Exercices sur les sommes et produits corrigés (prépa MPSI, PCSI, MP2I)

Le terme général des nombres impairs est \(2k-1\), avec \(k\) de \(1\) à \(n\) :

\(\displaystyle\sum_{k=1}^{n}(2k-1)=2\sum_{k=1}^{n}k-\sum_{k=1}^{n}1=2\cdot\displaystyle\frac{n(n+1)}{2}-n=n^2+n-n=n^2.\)

La somme des \(n\) premiers impairs vaut \(n^2\). Vérification (\(n=3\)) : \(1+3+5=9=3^2\). ✓

Par linéarité :

\(\displaystyle\sum_{k=1}^{n}(2k-3)=2\sum_{k=1}^{n}k-\sum_{k=1}^{n}3=2\cdot\displaystyle\frac{n(n+1)}{2}-3n=n(n+1)-3n=n(n-2).\)

Résultat : \(n(n-2)\). Attention à \(\displaystyle\sum_{k=1}^{n}3=3n\) (il y a \(n\) termes, pas \(3\)).

On pose \(j=k-1\). Quand \(k=2\), \(j=1\) ; quand \(k=n+1\), \(j=n\). Donc :

\(\displaystyle\sum_{k=2}^{n+1}(k-1)=\sum_{j=1}^{n}j=\displaystyle\frac{n(n+1)}{2}.\)

Réflexe à garder : on recalcule les deux bornes à chaque changement d’indice.

On pose \(j=n-k\) (renversement). Quand \(k=0\), \(j=n\) ; quand \(k=n\), \(j=0\). L’indice étant muet :

\(\displaystyle\sum_{k=0}^{n}(n-k)=\sum_{j=0}^{n}j=\sum_{k=0}^{n}k.\)

Conclusion : renverser l’indice réécrit la somme « dans l’autre sens » sans la changer. C’est l’idée clé derrière la démonstration de la somme de Gauss.

Un produit de puissances de même base se transforme en une puissance dont l’exposant est une somme :

\(\displaystyle\prod_{k=1}^{n}3^k=3^{\,\sum_{k=1}^{n}k}=3^{\displaystyle\frac{n(n+1)}{2}}.\)

Mémo : \(\ln\left(\displaystyle\prod a_k\right)=\sum \ln a_k\) transforme tout produit en somme. Pour l’usage de la factorielle comme produit, \(n!=\displaystyle\prod_{k=1}^{n}k\).

On découpe par Chasles : \(\displaystyle\sum_{k=n+1}^{2n}k=\sum_{k=1}^{2n}k-\sum_{k=1}^{n}k\).

\(\displaystyle=\displaystyle\frac{2n(2n+1)}{2}-\displaystyle\frac{n(n+1)}{2}=n(2n+1)-\displaystyle\frac{n(n+1)}{2}=\displaystyle\frac{n(3n+1)}{2}.\)

Résultat : \(\displaystyle\frac{n(3n+1)}{2}\). Vérification (\(n=2\)) : \(3+4=7=\displaystyle\frac{2\cdot 7}{2}\). ✓

On développe \((k+1)^3-k^3=3k^2+3k+1\). On somme de \(1\) à \(n\) : le membre de gauche télescope.

\(\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\big((k+1)^3-k^3\big)=(n+1)^3-1\).

\(\displaystyle(n+1)^3-1=3\sum_{k=1}^{n}k^2+3\cdot\displaystyle\frac{n(n+1)}{2}+n\).

On isole : \(\displaystyle\sum_{k=1}^{n}k^2=\displaystyle\frac{1}{3}\left((n+1)^3-1-\displaystyle\frac{3n(n+1)}{2}-n\right)=\displaystyle\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}.\)

Méthode reine : télescoper \((k+1)^{p+1}-k^{p+1}\) donne toutes les sommes de puissances par récurrence implicite.

Décomposition en éléments simples : \(\displaystyle\frac{1}{k(k+1)}=\displaystyle\frac{1}{k}-\displaystyle\frac{1}{k+1}\).

\(\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\left(\displaystyle\frac{1}{k}-\displaystyle\frac{1}{k+1}\right)=1-\displaystyle\frac{1}{n+1}=\displaystyle\frac{n}{n+1}.\)

Résultat : \(\displaystyle\frac{n}{n+1}\). On reconnaît la forme \(a_k-a_{k+1}\) avec \(a_k=\displaystyle\frac{1}{k}\).

On écrit \(\displaystyle 1+\displaystyle\frac{1}{k}=\displaystyle\frac{k+1}{k}\), ce qui télescope :

\(\displaystyle\prod_{k=1}^{n}\displaystyle\frac{k+1}{k}=\displaystyle\frac{2}{1}\cdot\displaystyle\frac{3}{2}\cdots\displaystyle\frac{n+1}{n}=\displaystyle\frac{n+1}{1}=n+1.\)

Résultat : \(n+1\). Le numérateur de chaque facteur annule le dénominateur du suivant.

Astuce : \(k\cdot k!=(k+1)!-k!\), car \((k+1)!=(k+1)k!=k\cdot k!+k!\). La somme télescope :

\(\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\big((k+1)!-k!\big)=(n+1)!-1!=(n+1)!-1.\)

Conclusion : \((n+1)!-1\). Transformer un terme en différence \(a_{k+1}-a_k\) est le cœur du télescopage ; voir la factorielle pour les manipulations de \(k!\).

