Chapitres Maths en MPSI, PCSI, MP2I, PTSI

Corrigés : Sommes et produits

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Résumé de cours Exercices Corrigés

Cours en ligne de Maths en Maths Sup

Corrigés – sommes et produits MPSI, PCSI

1. QCM – Vrai/Faux

Les relations suivantes sont- elles vraies ? Les corriger lorsqu’elles sont fausses.

Question 1
Si $n\in \mathbb{N}$ , $\displaystyle \sum _{k = 0} ^n \binom n k (- 1) ^k = 0$ .

Corrigé :

L’affirmation est vraie si $n > 0$ et fausse pour $n = 0$ .
Par le binôme de Newton,
$\displaystyle \sum _{k = 0} ^n \binom n k(- 1) ^k \, 1 ^{n - k} = (1 -1) ^n$ .
Le résultat est nul si $n \geq 1$ et égal à 1 si $n = 0$ .

Question 2
Si $n\in \mathbb{N}$ , $\displaystyle \sum _{k = 0} ^n \binom n k = 2 ^n$ .

Corrigé :

Vrai. Par le binôme de Newton,
$\displaystyle \sum _{k = 0} ^n \binom n k 1^k\, 1 ^{n - k} = (1 +1) ^n = 2 ^n$ .

Question 3
Soit $n \in \mathbb{N}^*$ . $\displaystyle \sum _{k = 0} ^{\lfloor n /2 \rfloor } \binom n {2 k + 1} = 2 ^{n - 1}$ .

Corrigé :

Faux. La réponse correcte est
$B =\displaystyle \sum _{k = 0} ^{\lfloor (n - 1) /2 \rfloor } \binom n {2 k + 1} = 2 ^{n-1}$ .

Par le binôme de Newton,
$\displaystyle (1 + 1) ^n = \sum _ {p = 0} ^n \binom {n } {p}$
$\displaystyle (1 - 1 ) ^n = \sum _ {p = 0} ^n \binom {n } {p} \, (-1) ^p$ .
Par différence,
$2 ^n \displaystyle = \sum _ {p = 0} ^n \binom {n } {p} (1 - (- 1)^p)$
Il ne reste que les termes pour $p = 2\, k +1$ avec $\displaystyle 0 \leq k \leq {\left \lfloor \frac{n - 1} 2 \right \rfloor}$ , donc
$\; \; \displaystyle \sum _ {p = 0} ^{\lfloor (n - 1) /2 \rfloor} \binom {n } {2\,p + 1 } = \frac {2 ^n } 2 = 2 ^{n - 1}$ .

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Question 4
Soit $n \in \mathbb{N}$ . $\displaystyle \sum _{k = 0} ^{n}2 ^k = 2 ^{n + 1} - 1$ .

Corrigé :

Vrai. On utilise si $q \neq 1$ , $\displaystyle \sum _{k = 0} ^{n}q ^k = \frac {1 - q ^{n + 1}} { 1- q}$

Question 5
Si $n \in \mathbb{N}$ et $\textrm{j} =\textrm{e} ^{2 \, \textrm{i} \, \pi /3}\,$ , $\displaystyle \sum _{k = 0} ^{3\,n + 2 } j ^k = 0$ .

Corrigé :

Vrai. On utilise si $q \neq 1$ ,
$\quad \quad \displaystyle \sum _{k = 0} ^{3 \, n + 2}q ^k = \frac {1 - q ^{3 n + 3}} { 1- q}$
et $\textrm{j} ^{3 n + 3} = \left ( \textrm{j} ^{3 }\right ) ^{n + 1} = 1^{n + 1} = 1$ .

Question 6
Soient $n \in \mathbb{N}^*$ et $(a_k)_{1 \leq k \leq n}$ une famille de complexes.
$\quad \quad \quad \displaystyle \sum _{k = 1} ^{n } a_k = \sum _{p = 1} ^{n } a_{n + 1 - p} \,$ .

Corrigé :

Vrai. En posant $k = n + 1 - p$ soit $p = n + 1 - k$ , lorsque $k$ varie de $1$ à $n$ , $p$ varie de $n + 1 - 1$ à $n + 1 - n = 1$
$\quad \quad \displaystyle \sum _{k = 1} ^{n } a_k = \sum _{p = 1} ^{n } a_{n + 1 - p}\,$ .

Question 7
Soient $n \in \mathbb{N}^*$ et $(u_k)_k$ une suite réelle ou complexe.
$\displaystyle \sum _ {k = 1} ^n \left ( u_k - 2 u_{k + 1} + u_{k + 2} \right ) =$ $\quad \quad \quad \quad \quad u_1 + u_2 - u_n - u_{n + 2}\,$ .

Corrigé :

Faux. On pose $a _k = u_k - u_{k + 1}\,$ .
On remarque que $\quad u_k - 2 u_{k + 1} + u_{k + 2} = a_{k} - a_{k + 1}$
puis on utilise un télescopage :
$\displaystyle S = \sum _ {k = 1} ^n \left ( u_k - 2 u_{k + 1} + u_{k + 2} \right )$
$\displaystyle S = \sum _ {k = 1} ^n \left ( a_k - a_{k + 1} \right )$
$\displaystyle S = \sum _ {k = 1} ^n a_k - \sum _ {k = 1} ^n a_{k + 1}$
en posant $p = k + 1$ ,
$\displaystyle S = \sum _ {k = 1} ^n a_k - \sum _ {p = 2} ^{n + 1} a_{p}$
$S = a_1 - a_{n + 1}$ $S= u_1 - u_2 - u_{n + 1} + u_{n + 2}\,$ .

Question 8
Soient $n \in \mathbb{N}^*$ et $(u_k)_k$ une suite réelle ou complexe.
$\quad \quad \displaystyle \sum _ {k =0} ^n u_{2 k} = \sum _ {k = 0} ^{2 \,n} u_p \,$ .

Corrigé :

Faux (sauf si les termes $u_{2 k + 1}$ sont tous nuls).
On a ajouté dans la somme tous les termes d’indices $2\, p + 1$ avec $0 \leq p \leq n - 1$ .

👍 On retiendra qu’il est impossible d’utiliser un changement d’indice $k = 2 \, p$ ou $k = 2\, p + 1$ .

Question 9
Soit $n \in \mathbb{N}^*$ . $\displaystyle \sum _ {k = 1} ^n k ^3 = \left ( \displaystyle \sum _ {k = 1} ^n k \right ) ^2$ .

Corrigé :

L’affirmation est vraie car
$\displaystyle \sum _ {k = 1} ^n k ^3 = \frac {n ^2(n + 1)^2} 4$
et $\displaystyle \sum _ {k = 1} ^n k = \frac {n \, (n + 1)} 2$ .

Question 10
Si $n \in \mathbb{N}^*$ , $\quad\displaystyle \sum_{k = 0 }^{2 n + 1} a_k = \sum_{k =0 }^n a_{2 k} + \sum_{k =1 }^n a_{2 k - 1}$

Corrigé :

Faux. $\displaystyle S = \sum_{k = 0 }^{2 n + 1} a_k$
On sépare les indices $k = 2 p$ avec $0 \leq 2 p \leq 2 n$ des indices $k = 2 q - 1$ avec $1 \leq 2 q - 1 \leq 2 n + 1$ ssi $1 \leq q \leq n + 1$
$\displaystyle S = \sum_{p = 0 }^{n} a_{2 p} + \sum_{q = 1 }^{n + 1}a_{2 q - 1}$

Question 11
Soient $n \in \mathbb{N}^*$ et $(a_k)_{1 \leq k \leq n}$ , $(b_k)_{1 \leq k \leq n}$ deux familles réelles ou complexes
$\quad \displaystyle \left (\sum _ {k = 1} ^n a_k \right ) \, \left (\sum _ {k = 1} ^n b_k \right ) =\sum _ {k = 1} ^n a_k \, b_k\,$ .

