Sommes doubles - Exercice 1

D'après la définition de $$E$$, on a :
$$j = 3-i$$
Et de fait, on peut écrire que :
$$S_1 = \sum_{(i\,;\,j)\in E}2^{i+j} = \sum_{i=0}^{3} \sum_{j=0}^{3-i} 2^{i+j} = \sum_{j=0}^{3} 2^{0+j} + \sum_{j=0}^{2} 2^{1+j} + \sum_{j=0}^{1} 2^{2+j} + \sum_{j=0}^{0} 2^{3+j}$$
Ce qui nous donne :
$$S_1 = \sum_{(i\,;\,j)\in E}2^{i+j} = \left( 2^{0+0} + 2^{0+1} + 2^{0+2} + 2^{0+3} \right) + \left( 2^{1+0} + 2^{1+1} + 2^{1+2} \right) + \left( 2^{2+0} + 2^{2+1} \right) + \left( 2^{3+0} \right)$$
D'où :
$$S_1 = \sum_{(i\,;\,j)\in E}2^{i+j} = \left( 2^{0} + 2^{1} + 2^{2} + 2^{3} \right) + \left( 2^{1} + 2^{2} + 2^{3} \right) + \left( 2^{2} + 2^{3} \right) + \left( 2^{3} \right)$$
Ainsi :
$$S_1 = \sum_{(i\,;\,j)\in E}2^{i+j} = \left( 1 + 2 + 4 + 8 \right) + \left( 2 + 4 + 8 \right) + \left( 4 + 8 \right) + \left( 8 \right) = 15 + 14 + 12 + 8$$
Finalement :
$${\color{red}{\boxed{S_1 = 49}}}$$

D'après la définition de $$E$$, on a :
$$j = n-i$$
Et de fait, on peut écrire que :
$$S_2 = \sum_{(i\,;\,j)\in E}2^{i+j} = \sum_{i=0}^{n} \sum_{j=0}^{n-i} 2^{i+j} = \sum_{i=0}^{n} \sum_{j=0}^{n-i} 2^{i}2^{j} = \sum_{i=0}^{n} \left(2^{i} \left( \sum_{j=0}^{n-i} 2^{j} \right)\right)$$
Mais la somme $$\sum_{j=0}^{n-i} 2^{j}$$ est une somme géométrique de premier terme $$2^0=1$$ et de raison $$2$$. Donc, on a :
$$\sum_{j=0}^{n-i} 2^{j} = 1 \times \dfrac{1-2^{n-i+1}}{1-2} = \dfrac{1-2^{n-i+1}}{-1} = 2^{n-i+1} - 1$$
Ce qui nous donne :
$$S_2 = \sum_{(i\,;\,j)\in E}2^{i+j} = \sum_{i=0}^{n} \left(2^{i} \left( 2^{n-i+1} - 1 \right)\right) = \sum_{i=0}^{n} \left( 2^{i}2^{n-i+1} - 2^{i} \right) = \sum_{i=0}^{n} \left( 2^{i+n-i+1} - 2^{i} \right) = \sum_{i=0}^{n} \left( 2^{n+1} - 2^{i} \right)$$
Soit encore :
$$S_2 = \sum_{(i\,;\,j)\in E}2^{i+j} = {\color{red}{\sum_{i=0}^{n} 2^{n+1}}} - {\color{blue}{\sum_{i=0}^{n} 2^{i}}} = {\color{red}{2^{n+1}\sum_{i=0}^{n} 1}} - {\color{blue}{2^0 \times \dfrac{1-2^{n+1}}{1-2}}} = {\color{red}{2^{n+1}(n+1)}} - {\color{blue}{1 \times \dfrac{1-2^{n+1}}{-1}}}$$
Ce qui nous donne :
$$S_2 = \sum_{(i\,;\,j)\in E}2^{i+j} = {\color{red}{2^{n+1}(n+1)}} + {\color{blue}{1-2^{n+1}}} = {\color{red}{2^{n+1}n}} + {\color{red}{2^{n+1}}} + {\color{blue}{1}} - {\color{blue}{2^{n+1}}} = {\color{red}{2^{n+1}n}} + {\color{blue}{1}}$$
Finalement :
$${\color{red}{\boxed{S_2 = \sum_{(i\,;\,j)\in E}2^{i+j} = 1 + 2^{n+1}n }}}$$

