Sommes multiples.
Nous montrons dans cette vidéo comment manipuler efficacement les sommes multiples.
Synopsis :
- I. Introduction
- II. Une approche géométrique du maniement des sommes doubles.
- III. Méthode plus simple et astucieuse du maniement des sommes doubles.
- IV Deux exemples.
- V. Généralisation aux sommes triples, quadruples, etc.
Niveau d'accessibilité : Terminale.
Exercices
Exercice (HEC 2014, 8, 9, 10) Soit un entier supérieur ou égal à 2. On considère N réels d_1,d_2,\dots,d_N (appelés points de départ) et N réels a_1,a_2,\dots,a_N (appelés points d'arrivée) vérifiant d_1<\! d_2<\! \dots<\! d_N et a_1<\! a_2<\! \dots<\! a_N.
On pose : D=\{d_1,d_2,\dots,d_N\} et A=\{a_1,a_2,\dots,a_N \}.
1.a) Montrer que pour tout couple (k,l)\in[\![1,N]\!]^2, on a : d_ka_k\geq d_ka_l+d_la_k-d_la_l.
Afficher
Si k\geq l alors d_l-d_k\leq 0 et a_l-a_k\leq 0, par conséquent (d_l-d_k)(a_l-a_k)\geq 0. De la même manière on montre que si k\leq l on a aussi (d_l-d_k)(a_l-a_k)\geq 0. Donc dans tous les cas on a (d_l-d_k)(a_l-a_k)\geq 0. Il ne reste plus qu'à développer cette dernière inégalité et organiser pour trouver l'inégalité recherchée.
b) En déduire à l'aide d'une double sommation que pour tout N-uplet (p_1,p_2,\dots,p_N)\in\mathbb R_+^N tel que \sum_{k=1}^Np_k=1, on a :
\sum_{k=1}^Np_kd_ka_k\geq\left(\sum_{k=1}^Np_kd_k\right)\times\left(\sum_{k=1}^Np_ka_k\right)\ (1)
Afficher
On multiplie l'inégalité de la question précédente par p_kp_l puis on double somme sur k et l. Grâce au fait que \sum_{k=1}^Np_k=1, on a :
\begin{align}
&\sum_{k=1}^N\sum_{l=1}^Np_kp_ld_ka_k\geq \sum_{k=1}^N\sum_{l=1}^Np_kp_l(d_ka_l+d_la_k-d_la_l)\\
&\Longleftrightarrow \sum_{l=1}^Np_l \sum_{k=1}^Np_kd_ka_k\sum_{k=1}^Np_kd_k\geq \sum_{k=1}^Np_kd_k\sum_{l=1}^Np_la_l+\sum_{k=1}^Np_ka_k\sum_{l=1}^Np_ld_l-\sum_{k=1}^Np_k\sum_{l=1}^Np_ld_la_l\\
&\Longleftrightarrow \sum_{k=1}^Np_kd_ka_k\geq \sum_{k=1}^Np_kd_k\sum_{l=1}^Np_la_l+\sum_{k=1}^Np_ka_k\sum_{l=1}^Np_ld_l-\sum_{l=1}^Np_ld_la_l.
\end{align}
Il ne reste plus qu'à réorganiser et à changer le noms des indices de sommation pour obtenir le résultat recherché.
2. Soit une application t:[\![1,N]\!]\to [\![1,N]\!]. On réordonne la liste (t(1),t(2),\dots,t(N)) selon les valeurs croissantes et on note alors (\hat t(1),\hat t(2),\dots,\hat t(N)) la liste ordonnée obtenue. On a donc \hat t(1)\leq\hat t(2)\leq\dots\leq\hat t(N).
a) Justifier pour tout n\in[\![1,N]\!], l'inégalité : \sum_{k=n}^Na_{t(k)}\leq\sum_{k=n}^Na_{\hat t(k)}.
Afficher
On observe que si on prend la somme des p plus grand éléments parmi une liste donnée, cette somme sera plus grande qu'une somme quelconque d'autres éléments. Ici, comme (a_1,\dots,a_N) est ordonée et que (\hat t(1),\dots,\hat t(N)) aussi, \sum_{k=n}^Na_{\hat t(k)} est donc la somme des N-n+1 plus grand éléments de (a_{t(1)},\dots,a_{t(N)}) ce qui justifie l'inégalité.
b) On pose d_0=0. Justifier l'égalité : \sum_{n=1}^Nd_na_{t(n)}=\sum_{n=1}^N\left((d_n-d_{n-1})\sum_{k=n}^Na_{t(k)}\right).