Corrigé :

Faux car il manque les termes $a _ i \, b_j$ si $i \neq j$
$\displaystyle \left (\sum _ {k = 1} ^n a_k \right ) \, \left (\sum _ {k = 1} ^n b_k \right ) = \sum _ {i = 1} ^n \sum _ {j = 1} ^n a_i \, b_j$

👍 Pour éviter une telle erreur prendre la précaution d’utiliser des indices différents dans les deux sommes :
c’est à dire écrire
$\displaystyle \left (\sum _ {k = 1} ^n a_k \right ) \, \left (\sum _ {k = 1} ^n b_k \right ) =$ $\displaystyle \quad \quad\quad \quad \left (\sum _ {i = 1} ^n a_i \right ) \, \left (\sum _ {j = 1} ^n b_j \right )$ .

Question 12
Soit $n \in \mathbb{N}^*$ , $\quad \quad \quad \displaystyle \sum _ {k = 1} ^n \sum _{j = k} ^n 1 = \frac {n \, (n + 1)} 2$

Corrigé :

Vrai. $\displaystyle S = \sum _ {k = 1} ^n \sum _{j = k} ^n 1$
$\displaystyle \sum _{j = k} ^n 1 = n - (k - 1) = n - k + 1$
$\displaystyle S = \sum _ {k = 1} ^n (n - k + 1)$
en posant $p = n - k + 1$ qui varie de $1$ à $n$ si $k$ varie de $1$ à $n$ :
$\displaystyle S = \sum _ {p = 1} ^n p = \frac {n \, (n + 1)} 2$ .

Question 13
Si $n \in \mathbb{N}^*,\displaystyle \sum_{k = - n }^n \frac 1 {k ^2 +1} = 2 \sum_{k =0 }^n \frac 1 {k ^2 +1}$

Corrigé :

$\displaystyle S_n = \sum_{k = - n }^n \frac 1 {k ^2 +1}$
$\displaystyle S_n = \sum_{k = - n }^{-1} \frac 1 {k ^2 +1} + \sum_{k = 0 }^n \frac 1 {k ^2 +1}$
en posant $j = - k$ dans la première somme
$\displaystyle S_n = \sum_{j = 1 }^{n} \frac 1 {(-j) ^2 +1} + \sum_{k = 0 }^n \frac 1 {k ^2 +1}$
$\displaystyle S_n = \sum_{j = 1 }^{n} \frac 1 {j ^2 +1} + \sum_{k = 0 }^n \frac 1 {k ^2 +1}$
$\displaystyle S_n = 2 \, \sum_{k = 0 }^n \frac 1 {k ^2 +1} - 1$ .

Question 14
Soit $n \in \mathbb{N}^*$ .
Si $x \in \mathbb{R}^+, \, f(x) = \displaystyle \sum _{k = 1} ^n \frac 1 {k + x}$ .
a) Si $k \in [\![1, \, n]\!]$ , $\displaystyle f(k) = \sum_{k = 1} ^n \frac 1 {2 \, k}$ .

Corrigé :

Faux. ⚠️ Si l’expression $f(x)$ est exprimée à l’aide d’un signe $\sum$ ou $\prod$ , pour calculer $f(k)$ où $k$ est un entier, $k$ ne doit pas être l’indice de sommation ou de produit. Si nécessaire, changer le nom de l’indice de sommation ou de produit.
Il faut noter aussi que la relation proposée n’a pas de sens : dans $f(k)$ , l’entier $k$ est fixé alors que dans la somme, il est variable !

On écrit donc $f(x) = \displaystyle \sum _{j = 1} ^n \frac 1 {j + x}$
donc $f(k) = \displaystyle \sum _{j = 1} ^n \frac 1 {j + k}$
en posant $p = j + k$ , $f(k) = \displaystyle \sum _{p = k+1} ^{n+ k} \frac 1 {p}$ .

b) $f(-2 n) + f(n) = \displaystyle \frac 1 {2 n}$ .

Faux. La question précédente donne $f(n) = \displaystyle \sum _{p = n+1} ^{2n} \frac 1 {p}$ .
$f(-2 n) = \displaystyle \sum _{k = 1} ^{n} \frac 1 {k - 2 \,n}$
en posant $j = 2 \, n - k$ , $j$ varie de $n$ à $2\, n - 1$ lorsque $k$ varie de $1$ à $n$ .
$f(-2 \,n) = \displaystyle \sum _{j = n} ^{2\, n - 1 } \frac 1 {-j} = - \sum _{j = n} ^{2\, n - 1 } \frac 1 {j}$

$f(-2 \, n) + f(n) = - \displaystyle \sum _{j = n} ^{2\, n - 1 } \frac 1 {j} + \sum _{p = n+1} ^{2n} \frac 1 {p}$
$f(-2\, n) + f(n) = - \displaystyle \frac 1 n + \frac {1} {2\, n} = - \frac 1 {2\, n}$ .

Question 15
Soient $n \in \mathbb{N}^*$ et $(a_{i , j})_{0\leq i , j \leq n}$ une famille réelle ou complexe.
$\quad \quad \displaystyle \sum _ {i = 0}^n \sum _ {j = i} ^n a_{i ,j} = \sum _ {j = i}^n \sum _ {i = 0} ^n a_{i ,j}\,$ .

Corrigé :

Faux et n’a d’ailleurs pas de sens, la somme « extérieure » est impossible à calculer car $i$ n’est pas défini.

$A = \displaystyle \sum _ {i = 0}^n \sum _ {j = i} ^n a_{i ,j}$
est écrite sous la forme d’une seule somme : $A = \displaystyle \sum _ {0 \leq i \leq j \leq n} a_{i,j}$
Puis $j$ étant fixé dans $[\! [0 , n]\!]$ , $i$ doit alors varier de $0$ à $j$ :
$\quad \quad \quad A = \displaystyle \sum_{j = 0} ^{n} \left ( \sum _ {i = 0}^j a_{i,j} \right )$ .

Par contre, on peut intervertir les sommes dans le cas :
$\quad \quad \displaystyle \sum _ {i = 0}^n \sum _ {j = 0} ^p a_{i ,j} = \sum _ {j = 0}^p \sum _ {i = 0} ^n a_{i ,j}\,$
même si $p \neq n$ .

Question 16
Soient $n \in \mathbb{N}^*$ et $x$ et $y$ des complexes
$x ^{2 n + 1} + y ^{2 n + 1} =$ $\quad\quad \quad \quad (x + y) \displaystyle \sum _ {k = 0} ^{2 \, n} (- 1) ^k \, x^{k} y ^{2 n - k}$ .

Corrigé :

On utilise la formule de Bernoulli en remarquant que
$x ^{2 n + 1} + y ^{2 n + 1} = - (- x) ^{2 n + 1} + y ^{2 n + 1}$ avec $b = - x$ et $a = y$ .
On obtient :
$x ^{2 n + 1} + y ^{2 n + 1} =$ $\quad \quad \quad \quad (y + x ) \displaystyle \sum _ {k = 0} ^{2 \, n} ( - x)^{k} y ^{2 n - k}$

Question 17
Soient $p$ et $n$ des entiers tels que $1 \leq p < n$ , $\displaystyle \prod _{k = p} ^{n} k = \frac {n!} {p!}$

Corrigé :

on a $\displaystyle \prod _{k = p} ^{n} k = \frac {n!} {(p - 1)!}$
car $(p - 1) ! \displaystyle \prod_{k = p} ^n k = \displaystyle \prod _{k = 1} ^n k = n!\,$ .