On a :
$$S_3 = \sum_{i=0}^{n} \sum_{k=i}^{n} \left( \begin{array}{c} k \\ i \\ \end{array}\right) = \sum_{i=0}^{n} \sum_{k=i}^{n} \left(\left( \begin{array}{c} k \\ i \\ \end{array}\right) \times 1 \right) = \sum_{i=0}^{n} \sum_{k=i}^{n} \left(\left( \begin{array}{c} k \\ i \\ \end{array}\right) \times 1^{i} \times 1^{k-i} \right)$$
Ceci ressemble à la formule du binôme de $$Newton$$, mais ce n'est pas cette formule ! Il suffit de regarder la plage des valeurs minimale et maximale (de début et d'arrêt) de l'indice de sommation $$k$$. On devrait avoir $$\sum_{i=0}^{k} \left(\left( \begin{array}{c} k \\ i \\ \end{array}\right) \times 1^{i} \times 1^{k-i} \right)$$ et nous avons $$\sum_{k=i}^{n} \left(\left( \begin{array}{c} k \\ i \\ \end{array}\right) \times 1^{i} \times 1^{k-i} \right)$$. Or, en observant les deux sommes qui définissent $$S_3$$, on constate que :
$$\sum_{i=0}^{n} \sum_{k=i}^{n} = \sum_{0 \leqslant i \leqslant k \leqslant n}^{n}$$
Donc, on peut écrire que :
$$\sum_{i=0}^{n} \sum_{k=i}^{n} = \sum_{0 \leqslant i \leqslant k \leqslant n}^{n} = \sum_{k=0}^{n} \sum_{i=0}^{k}$$
Ce qui implique que :
$$S_3 = \sum_{i=0}^{n} \sum_{k=i}^{n} \left( \begin{array}{c} k \\ i \\ \end{array}\right) = \sum_{i=0}^{n} \sum_{k=i}^{n} \left(\left( \begin{array}{c} k \\ i \\ \end{array}\right) \times 1^{i} \times 1^{k-i} \right) = \sum_{k=0}^{n} \sum_{i=0}^{k} \left(\left( \begin{array}{c} k \\ i \\ \end{array}\right) \times 1^{i} \times 1^{k-i} \right)$$
Selon la formule du binôme de $$Newton$$, on en déduit que :
$$\sum_{i=0}^{k} \left(\left( \begin{array}{c} k \\ i \\ \end{array}\right) \times 1^{i} \times 1^{k-i} \right) = (1+1)^k = 2^k$$
Ainsi, on obtient :
$$S_3 = \sum_{i=0}^{n} \sum_{k=i}^{n} \left( \begin{array}{c} k \\ i \\ \end{array}\right) = \sum_{k=0}^{n} 2^k$$
On constate qu'il s'agit d'une somme géométrique de $$n+1$$ termes, de premier terme $$2^0 = 1$$ et de raison $$2$$. On a alors :
$$S_3 = \sum_{i=0}^{n} \sum_{k=i}^{n} \left( \begin{array}{c} k \\ i \\ \end{array}\right) = \sum_{k=0}^{n} 2^k = 2^0 \times \dfrac{1-2^{n+1}}{1-2} = 1 \times \dfrac{1-2^{n+1}}{-1} = - \left( 1-2^{n+1} \right)$$
Finalement :
$${\color{red}{\boxed{S_3 = \sum_{i=0}^{n} \sum_{k=i}^{n} \left( \begin{array}{c} k \\ i \\ \end{array}\right) = 2^{n+1} - 1 }}}$$