Afficher
On a
\begin{align}
\sum_{n=1}^N\left((d_n-d_{n-1})\sum_{k=n}^Na_{t(k)}\right)&= \sum_{n=1}^Nd_n\sum_{k=n}^Na_{t(k)}-\sum_{n=1}^Nd_{n-1}\sum_{k=n}^Na_{t(k)}\\
&=\sum_{n=1}^Nd_n\sum_{k=n}^Na_{t(k)}-\sum_{n=0}^{N-1}d_{n}\sum_{k=n+1}^{N}a_{t(k)}\text{ (par changement d'indice)}\\
&=d_Na_N+\sum_{n=1}^{N-1}d_n\sum_{k=n}^Na_{t(k)}-\sum_{n=1}^{N-1}d_{n}\sum_{k=n+1}^{N}a_{t(k)}\text{ (on rapelle que }d_0=0)\\
&=d_Na_N+\sum_{n=1}^{N-1}d_n\left(\sum_{k=n}^Na_{t(k)}-\sum_{k=n+1}^{N}a_{t(k)}\right)\\
&=d_Na_N+\sum_{n=1}^{N-1}d_na_{t(n)}\\
&=\sum_{n=1}^{N}d_na_{t(n)}
\end{align}
c) Etablir l'inégalité : \sum_{n=1}^Nd_na_{t(n)}\leq\sum_{n=1}^Nd_na_{\hat t(n)}\ (2).
Afficher
Puisque les d_n sont strictements ordonnés, on a (d_n-d_{n-1})>0, par conséquent d'après 9.a), on a (d_n-d_{n-1})\sum_{k=n}^Na_{t(k)}\leq (d_n-d_{n-1})\sum_{k=n}^Na_{\hat t(k)}. Il suit alors par 9.b)
\sum_{n=1}^Nd_na_{t(n)}=\sum_{n=1}^N\left((d_n-d_{n-1})\sum_{k=n}^Na_{t(k)}\right)\leq \sum_{n=1}^N\left((d_n-d_{n-1})\sum_{k=n}^Na_{\hat t(k)}\right)=\sum_{n=1}^Nd_na_{\hat t(n)},
et le résultat est prouvé.
On appelle programme de transport, toute bijection T de D sur A, et coût d'un programme de transport T, la somme c(T) définie par : c(T)=\sum_{k=1}^N(d_k-T(d_k))^2.
3. Soit \hat T le programme de transport défini par : pour tout k\in[\![1,N]\!],\ \hat T(d_k)=a_k.
Déduire des questions précédentes que le programme \hat T est optimal, c'est à dire que pour tout programme de transport T, on a : c(T)\geq c(\hat T).
Afficher
D'abord on développe :
c(T)=\sum_{k=1}^N(d_k-T(d_k))^2=\sum_{k=1}^Nd_k^2-2\sum_{k=1}^Nd_kT(d_k)+\sum_{k=1}^N(T(d_k))^2.
T étant une bijection et l'ordre ne comptant pas dans la sommation de \sum_{k=1}^NT(d_k), nous avons :
\sum_{k=1}^N(T(d_k))^2=\sum_{k=1}^Na_k^2=\sum_{k=1}^N(\hat T(d_k))^2.
D'autre part, T étant une bijection, le n-uplet (T(d_1),\dots,T(d_n)) peut être représenté à l'aide des notations du dessus (a_{t(1)},\dots,a_{t(n)}) et le n-uplet (\hat T(d_1),\dots,\hat T(d_n)) par (a_{\hat t(1)},\dots,a_{\hat t(n)}), de sorte que (2) nous donne l'inégalité suivante :
\sum_{k=1}^Nd_kT(d_k)=\sum_{k=1}^Nd_ka_{t(k)}\leq \sum_{k=1}^Nd_ka_{\hat t(k)}=\sum_{k=1}^Nd_k\hat T(d_k).
On a finalement :
c(T)=\sum_{k=1}^Nd_k^2-2\sum_{k=1}^Nd_kT(d_k)+\sum_{k=1}^N(T(d_k))^2\geq \sum_{k=1}^Nd_k^2-2\sum_{k=1}^Nd_k\hat T(d_k)+\sum_{k=1}^N(\hat T(d_k))^2=c(\hat T),
d'où le résultat.
Autre exercice de sommes multpiles combinées avec de l'algèbre linéaire : ECRICOME 2012 Problème Partie III 6.