Question 18
Soient $p$ et $n$ des entiers tels que $0 \leq p < n$ , $a \in \mathbb{C}^*$ et $(b_k)_k$ une famille de complexes.
$\quad \quad \quad \displaystyle \prod _{k = p} ^{n} (a \, b_k) = a \prod _{k = p} ^{n} b_k\,$ .

Corrigé :

$a$ du produit est en facteur de

$n - (p - 1)$ termes donc

$\quad \quad \displaystyle \prod _{k = p} ^{n} (a \, b_k) = a^{n - 1 - p}\prod _{k = p} ^{n} b_k$

⚠️ C’est une faute courante d’oublier de compter le nombre de fois où le facteur

$a$ est « sorti » du produit.

2. Des sommes et des coefficients du binôme

Exercice 1
Si $x \in \mathbb{R}$ , calculer $\displaystyle \sum _ {k = 1} ^n \binom {n} {k} \, k \, x^{k - 1}$
et $\displaystyle \sum _ {k = 0} ^n \binom {n} {k} \, \frac {x^{k + 1}} {k + 1}$ .

Corrigé :

$\bullet$ En dérivant $f$ telle que $f(x) = \displaystyle \sum _ {k = 0} ^n \binom {n} {k} \, x^{k} = (1 + x) ^n$ ,
on obtient
$f'(x) = \displaystyle \sum _ {k = 1} ^n \binom {n} {k} \, k \, x^{k - 1} = n\, (1 + x)^{n - 1}$

$\bullet$ Puis par intégration,
$\displaystyle \int_0 ^x f(t)\, \textrm{d} \, t = \sum _ {k = 0} ^n \binom {n} {k} \, \frac {x^{k + 1}} {k + 1}$
et $\displaystyle \int_0 ^x f(t)\, \textrm{d} \, t = \left [ \frac {(1 + t)^{n + 1}} {n + 1} \right ] _ 0 ^x$
donc $\displaystyle \sum _ {k = 1} ^n \binom {n} {k} \, \frac {x^{k + 1}} {k + 1} = \frac {(1 + x) ^{n + 1} - 1} {n + 1}$ .

Exercice 2
Appliquer la formule du triangle de Pascal pour calculer $\displaystyle \sum _ {k = p} ^n \binom {k} {p}$ lorsque $1 \leq p \leq n$ .

Corrigé :

$\displaystyle S_n = \sum _{k = p} ^ n \binom {k}{p}$ .
Par la formule du triangle de Pascal (valable si $k > p$ ),
$\displaystyle S_n = \binom {p}{p} + \sum _{k = p+1} ^{n} \left ( \binom {k + 1 }{p+ 1 } - \binom {k}{p+ 1 } \right )$
$\displaystyle \; = 1 + \sum_{k =p+1}^ {n}\binom {k+ 1 }{p+ 1 } - \sum _{ k =p+1}^{n}\binom {k }{p+ 1 }$
avec $i = k + 1$ ,
$\displaystyle\;= 1+ \sum_{i =p+2}^{ n +1} \binom {i }{p+ 1 } - \sum _{ k =p+1}^{n}\binom {k }{p+ 1 }$
$\displaystyle S_n = 1+ \binom {n + 1 }{p+ 1 } -\binom {p + 1 }{p+ 1 } = \binom {n + 1} {p + 1}$

Exercice 3
Démontrer par récurrence que si $0\leq p \leq n$ , $\displaystyle \sum _ {k = p} ^n \binom {k} {p} = \binom {n + 1 } {p+ 1}$ .

Corrigé :

Inconvénient : il faut connaître la formule si elle n’est pas donnée alors que la méthode de l’exercice 3 ne nécessite pas de connaître le résultat.

On note si $n \geq p$
$\quad \quad H_n$ : $\displaystyle \sum _ {k = p} ^n \binom {k} {p} = \binom {n + 1 } {p+ 1}$ .

$\ast$ Pour $n = p$ , la propriété est évidente car elle s’écrit $1 = 1$ .

$\ast$ On suppose qu’elle est vraie au rang $n \geq p$ . Par l’hypothèse de récurrence,
$\displaystyle S_{n + 1} = \sum_{k = p} ^{n + 1} \binom {k}{p}= S_n + \binom {n+1 }{p}$ $\displaystyle S_{n + 1} = \binom {n +1 }{p+1 }+ \binom {n +1 }{p}$
On termine par la formule du triangle de Pascal : $\displaystyle S_{n + 1} =\binom {n +2 }{p+ 1 }$ .

La propriété est vraie au rang $n + 1$ . Elle a été démontrée par récurrence.

Exercice 4
Utiliser $\displaystyle \sum _{k = p} ^ n \binom {k}{p} = \binom {n + 1}{p+ 1}$ pour calculer $\displaystyle \sum _ {k = 1} ^n k$ , $\displaystyle \sum _ {k = 1} ^n k ^2$ et $\displaystyle \sum _ {k = 1} ^n k^3$ .

Corrigé :

$\bullet$ En prenant $p = 1$ , $\displaystyle \sum _{k = 1} ^ n k = \binom {n + 1}{2} = \frac {n(n + 1)} 2$ .

$\bullet$ En prenant $p = 2$ ,
$\displaystyle \sum _{k = 2} ^ n \frac {k(k - 1)} 2 = \binom {n + 1}{3}$ $\displaystyle \sum _{k = 2} ^ n \frac {k(k - 1)} 2 = \frac {n(n + 1)(n - 1)} 6$
On peut commencer la somme à $k = 1$ car le terme est nul pour $k = 1$
On obtient après multiplication par 2 :
$\displaystyle \sum _{k = 1} ^ n (k ^2 - k) = \frac {n(n + 1)(n - 1)} 3$
soit $\displaystyle \sum _{k = 1} ^ n {k ^2 } = \sum _{k = 1} ^ n {k } + \frac {n(n + 1)(n - 1)} 3$
$\displaystyle \sum _{k = 1} ^ n {k ^2 } = \frac {n (n + 1)} 2 + \frac {n(n + 1)(n - 1)} 3$
$\displaystyle \sum _{k = 1} ^ n {k ^2 } = \frac {n (n + 1)(2 n + 1)} 6$ .

$\bullet$ En prenant $p = 3$ ,
$\displaystyle \sum _{k = 3} ^ n \frac {k(k - 1)(k - 2) } 6 = \binom {n + 1}{4}$
$\displaystyle\quad \quad \quad = \frac {n(n + 1)(n - 1)(n - 2) } {24}$
On commence la somme à $k = 1$ car le terme est nul pour $k = 1$ et $k = 2$ .
On obtient après multiplication par 6 :
$\displaystyle \sum _{k = 1} ^ n (k ^3 - 3\, k^2 + 2\, k ) =$ $\displaystyle \quad \quad \quad \quad \frac {n(n + 1)(n - 1)(n - 2) } 4$
$\displaystyle \sum _{k = 1} ^ n {k ^3} = 3 \sum _{k = 1} ^ n {k ^2 } - 2 \sum _{k = 1} ^ n {k }$
$\displaystyle +\, \frac {n(n + 1)(n - 1)(n - 2) } 4$
$\displaystyle \sum _{k = 1} ^ n {k ^3} = \frac {n(n + 1)(2 n + 1)} 2 - n(n + 1)$
$\displaystyle + \frac {n(n + 1)(n - 1)(n - 2) } 4$
Après calculs :
$\displaystyle \sum _{k = 1} ^ n {k ^3} = \frac {n^2\,(n + 1)^2 } 4$ .