On a :
$$S_4 = \sum_{1 \leqslant i < j \leqslant n}^{n} \left( i+j\right)$$
Cette somme est incluse dans la double somme $$s = \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} (i+j)$$. Cette dernière somme $$s$$ est plus facile à déterminer. En effet, on a :
$$s = \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} (i+j) = \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} i + \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} j = \sum_{i=1}^{n} i {\color{red}{\sum_{j=1}^{n} 1}} + \sum_{i=1}^{n} {\color{blue}{\sum_{j=1}^{n} j}} = \sum_{i=1}^{n} i{\color{red}{n}} + \sum_{i=1}^{n} {\color{blue}{\dfrac{n(n+1)}{2}}}$$
Ce qui nous donne :
$$s = \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} (i+j) = {\color{red}{n}}\sum_{i=1}^{n} i + {\color{blue}{\dfrac{n(n+1)}{2}}}\sum_{i=1}^{n} 1 = {\color{red}{n}} \dfrac{n(n+1)}{2} + {\color{blue}{\dfrac{n(n+1)}{2}}} n = \dfrac{n^2(n+1)}{2} + \dfrac{n^2(n+1)}{2} = n^2(n+1)$$
En distinguant, dans $$s$$, les situations $$i \neq j$$ et $$i=j$$, on a alors :
$$s = \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} (i+j) = \underbrace{\sum_{i=1}^{n} \sum_{j(\neq i)=1}^{n} (i+j) }_{\text{Situation pour laquelle }i \neq j} + \underbrace{\sum_{i=1}^{n} \left( i+i\right) }_{\text{Situation pour laquelle }i = j} = \underbrace{\sum_{i=1}^{n} \sum_{j(\neq i)=1}^{n} (i+j) }_{\text{Situation pour laquelle }i \neq j} + \underbrace{\sum_{i=1}^{n} 2i }_{\text{Situation pour laquelle }i = j}$$
Ce qui nous donne :
$$s = \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} (i+j) = \underbrace{\sum_{i=1}^{n} \sum_{j(\neq i)=1}^{n} (i+j) }_{\text{Situation pour laquelle }i \neq j} + \underbrace{2\sum_{i=1}^{n} i }_{\text{Situation pour laquelle }i = j}$$
Puis, en constatant dans $$s$$ que les lettres $$i$$ et $$j$$ ont exactement les mêmes rôles, on a :
$$\underbrace{\sum_{i=1}^{n} \sum_{j(\neq i)=1}^{n} (i+j) }_{\text{Situation pour laquelle }i \neq j} = \sum_{j=1}^{n} \sum_{i(\neq j)=1}^{n} (i+j) = 2\sum_{j=1}^{n} \sum_{i=1}^{j} (i+j) = 2\sum_{1 \leqslant i < j \leqslant n} \left( i+j\right)$$
Ainsi, on en déduit que :
$$s = 2\sum_{j=1}^{n} \sum_{i=1}^{j} (i+j) = 2\sum_{1 \leqslant i < j \leqslant n} \left( i+j\right) + 2\sum_{i=1}^{n} i = 2 \left( \sum_{1 \leqslant i < j \leqslant n} \left( i+j\right) + \sum_{i=1}^{n} i \right) = 2 \left( S_4 + \dfrac{n(n+1)}{2} \right)$$
On a alors l'égalité suivante :
$$n^2(n+1) = 2 \left( S_4 + \dfrac{n(n+1)}{2} \right) \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, n^2(n+1) = 2 S_4 + 2\dfrac{n(n+1)}{2}$$
D'où :
$$n^2(n+1) = 2 S_4 + n(n+1) \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, n^2(n+1) - n(n+1)= 2 S_4 \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, (n^2 - n)(n+1) = 2 S_4$$
Soit :
$$n(n - 1)(n+1) = 2 S_4$$
Finalement :
$${\color{red}{\boxed{S_4 = \sum_{1 \leqslant i < j \leqslant n}^{n} \left( i+j\right)= \dfrac{n(n - 1)(n+1)}{2} }}}$$

