$ et $(v_n)$ vérifiant pour tout $k \in \entier{p ; n}$,
$$
u_k \leq v_k
$$
On a alors :
$$
\sum_{k=p}^n u_k \leq \sum_{k=p}^n v_k
$$
\end{prop}
\tableau{\exercice}
\grand
\end{frame}

\section{Applications aux probabilités et aux matrices}
\subsection{Union disjointe}
\begin{frame}
\titre
\soustitre
\begin{prop}{}
Soit {$\left(\Omega,\:\partie{\Omega},\: P\right)$} un espace
probabilisé fini. Pour tout famille d'évènements $\left(A_{i}\right)_{1\leqslant i\leqslant n}$ deux à deux incompatibles, \[P\left({\displaystyle \bigcup_{i=1}^{n}A_{i}}\right)={\displaystyle \sum_{i=1}^{n}P(A_{i})}\]
\end{prop}

\tableau{Démonstration de la propriété par récurrence}
\moyen
\pause
\remarque{Si les $\left(A_{i}\right)_{1\leqslant i\leqslant n}$ forment un système complet d'évènements
\[ 
{\displaystyle \sum_{i=1}^{n}P(A_{i})} = P\left({\displaystyle \bigcup_{i=1}^{n}A_{i}}\right) = P (\Omega) = 1.
\]}
\tableau{\exercice}
\moyen
\petit
\end{frame}

\subsection{Formule des probabilités totales}
\begin{frame}
\soustitre
\begin{theo}{Formule des probabilités totales}
Soit $\left(\Omega,\:\partie{\Omega},\: P\right)$ un espace probabilisé fini. Soit $(A_1, \ldots A_n)$ un système complet d'évènements de $\Omega$ de probabilité non nulle. Alors on a 
\vspace{-8pt}
\[
\forall B \in \partie{\Omega}, \quad P(B) = \sum_{k=1}^n P(B \cap A_k) = \sum_{k=1}^n P(A_k) P_{A_k}(B)
\]
\end{theo}
\tableau{\exercice}
\moyen

\end{frame}

\subsection{Indépendance d'une famille d'évènements}
\begin{frame}
\soustitre
\begin{defi}{Indépendance d'une famille d'évènements}
Soit {$\left(\Omega,\:\partie{\Omega},\: P\right)$}
un espace probabilisé fini et $A_{1}$, ...,$\: A_{n}$ sont {n} évènements.
\pause
\begin{itemize}
\item On dit que $A_{1}$, ...,$\: A_{n}$ sont deux à deux indépendants si :
\begin{center}
$\forall(i,\: j)\in \entier{1,n} ^{2}\;$, $i\neq j,$
$P(A_{i}\cap A_{j})=P(A_{i})P(A_{j})$. 
\pause
\end{center}
\item On dit que $A_{1}$, ...,$\: A_{n}$ sont mutuellement indépendants
 si :
\begin{center}
$\forall I\subset \entier{1,n} ,$ $P\left({\displaystyle \bigcap_{i\in I}}A_{i}\right)={\displaystyle \prod_{i\in I}}P(A_{i}).$
\par\end{center}\end{itemize}
\end{defi}
\pause
\begin{prop}{}
Soient $A_{1}$, ...,$\: A_{n}$ n évènements mutuellement
indépendants pour la probabilité P. Si l'on pose $\forall i\in\left\{ 1,...,n\right\} $, $B_{i}=A_{i}$ ou $B_{i}=\overline{A_{i}}$ alors les évènements $B_{1},...,B_{n}$ sont mutuellement indépendants pour la probabilité P.
\end{prop}
\tableau{\exercice}
\moyen
\end{frame}

\subsection{binôme de Newton pour les matrices}
\begin{frame}
\begin{theo}{Binôme de Newton}
Soient $A,B$ deux matrices carrées commutatives (i.e., $AB = BA$). On a alors pour tout $n \in \N$, 
$$
(A+B)^n = \sum_{k=0}^n \vect{n}{k}{} A^k B^{n-k}
$$
\end{theo}
\remarque{En pratique, la matrice $A$ ou $B$ aura une puissance facile à calculer}
\tableau{\exercice}
\end{frame}

\end{document}