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3. Des calculs de sommes

Exercice 1
Si $n > 1$ , $\displaystyle \sum _ {k = n + 1} ^{2 n} \frac 1 k \geq \frac {7} {12}$ .

Corrigé :

Vrai. $\bullet$ $S_{n + 1} = \displaystyle \sum _{k = n + 2} ^{2 n + 2} \frac 1 k$
$S_{n + 1 } = S_n \displaystyle - \frac 1 {n + 1} + \frac 1 {2 n + 1} + \frac 1 {2 n + 2}$
$S_{n + 1 } = S_n \displaystyle - \frac 1 {2 n + 2} + \frac 1 {2 n + 1}$
$S_{n + 1} - S_n = \displaystyle \frac 1 {(2 n + 1) (2 n + 2)}$
La suite $(S_n)_{n > 1}$ est strictement croissante.

$\bullet$ $S_2 = \displaystyle \sum _ {k = 3} ^{4} \frac 1 k = \frac 1 3 + \frac 1 4 = \frac 7 {12}$ .

Pour tout $n \geq 2, \, S_n \geq S_2 \geq \displaystyle \frac {7} {12}$ .

Exercice 2
Soit $n \in \mathbb{N}^*$ .
$\displaystyle \sum _{k = 1} ^n (-1) ^{k + 1} k ^2 = (-1) ^n \, \frac {n(n + 1)} 2$

Corrigé :

Vrai. Si $n \in \mathbb{N}^*,$ on note $H_n : \displaystyle \sum _{k = 1} ^n (-1) ^{k + 1} k ^2 = (-1) ^n \, \frac {n(n + 1)} 2$

$\bullet$ Pour $n = 1$
$\displaystyle S_n = \sum _{k = 1} ^1 (-1) ^{k + 1} k ^2 = - 1$ $\displaystyle S_n = (-1) ^1 \, \frac {1(1 + 1)} 2$
la propriété est vraie.

$\bullet$ On suppose que $H_n$ est vraie.
$\displaystyle S_{n + 1} = \sum _{k = 1} ^{n + 1} (-1) ^{k + 1} k ^2$
$S_{n + 1} = S_n + (-1) ^{n + 1} (n + 1) ^2$
En utilisant $H_n$ : $S_{n + 1}$ est égal à
$\; = \displaystyle (-1) ^n \, \frac {n(n + 1)} 2 + (-1) ^{n + 1} (n + 1)^2$
$\; = \displaystyle (-1) ^{n + 1} \, \frac {(n + 1)} 2 \left ( 2 (n + 1) - n \right )$
$S_{n + 1} = \displaystyle (-1) ^{n + 1} \, \frac {n + 1 } 2 \left ( n + 2 \right )$
ce qui justifie $H_{n + 1}\,$ .

La propriété est démontrée par récurrence.

Exercice 3
Soit $n \in \mathbb{N}^*$ .
$\displaystyle \sum _{k = 1} ^n \frac {k ^2} {4 \, k ^ 2 - 1} = \frac {n(n + 1)} {2(2 \, n + 1)}$

Corrigé :

Vrai. Si $n \in \mathbb{N}^*$ , on note
$\quad H_n : \displaystyle \sum _{k = 1} ^n \frac {k ^2} {4 \, k ^ 2 - 1} = \frac {n(n + 1)} {2(2 \, n + 1)}$ .

$\bullet$ Pour $n = 1$ ,
$\displaystyle S_1 = \sum _{k = 1} ^1 \frac {k ^2} {4 \, k ^ 2 - 1} = \frac 1 3 = \frac {1.2} {2 . 3}$
donc $H_1$ est démontrée.

$\bullet$ On suppose que $H_n$ est vraie.
$\displaystyle S_{n + 1} = S_n + \frac {(n + 1)^2} {4(n + 1)^2 - 1}$
$\displaystyle S_{n + 1} = \frac {n(n + 1)} {2(2 \, n + 1)} + \frac {(n + 1)^2 }{(2 n + 3)(2 n + 1)}$
$\displaystyle = \frac {n + 1} {2(2 \, n + 1)(2 n + 3) }\left ( n(2 n + 3) + 2 n + 2\right )$
$n(2\, n + 3) + 2 \,n + 2 = 2 \, n ^2 + 5 \, n + 2$ $n(2\, n + 3) + 2\, n + 2 = (2\, n + 1) (n + 2)$
$\displaystyle S_{n + 1} = \frac {(n + 1)(n + 2) } {2(2 \, n + 3) }$
ce qui justifie $H_{n + 1}\,$ .

La propriété est démontrée par récurrence.

Exercice 4
Soit $n \in \mathbb{N}^*$ . Calculer $S_n = \displaystyle \sum _{k = 1 } ^n \frac 1 {1 + 2 + \, \cdots \, + k} \,$ .

Corrigé :

On utilise

$\displaystyle \sum _{i = 1} ^k i = \frac {k(k + 1)} 2$
donc

$\displaystyle \frac 1 {1 + 2 + \, \cdots \, + k} = \frac 2 {k(k + 1)}$
puis

$2 = 2(k + 1) - 2\, k$
donc

$\displaystyle \frac 2 {k(k + 1)} = \frac {2(k + 1) - 2 k } {k(k + 1)}$

$\displaystyle \frac 2 {k(k + 1)} = \frac {2} {k } - \frac 2 {k + 1}$ .
On note dans la suite

$a _k = \displaystyle \frac 2 k$ .

$\displaystyle \frac 2 {k(k + 1)} = a_k - a_{k + 1}$

$S_n = \displaystyle \sum _{k = 1 } ^n (a_k - a_{k + 1} )$
par télescopage

$S_n = a_1 - a_{n + 1} = \displaystyle 2 - \frac 2 {n + 1} = \frac {2 \, n} {n + 1}\,$ .

Exercice 5 Formule de Vandermonde
Soit $n\in \mathbb{N}^*$ . $\displaystyle \sum _{k = 0} ^n \binom n k ^2 = \binom {2n} n$ .

Corrigé :

Cette démonstration nécessite de savoir faire le produit de deux polynômes.

On utilise $\quad (1 + \textrm{X}) ^n \, (1 + \textrm{X}) ^n = (1 + \textrm{X}) ^{2 n}$
soit $\displaystyle \left ( \sum _{i = 0} ^n \binom {n} i \textrm{X}^i \right ) \, \left ( \sum _{j = 0} ^n \binom {n} j \textrm{X}^j \right )$ $\displaystyle \quad \quad \quad \quad = \sum _{p = 0} ^{2\,n} \binom {2\, n} p \textrm{X}^p$ .
Puis on égale les coefficients de $\textrm{X}^n\,$ :
$\displaystyle \binom {2 \,n} n = \sum _{i + j = n} \binom {n} i \, \binom {n} j$
donc
$\displaystyle \binom {2 \, n} n = \sum _{k = 0 }^n \binom {n} k \, \binom {n} {n - k}$
ce qui s’écrit aussi
$\displaystyle \binom {2\, n} n = \sum _{k = 0 }^n \binom {n} k \, \binom {n} { k}$
et on a obtenu la relation.