On sait que $$i+j=n$$, ce qui implique que $$j=n-i$$. Ainsi, on en déduit que :
$$S_5 = \sum_{\begin{array}{c} (i\,;\,j)\in [\![1;n]\!]^2 \\ i+j=n \\ \end{array}} (i \times j) = \sum_{\begin{array}{c} (i\,;\,j)\in [\![1;n]\!]^2 \\ i+j=n \\ \end{array}} (i \times (n-i))$$
La sommation sur $$j$$ à disparue dans la contrainte $$j=n-i$$, et de fait, on obtient :
$$S_5 = \sum_{\begin{array}{c} (i\,;\,j)\in [\![1;n]\!]^2 \\ i+j=n \\ \end{array}} (i \times j) = \sum_{i=1}^{n}(i \times (n-i)) = \sum_{i=1}^{n}(ni-i^2) = n \sum_{i=1}^{n}i - \sum_{i=1}^{n}i^2$$
Ce qui nous donne :
$$S_5 = \sum_{\begin{array}{c} (i\,;\,j)\in [\![1;n]\!]^2 \\ i+j=n \\ \end{array}} (i \times j) = n \dfrac{n(n+1)}{2} - \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6} = 3n \dfrac{n(n+1)}{6} - \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}$$
Donc :
$$S_5 = \sum_{\begin{array}{c} (i\,;\,j)\in [\![1;n]\!]^2 \\ i+j=n \\ \end{array}} (i \times j) = \dfrac{n(n+1)}{6} \left( 3n - (2n+1) \right) = \dfrac{n(n+1)}{6} \left( 3n - 2n - 1 \right) = \dfrac{n(n+1)}{6} \left( n - 1 \right)$$
Finalement :
$${\color{red}{\boxed{S_5 = \sum_{\begin{array}{c} (i\,;\,j)\in [\![1;n]\!]^2 \\ i+j=n \\ \end{array}} (i \times j) = \dfrac{n(n - 1)(n+1)}{6} }}}$$

On a :
$$S_6 = \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=i}^{n} \dfrac{i}{1+j} = \sum_{1 \leqslant i \leqslant j \leqslant n} \dfrac{i}{1+j} = \sum_{j=1}^{n} \sum_{i=1}^{j} \dfrac{i}{1+j} = \sum_{j=1}^{n} \sum_{i=1}^{j} \left( \dfrac{1}{1+j} \times i \right)$$
La seconde somme ne porte que sur l'indice $$i$$, donc va pouvoir écrire que :
$$S_6 = \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=i}^{n} \dfrac{i}{1+j} = \sum_{j=1}^{n} \left( \dfrac{1}{1+j}\sum_{i=1}^{j} i \right) = \sum_{j=1}^{n} \left( \dfrac{1}{1+j} \dfrac{j(j+1)}{2} \right)$$
En simplifiant, on obtient :
$$S_6 = \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=i}^{n} \dfrac{i}{1+j} = \sum_{j=1}^{n} \left( \dfrac{j}{2} \right) = \dfrac{1}{2} \sum_{j=1}^{n} j = \dfrac{1}{2} \dfrac{n(n+1)}{2}$$
Finalement :
$${\color{red}{\boxed{S_6 = \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=i}^{n} \dfrac{i}{1+j}= \dfrac{n(n + 1)}{4} }}}$$

On a :
$$S_7 = \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} \ln \left( i^k \right) = \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} k \ln \left( i \right)$$
Le terme $$\ln\left( i \right)$$ est indépendant de l'indice de sommation $$k$$. On peut donc écrire que :
$$S_7 = \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} \ln \left( i^k \right) = \left( \sum_{i=1}^{n} \ln \left( i \right) \right) \times\left( \sum_{j=1}^{n} k \right) = \left(\sum_{i=1}^{n} \ln \left( i \right) \right) \times \dfrac{n(n+1)}{2}$$
Or, on a :
$$\sum_{i=1}^{n} \ln \left( i \right) = \ln(1) + \ln(2) + \ln(3) + \cdots + \ln(n-1) + \ln(n) = \ln(1 \times 2 \times 3 \times \cdots \times (n-1) \times n) = \ln \left( \prod_{i=1}^n i\right)$$
Donc :
$$\sum_{i=1}^{n} \ln \left( i \right) = \ln \left( n \, !\right)$$
Finalement :
$${\color{red}{\boxed{S_7 =\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} \ln \left( i^k \right) = \dfrac{n(n + 1)}{2} \ln \left( n \, !\right)}}}$$