👍 On peut aussi démontrer que si $a$ et $b \in\mathbb{N}^*$ et $0 \leq k \leq a + b$ :
$\quad \quad \displaystyle \binom {a + b } k = \sum _{ i + j = k } \binom {a} i \, \binom {b} {j}$
ce qui peut s’écrire
$\displaystyle \binom {a + b } k = \sum _{i = \max (0 , \, k - b ) }^{\min(a , \, k)} \binom {a} i \, \binom {b} {k -i}$

Pour cela on utilise $\quad (1 + \textrm{X}) ^a \, (1 + \textrm{X}) ^b = (1 + \textrm{X}) ^{a + b }$
et on détermine le coefficient de $\textrm{X}^k$
On transforme la somme en choisissant
$\quad \; \; 0 \leq i \leq a , 0\leq k - i \leq b$
ssi $0 \leq i \leq a , \, k - b \leq i \leq k$
ce qui donne $\quad \quad \max (0 , \, k - b ) \leq i \leq \min(a ,\, k)$ .

Exercice 6
Soit $n\in \mathbb{N}^*$ . Calculer $\displaystyle \sum _{k = 0} ^n ( - 1) ^k \binom n k ^2$

Corrigé :

On utilise $(1 - \textrm{X}) ^n \, (1 + \textrm{X}) ^n = (1 - \textrm{X}^2 ) ^{ n}$
soit $\displaystyle \left ( \sum _{i = 0} ^n \binom {n} i (- 1) ^i \textrm{X}^i \right ) \, \left ( \sum _{j = 0} ^n \binom {n} j \textrm{X}^j \right )$ $\displaystyle \quad \quad \quad \quad = \sum _{p = 0} ^n \binom {n} p \textrm{X}^{2 \, p}$
et on calcule le coefficient $c_n$ de $\textrm{X}^n$
par le produit des deux polynômes :
$\displaystyle c_n = \sum _{i + j = n} \binom {n} i (- 1) ^i \, \binom {n} j$
$\displaystyle c_n = \sum _{k = 0}^n (- 1) ^k \binom {n} k \, \binom {n} {n - k}$
$\displaystyle c_n = \sum _{k = 0} ^n (-1) ^k \binom {n} k \, \binom {n} {k}$

Si $n$ est impair, on en déduit que
$\displaystyle \sum _{k = 0} ^n ( - 1) ^k \binom n k ^2 = 0$
et si $n = 2 \,p$ où $p \in \mathbb{N}$ ,
$\displaystyle \sum _{k = 0} ^n ( - 1) ^k \binom n k ^2 = (-1) ^p \binom {n} {p}$ .

Exercice 7
Soit $n \in \mathbb{N}^*$ et $(x_k)_{1 \leq k \leq n}$ une famille de réels telle que
$\quad \quad \quad \displaystyle \sum _ {k = 1} ^n x_k ^2 = \sum _ {k = 1} ^n x_k = n$ ,
alors $\forall \, k \in [\! [1 , \, n]\!], x_ k = 1$

Corrigé :

$\displaystyle S = \sum _ {k = 1 } ^n (x_ k - 1) ^2$
$S =\displaystyle \sum _ {k = 1} ^n x_k ^2 - 2 \sum _ {k = 1} ^n x_k + \sum _ {k = 1} ^n 1$
donc $S = n - 2 \, n + n$ .
$S$ est nulle et c’est la somme de $n$ réels positifs ou nuls, donc
$\forall k \in [\! [1 , \, n]\!], (x_ k - 1) ^2 = 0$ , soit $x_k = 1$ .

Exercice 8
Si $n \in \mathbb{N}^*, \displaystyle \sum _{k = 1}^n \binom n k \frac {(-1) ^k} k = \sum _{k = 1} ^n \frac 1 k$

Corrigé :

$f(x) = \displaystyle \sum _{k = 1} ^n \binom n k \frac {(-1) ^k} k \, x^k$
$f'(x) = \displaystyle \sum _{k = 1} ^n \binom n k k \, \frac {(-1) ^k} k \, x^{k - 1}$
$f'(x) = \displaystyle \sum _{k = 1} ^n \binom n k (-1) ^k x^{k - 1}$
$x \, f'(x) = \displaystyle \sum _{k = 1} ^n \binom n k (-1) ^k x^{k}$
$x \, f'(x) = (1 - x) ^{n } - 1$ .
Si $x \neq 0$ , $f'x) = - \displaystyle \frac {(1 - x) ^{n } - 1}{ (1 - x) - 1}$
$f'(x) = \displaystyle - \sum _ {k = 0} ^{n - 1} (1- x) ^{k }$
La propriété reste vraie si $x = 0$ car $f'(0) = 0$ .

Puis $f(1) - f(0) = \int_{0} ^1 f'(x) \, \textrm{d} x$
$f(1) = \displaystyle \left [ \sum _{k = 0} ^{n - 1} \frac {(1 - x)^{k + 1} }{k + 1} \right]_0 ^1$
$f(1) = - \displaystyle \sum _{k = 0} ^{n - 1}\frac 1 {k + 1}$
et en posant $p = k + 1$ ,
$\displaystyle \sum _{k = 1}^n \binom n k \frac {(-1) ^k} k = \sum _{p = 1} ^n \frac 1 n$ .

Exercice 9
Si $n \in \mathbb{N}^*$ , calculer $S_n = \displaystyle \sum _ {k = 1} ^{n ^2 - 1} \left \lfloor \sqrt{k} \right \rfloor$

Corrigé :

On écrit une partition de $[\! [1 \,, \, n ^2 - 1]\! ]$ faisant intervenir les carrés des entiers entre 1 et $n ^2 - 1$
$[\! [1 \,, \, n ^2 - 1]\! ] = \displaystyle \bigcup _{p = 1} ^{n - 1} [\! [p ^2 \,, \, (p + 1) ^2 - 1]\! ]$
$\displaystyle S_n = \sum _ {p = 1} ^{n - 1} \left ( \sum _ {k = p ^2} ^{(p + 1) ^2 - 1} \left \lfloor \sqrt{k}\right \rfloor \right )$
lorsque $k \in [\! [p ^2 \,, \, (p + 1) ^2 - 1]\! ],\, \left \lfloor \sqrt{k}\right \rfloor = p$
donc
$A_p = \displaystyle \sum _ {k = p ^2} ^{(p + 1) ^2 - 1} \left \lfloor \sqrt{k} \right \rfloor = \sum _ {k = p ^2} ^{(p + 1) ^2 - 1} p$
$A_p = p\, \left ((p + 1) ^2 - p^2 \right ) = p\, (2\, p + 1 )$
Donc $S_n = \displaystyle \sum _ {k = 1} ^{n - 1} (2 \, p ^2 + p)$
$S_n = \displaystyle 2 \sum _ {p= 1 } ^{n - 1} p ^2 + \sum _ {p = 1} ^{n - 1} p$
$S_n = \displaystyle \frac {(n - 1) n (2 \, n - 1) } 3 + \frac {(n - 1) n } 2$
$S_n = \displaystyle \frac {n(n - 1)} 6 (4 \, n - 2 + 3)$
$S_n = \displaystyle \frac {n(n - 1)(4 \, n + 1)} 6$ .

Exercice 10
Calculer si $n \in \mathbb{N}^*$ ,
$\quad \quad \displaystyle \sum _ {k = 1}^n \ln \left ( 1 + \frac 4 {k(k + 4)} \right )$ .

Corrigé :

$\displaystyle 1 + \frac 4 {k(k + 4) }= \frac {k ^2 + 4 \, k +4} {k ( k + 4)}$
donc $\displaystyle \ln \left ( 1 + \frac 4 {k(k + 4)} \right )$ $\quad\quad \quad = 2 \ln(k + 2) - \ln(k) - \ln(k + 4)$
On note $\varphi(k) = \ln(k + 2) - \ln(k)$
$\displaystyle \ln \left ( 1 + \frac 4 {k(k + 4)} \right ) = \varphi(k) - \varphi(k + 2)$

$\displaystyle S_n= \sum _ {k = 1}^n \ln \left ( 1 + \frac 4 {k(k + 4)} \right )$
$\displaystyle S_n =\sum _ {k = 1}^n \left (\varphi(k) - \varphi(k + 2)\right )$
$\displaystyle S_n =\sum _ {k = 1}^n \varphi(k) - \sum _ {k = 1}^n \varphi(k + 2)$
en posant $p = k + 2$ ,
$\displaystyle S_n =\sum _ {k = 1}^n \varphi(k) - \sum _ {p = 3}^{n + 2} \varphi(p)$
$S_n = \varphi(1)+ \varphi(2) - \varphi(n+1)- \varphi(n +2)$
$S_n = \ln(3) + \ln(4) - \ln(2) - \ln(n + 3 )$ $\quad \quad + \ln(n +1) - \ln(n + 4) + \ln(n + 2)$
$S_n = \ln(6) + \ln\left ((n + 1)(n + 2)\right )$ $\quad \quad \quad\quad \quad \quad \quad - \, \ln \left ((n + 3)(n +4) \right )$ .

$\$$ \$

4. Calcul de produits

Exercice 1
Si $n \in \mathbb{N}$ et $n \geq 2$ , calculer
$\quad \quad \quad \displaystyle \prod _ {k = 2} ^n \left ( 1 - \frac 1 {k ^2} \right )$ .

Corrigé :

$\bullet$ $P_n = \displaystyle \prod _ {k = 2} ^n \left ( 1 - \frac 1 {k ^2} \right )$
$P_n = \displaystyle \prod _ {k = 2} ^n \left ( 1 - \frac 1 {k} \right )\left ( 1 + \frac 1 {k} \right )$
$P_n = A_n \, B_n$ avec
$\displaystyle A _ n = \prod _ {k = 2} ^n \left ( 1 - \frac 1 {k} \right )$
et $\displaystyle B_n = \prod _ {k = 2} ^n \left ( 1 + \frac 1 {k} \right )$ .

$\bullet$ $\displaystyle A _ n = \prod _ {k = 2} ^n \frac {k - 1} {k} = \frac {a_n} {b_n}$
avec $\displaystyle a_n = \prod _ {k = 2} ^n (k - 1) = \prod _ {p = 1} ^{n - 1} p = (n - 1)!$
$\displaystyle b_n = \prod _ {k = 2} ^n k =\prod_{k = 1} ^n k = n!$
$A_n = \displaystyle \frac {(n - 1)! } {n !} = \frac 1 n$ .

$\bullet$ $\displaystyle B_n = \prod _ {k = 2} ^n \left ( 1 + \frac 1 {k} \right )= \frac {c_n} {b_n}$
avec $\displaystyle c_n = \prod _ {k = 2} ^n (k + 1) = \prod _ {p = 3} ^{n + 1} p = \frac {(n + 1)!} 2$
$B_n = \displaystyle \frac {(n + 1)! } {2 \, n !} = \frac {n + 1} 2$ .

D’où $\displaystyle P_n = \frac {n + 1} {2 \, n}\,$ .

Exercice 2
Exprimer à l’aide factorielles
$\quad \quad \quad \displaystyle \prod _{k = 1} ^{n } (2\, k + 1)$ .

Corrigé :

$\displaystyle P _n = \prod _{k = 1} ^{n } (2 \, k + 1)$ .
On utilise ensuite $1 =\displaystyle \frac {2 \, k} {2\, k}$ pour obtenir :
$\displaystyle P _n = \prod _{k = 1} ^{n }\left ((2 \, k) \, (2 \, k + 1)\right ) \, \prod _{k = 1} ^n \frac 1 {2\, k}$
$u_n = \displaystyle \prod _{k = 1} ^{n }\left ( (2 \, k) \, (2\, k + 1) \right )= \prod _{p = 2} ^{2n +1 } p$ $u_n = (2 \, n + 1)!$
et $v_n = \displaystyle \prod _{k = 1} ^n {(2\, k)} = 2 ^n \prod _{k = 1} ^n k = 2 ^n \, n!$

$P_n= \displaystyle \frac {u_n} {v_n} = \frac {(2 \, n + 1)!} {2 ^n \, n!}$ .

C’est un calcul que vous allez souvent retrouver.
👍 Il faudra penser à écrire $\quad \quad \quad \displaystyle 1 = \frac {2 . 4 . \, \cdots \, .(2\, n)} {2 . 4 . \, \cdots \, .(2\, n)}$ .

Exercice 3
Si $n \in \mathbb{N}^*$ et $x \in \mathbb{R}$
$\quad \quad P_n(x) = \displaystyle \prod_ {k = 1 }^n \left ( 1 + \frac {x} k \right)$ .
Question 1
Exprimer $P_n(x)$ en fonction de $x,\, n$ et $P_n(x- 1)$ lorsque $x \neq 0$ .

Corrigé :

$\displaystyle P_n(x) = \prod_{k = 1} ^n \frac {x + k} k$
donc $\displaystyle P_n(x - 1 ) = \prod_{k = 1} ^n \frac {x + k- 1} k$ .
En posant $p = k - 1$ ,
$\displaystyle P_n(x - 1 ) = \prod_{p = 0} ^{n - 1} \frac {x + p} {p + 1} =x \, \prod_{p = 1} ^{n - 1} \frac {x + p} {p + 1}$

Puis on utilise $\displaystyle \frac 1 {p + 1} = \frac 1 p \, \frac {p} {p + 1}$
$\displaystyle P_n(x - 1 ) =x \, \prod_{p = 1} ^{n - 1} \frac {x + p} {p }\, \prod_{p = 1} ^{n - 1} \frac {p} {p + 1 }$

On remarque que $\displaystyle \prod_{p = 1} ^{n - 1} \frac {p} {p + 1 } = \frac {a_n} {b_n}$
avec $\displaystyle a_n = \prod_{p = 1} ^{n - 1} {p} = (n - 1)!$
et $\displaystyle b_n = \prod_{p = 1} ^{n - 1} {(p +1) } = \prod_{k = 2} ^{n} {k } = n!$
donc $\displaystyle \prod_{p = 1} ^{n - 1} \frac {p} {p + 1 } = \frac {1} {n}$
et alors $\displaystyle P_n(x - 1 ) = \frac {x} n \, \prod_{p = 1} ^{n - 1} \frac {x + p} {p }$
donc $\displaystyle P_n(x) = \frac {x + n} n \prod_{p = 1} ^{n - 1} \frac {x + p} {p }$

$P_n(x) = \displaystyle \frac {x + n} x \, P_n(x - 1)$ .

Question 2
Exprimer si $p \in \mathbb{N}^*$ , $P_n(p)$ à l’aide de coefficients du binôme.

Corrigé :

Si $p \in \mathbb{N}$ , $\displaystyle P_n(p) = \frac {u_n } {v_n}$
avec $v_n = \displaystyle \prod _{k = 1} ^n k = n!$
et $u_n = \displaystyle \prod _{k = 1} ^n {(k + p)} = \prod _{i = p + 1} ^{p + n} i$
en posant $i = k + p$ , $u_n = \displaystyle \frac {(p + n)!}{p!}$ .

$P_n(p) = \displaystyle \frac {(p + n)!} {p!\; n! } = \binom {p + n} n$ .

Exercice 4
Si $n\in \mathbb{N}^*$ , simplifier $\displaystyle \prod _{i = 1} ^{n }\; \prod _{j = 1} ^{n } i ^j$ .

Corrigé :

Soit $P_n = \displaystyle \prod _{i = 1} ^{n } \; \prod _{j = 1} ^{n } i ^j$ .
$\displaystyle u_ i = \prod _{j = 1} ^{n } i ^j = i ^{N}$
avec $N= \displaystyle \sum _{j = 1} ^n j = \frac {n(n + 1)} 2$
donc $u_i = i ^N$ et $P_n = \displaystyle \prod _{i = 1} ^{n } u _i = \prod _{i = 1} ^{n } i ^N$

$P_n = \displaystyle \left ( \prod _{i = 1} ^{n } i \right ) ^N = (n!) ^N$
soit $P_n = (n!) ^{n(n + 1)/2} \;$ .

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5. Sommes doubles

Exercice 1
Si $n \in \mathbb{N}^*$ , calculer $\displaystyle \sum _ {1 \leq i < j \leq n} i \, j\,$ .

Corrigé :

On note $A = \displaystyle \sum _ {1 \leq i , j \leq n} i \, j\,$ .
$\bullet$ Transformation de $A$ : on introduit
$S = \displaystyle \sum _ {1 \leq i < j \leq n} i \, j\,$ , $T = \displaystyle \sum _ {1 \leq j < i \leq n} i \, j$
et $U = \displaystyle \sum _ {1 \leq i = j \leq n} i \, j = \sum _{i = 1} ^n i ^2 \, \,$ .

Par symétrie, $S = T$ .
Comme $[\![1 \,,\, n]\!]^2$ est réunion des trois ensembles 2 à 2 disjoints :
$\{(i ,\, j) \in \mathbb{N}^2\, , \, 1 \leq i < j \leq n\}$ ,
$\{(i ,\, j)\in \mathbb{N}^2 \, , \, 1 \leq j < i \leq n\}$ ,
et $\{(i , \, i)\in \mathbb{N}^2 \, , \, 1 \leq i \leq n\}$ ,
$A = S + T + U = 2 S + U$ .

$\bullet$ Calcul de $A$ .
$A = \displaystyle \sum _ {1 \leq i , j \leq n} i \, j$
$A = \displaystyle \left ( \sum _ {i = 1} ^n i \right ) \left ( \sum _ {j = 1} ^n j \right )$
$A = \displaystyle \left ( \frac {n (n + 1)} 2 \right ) ^2 = \frac {n^2(n + 1)^2}4$ .

$\bullet$ Conclusion
$U = \displaystyle \sum _ {i = 1} ^n i^2 = \frac {n(n + 1)(2 n + 1)} 6$ .
$2 \, S = A - U$ $2 \, S = \displaystyle \frac {n^2(n + 1)^2}4 - \frac {n(n + 1)(2\, n + 1)} 6$
$2\, S = \displaystyle \frac {n (n + 1)} {12} (3\, n ^2 + 3 \, n - 4 \, n - 2)$
et $3\, n ^2 - n - 2 = (n - 1)(3\, n + 2)$
$S =\displaystyle \frac {n (n^2 - 1)(3\, n + 2)} {24}$ .

Exercice 2
Si $n \in \mathbb{N}^*$ , calculer $\displaystyle \sum _ {1 \leq i \leq j \leq n} i ^2$ .

Corrigé :

$A =\displaystyle \sum _ {1 \leq i \leq j \leq n} i ^2$
$A =\displaystyle \sum _ {i = 1} ^n \left ( \sum _ {j = i} ^n i ^2 \right )$
$A = \displaystyle \sum _ {i = 1} ^n \left (i ^2 (n - i + 1) \right )$
$A = \displaystyle (n + 1) \, \sum _ {i = 1} ^n i ^2 -\sum _ {i = 1} ^n i ^3$
$A = \displaystyle \frac {n(n + 1) ^2 (2 \, n + 1)} 6 - \frac {n^2(n + 1)^2} 4$
$A = \displaystyle \frac {n( n + 1)^2} {12} ( 4\, n + 2 - 3 \, n)$
$A = \displaystyle \frac {n( n + 1)^2(n + 2)} {12}$ .

Exercice 3
Si $n \in \mathbb{N}^*$ , calculer $\displaystyle \sum _ {i = 1} ^n \sum _{j = 1} ^n \min(i \, , \, j)$ .

Corrigé :

$A = \displaystyle \sum _ {i = 1} ^n \sum _{j = 1} ^n \min(i \, , \, j)$ .

$\bullet$ On traduit d’abord si $1 \leq i \leq n$
$S_i = \displaystyle \sum _{j = 1} ^n \min(i \, , \, j)$ $S_i \displaystyle = \sum _{j = 1} ^i \min(i \, , \, j) + \sum _{j = i + 1} ^n \min(i \, , \, j)$
dans la première somme, $\min(i , j) = j$ et dans la deuxième somme, $\min(i , j) = i$ ,
$S_i = \displaystyle \sum _{j = 1} ^i j + \sum _{j = i + 1} ^n i$
$S_i = \displaystyle \frac {i(i + 1)} 2 + (n - i)\, i$
$S_i = \displaystyle \frac {(2 n + 1) i - i ^2} 2$ .

$\bullet$ Conclusion
$2 \, A = \displaystyle(2 n + 1) \sum _ {i = 1} ^n i - \sum _{i = 1} ^n i ^2$
$= \displaystyle (2 n + 1) \frac {n(n + 1) } 2 - \frac {n(n + 1) (2 \, n + 1) } 6$
$2\, A = \displaystyle \frac {n(n + 1) (2\, n + 1) } 3$
et $A = \displaystyle \frac {n(n + 1) (2 \, n + 1) } 6$ .

Exercice 4
Si $n \in \mathbb{N}$ , calculer
$\quad \quad \displaystyle \sum _ {i = 0} ^n \sum _{j = 0} ^n 2 ^{\min(i \, , \, j)}\; 3 ^{\max(i , j)}$ .

Corrigé :

$\displaystyle A = \sum _ {i = 0} ^n \sum _{j = 0} ^n 2 ^{\min(i \, , \, j)}\, 3 ^{\max(i , j)}$
$\bullet$ On traduit d’abord si $0 \leq i \leq n$ ,
$S_i = \displaystyle \sum _{j = 0} ^n 2 ^{\min(i \, , \, j)} \, 3 ^{\max(i , j)}$ $S_i \displaystyle = \sum _{j = 1} ^i 2 ^{\min(i \, , \, j) } \, 3 ^{\max(i , j)}$ $\quad \quad \quad \displaystyle + \sum _{j = i + 1} ^n 2 ^{\min(i \, , \, j)} \, 3 ^{\max(i , j)}$
Dans la première somme, $\min(i , j) = j$ , $\max(i , j) = i$ et dans la deuxième somme, $\min(i , j) = i$ , $\max(i , j) = j$ ,
$S_i \displaystyle = \sum _{j = 0} ^i 2 ^{ j } \, 3 ^i + \sum _{j = i + 1} ^n 2 ^{i }\, 3 ^j$
en posant $p = j - i - 1$ ,
$\displaystyle \sum _{j = i + 1} ^n 3 ^j =\sum _{p = 0} ^{n - i - 1} 3 ^{p + i + 1}$ $\displaystyle \sum _{j = i + 1} ^n 3 ^j = 3 ^{i + 1} \frac {3 ^ {n - i} - 1} {3 - 1}$
$S_i \displaystyle =\left ( 2 ^{i + 1} - 1 \right ) \, 3 ^i + 2 ^i \; \frac {3 ^ {n +1} - 3 ^{i + 1} } 2$
$S_i = \displaystyle \frac 1 2 \, 6 ^i - 3 ^i + \frac 1 2 2 ^i \, 3^{n + 1}$ .

$\bullet$ Conclusion
$A = \displaystyle \sum _ {i = 0} ^n S_i$
$A = \displaystyle \frac 1 2 \sum _ {i = 0} ^n 6 ^i - \sum _ {i = 0} ^n 3 ^i + \frac {3 ^{n + 1}} 2 \sum _ {i = 0} ^n 2 ^i$
$A = \displaystyle \frac 1 2 \frac{ 6 ^{n + 1} - 1} {5} - \frac { 3 ^{n + 1} - 1} {2}$ $\displaystyle \quad \quad \quad \quad \quad \quad + \frac {3 ^{n + 1 }} 2 \; \frac {2 ^{n + 1} - 1} 1$
$A = \displaystyle \frac 3 5 \, 6 ^{n + 1} - {3 ^{n+1}} + \frac 2 5$ .

Exercice 5
Si $n \in \mathbb{N}$ et $n \geq 2$ , calculer
$\quad \quad \quad \displaystyle \sum _ {i = 1} ^{n - 1} \sum _{j = i +1 } ^n \frac {i^2 } j$ .

Corrigé :

$\bullet$ Pour intervertir les signes $\sum$ , on écrit la double somme avec un seul signe $\sum$
$\displaystyle S = \sum _ {i = 1} ^{n - 1} \sum _{j = i + 1 } ^n \frac {1} j = \sum_ {1 \leq i < j\leq n } \frac {i^2} j$
si $j$ est fixé entre $2$ et $n$ , $i$ varie de 1 à $j - 1$ :
$S = \displaystyle \sum _ {j = 2} ^n \sum _{i = 1} ^{j - 1} \frac {i ^2 } j = \sum _ {j = 2} ^n \frac {j(j - 1)(2 j - 1) } {6 \, j}$
on peut commencer la somme à $j = 1$ car le terme est nul si $j = 1$
$S = \displaystyle \sum _ {j = 1} ^n \frac {(j - 1)(2 \, j - 1) } {6 }$ .

$\bullet$ Fin du calcul
$S = \displaystyle \frac 1 6 \left ( 2 \sum _ {j = 1} ^n j ^2 -3 \sum _ {j = 1} ^n j + n \right )$
$= \displaystyle \frac 1 6 \left ( \frac {n(n + 1)(2 n + 1)} 3 - \frac {3 \, n(n + 1) } 2 + n \right )$
$\displaystyle S = \frac {n } {36} \left ( 2\, (n + 1) (2 n + 1) - 9\, (n + 1) + 6\right )$
$S = \displaystyle \frac {n(4 n ^2 - 3 n - 1)} {36} = \frac {n(n - 1) (4 n - 1)} {36}$

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6. Formule d’inversion de Pascal

Question 1
Soit $n \in \mathbb{N}$ .
Montrer que pour tout $i\in [\![0 \, , \, n]\!]$ , $\quad \displaystyle \sum _{k = i} ^n (-1) ^{n - k} \binom {n } k \binom {k} i = \binom n i \delta _{n , \, i}$
on note $\delta_ {n , \, p} = 0$ si $n \neq p$ et 1 si $n = p$ .

Corrigé :

$S = \displaystyle \sum _{k = i} ^n (-1) ^{n - k} \binom {n } k \binom {k} i$

$S = \displaystyle \sum _{k = i} ^n (-1) ^{n - k} \frac {n!} {k! \, (n - k)!} \, \frac {k!} {i ! \, (k - i)! }$

$S = \displaystyle \sum _{k = i} ^n \frac {(-1) ^{n - k} n!} {i! \, (n - i)!} \, \frac {(n - i)! } {(n - k) ! \, (k - i)!}$

$S = \displaystyle\binom {n} i \sum _{k = i} ^n (-1) ^{n - k} \binom {n - i} {k -i }$

puis en posant

$p = k - i$ :

$S = \displaystyle\binom {n} i \sum _{p = 0} ^{n - i} (-1) ^{n - i - p} \binom {n - i} {p}$

$S = \displaystyle\binom {n} i ( 1 - 1) ^{n - i} = \binom {n} i \, \delta_{n , \, i}$
car on obtient

$1$ si

$n = i$ et

$0$ si

$n > i$ .

Question 2
Soit $N \in \mathbb{N}^*$ et $(u_n)_{n \leq n \leq N}$ et $(v_n)_{n \leq n \leq N}$ deux familles de réels ou complexes.
$\forall \, n \leq N ,\displaystyle u_n = \sum _{k = 0} ^n \binom n k v _k$
ssi $\forall \, n \leq N ,\displaystyle v_n = \sum _{k = 0} ^n (-1) ^{n - k} \binom n k u _k \,$ .

Corrigé :

$\bullet$ Condition nécessaire.
$\displaystyle T_n = \sum _{k = 0} ^n \binom n k (-1) ^{n - k} u _k$
En utilisant la définition de $u_k\,$ :
$\displaystyle T_n = \sum _{k = 0} ^n \binom n k (- 1) ^{n - k} \, \left ( \sum _{i = 0} ^k \binom k i v _i \right )$
$\displaystyle T_n = \sum _{k = 0} ^n \, \left ( \sum _{i = 0} ^k \binom n k (- 1) ^{n - k} \binom k i v _i \right )$

Dans le but d’intervertir les sommes :
$\displaystyle T_n = \sum _{0 \leq i \leq k \leq n } (-1) ^{n - k} \binom n k \; \binom k i v _i$
$\displaystyle T_n = \sum _ {i = 0 } ^n \left ( \sum _{k = i} ^n (-1) ^{n - k} \binom n k \; \binom k i v _i \right )$
$\displaystyle T_n = \sum _ {i = 0 } ^n \left (v_i \, \sum _{k = i} ^n (-1) ^{n - k} \binom n k \; \binom k i \right )$
on utilise la première question :
$\displaystyle T_n = \sum _ {i = 0 } ^n \binom n i \; v _i \; \delta_{n ,\, i}$
seul le terme pour $i = n$ subsiste :
$\displaystyle T_n = \binom n n \; v _n \; \delta_{n , \, n} = v_n\,$ .
On a donc établi la condition nécessaire.

$\bullet$ Condition suffisante.
On définit pour tout $n \in [\![0 \, , \, N]\! ],$
$\quad \, u'_n = (-1) ^n \, v_n \;$ et $v'_n = (-1) ^n \, u_n$
La première partie donne puisque
$\forall n \leq N ,\; \displaystyle u'_n = \sum _{k = 0} ^n \binom n k v' _k$
$\displaystyle v'_n = \sum _{k = 0} ^n (-1) ^{n - k} \binom n k u' _k$
soit après multiplication par $(-1) ^n$
$\displaystyle u_n = \sum _{k = 0} ^n (-1) ^{n - k} (-1) ^n \binom n k (-1) ^k v _k$
soit $\displaystyle u_n = \sum _{k = 0} ^n \binom n k v _k \,$ .
On a donc prouvé la réciproque.

👍 Cette formule peut être utilisée pour calculer le nombre de surjections $S_{p,n}$ d’un ensemble à $p$ éléments dans un ensemble à $m$ éléments ou le nombre $D_n$ de permutations d’un ensemble à $n$ éléments sans point fixe (telles que pour tout $x$ , $f(x) \neq x$ ).

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