On multiplie par la quantité conjuguée :

\(\displaystyle\frac{1}{\sqrt{k+1}+\sqrt{k}}=\displaystyle\frac{\sqrt{k+1}-\sqrt{k}}{(k+1)-k}=\sqrt{k+1}-\sqrt{k}.\)

\(\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\big(\sqrt{k+1}-\sqrt{k}\big)=\sqrt{n+1}-1.\)

Résultat : \(\sqrt{n+1}-1\). La conjugaison fait apparaître la différence télescopique.

\(\displaystyle\ln\!\left(\displaystyle\frac{k+1}{k}\right)=\ln(k+1)-\ln(k)\), forme télescopique avec \(a_k=\ln k\) :

\(\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\big(\ln(k+1)-\ln k\big)=\ln(n+1)-\ln 1=\ln(n+1).\)

Résultat : \(\ln(n+1)\). C’est le logarithme du produit de l’exercice 9 — cohérent, puisque \(\ln\prod=\sum\ln\).

On sépare : \(\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}(i+j)=\sum_{i,j}i+\sum_{i,j}j\).

Pour chaque \(i\) fixé, \(\displaystyle\sum_{j=1}^{n}i=n\,i\), donc \(\displaystyle\sum_{i,j}i=n\sum_{i=1}^{n}i=n\cdot\displaystyle\frac{n(n+1)}{2}\). Par symétrie, \(\displaystyle\sum_{i,j}j\) vaut la même chose.

\(\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}(i+j)=2\cdot\displaystyle\frac{n^2(n+1)}{2}=n^2(n+1).\)

Résultat : \(n^2(n+1)\).

Le produit de deux sommes est la somme double de tous les produits croisés :

\(\displaystyle\left(\sum_{i=1}^{n}i\right)\!\left(\sum_{j=1}^{n}j\right)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}ij.\)

Comme les deux facteurs valent \(\displaystyle\frac{n(n+1)}{2}\) :

\(\displaystyle\sum_{1\le i,j\le n}ij=\left(\displaystyle\frac{n(n+1)}{2}\right)^2.\)

À retenir : \((\sum a_i)(\sum b_j)=\sum_{i,j}a_i b_j\), jamais \(\sum a_i b_i\).

Le domaine complet se partage : \(\displaystyle\sum_{i,j}ij=\sum_{i\lt j}ij+\sum_{i=j}ij+\sum_{i\gt j}ij\). Par symétrie en \((i,j)\), les deux sommes extrêmes sont égales, donc :

\(\displaystyle\sum_{1\le i\le j\le n}ij=\displaystyle\frac{1}{2}\left(\sum_{1\le i,j\le n}ij+\sum_{i=1}^{n}i^2\right).\)

\(\displaystyle=\displaystyle\frac{1}{2}\left(\left(\displaystyle\frac{n(n+1)}{2}\right)^2+\displaystyle\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\right).\)

Méthode : pour une somme triangulaire, passer par la somme rectangulaire et la diagonale est souvent plus rapide que les bornes dépendantes.

Le domaine est \(\{(i,j)\ :\ 1\le i\le j\le n\}\). On fixe maintenant \(i\) : \(j\) décrit alors \(i\le j\le n\).

\(\displaystyle\sum_{j=1}^{n}\sum_{i=1}^{j}a_i=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=i}^{n}a_i=\sum_{i=1}^{n}a_i\,(n-i+1).\)

Résultat : \(\displaystyle\sum_{i=1}^{n}(n-i+1)\,a_i\). Chaque \(a_i\) est compté une fois par valeur de \(j\ge i\), soit \(n-i+1\) fois. C’est l’ingrédient de la transformation d’Abel.

On pose \(d=j-i\), avec \(1\le d\le n-1\). Pour un écart \(d\) fixé, les couples valides sont \(i=1,\dots,n-d\), soit \(n-d\) couples.

\(\displaystyle\sum_{1\le i\lt j\le n}(j-i)=\sum_{d=1}^{n-1}d\,(n-d)=n\sum_{d=1}^{n-1}d-\sum_{d=1}^{n-1}d^2.\)

\(\displaystyle=n\cdot\displaystyle\frac{(n-1)n}{2}-\displaystyle\frac{(n-1)n(2n-1)}{6}=\displaystyle\frac{(n-1)n(n+1)}{6}.\)

Résultat : \(\displaystyle\frac{(n-1)n(n+1)}{6}\). Regrouper par la valeur de \(j-i\) est un changement de variable discret très efficace.

On applique le binôme à \(a=b=1\) :

\(\displaystyle(1+1)^n=\sum_{k=0}^{n}{n \choose k}1^k 1^{n-k}=\sum_{k=0}^{n}{n \choose k}.\)

Donc \(\displaystyle\sum_{k=0}^{n}{n \choose k}=2^n\). Interprétation : c’est le nombre total de parties d’un ensemble à \(n\) éléments.

On utilise l’identité du capitaine : \(\displaystyle k{n \choose k}=n{n-1 \choose k-1}\) (valable pour \(k\ge 1\)). Le terme \(k=0\) est nul :

\(\displaystyle\sum_{k=0}^{n}k{n \choose k}=n\sum_{k=1}^{n}{n-1 \choose k-1}=n\sum_{j=0}^{n-1}{n-1 \choose j}=n\cdot 2^{\,n-1}.\)

Résultat : \(n\,2^{n-1}\). On a changé d’indice \(j=k-1\) puis utilisé l’exercice 18.

On applique le binôme à \(a=-1\), \(b=1\) :

\(\displaystyle(1-1)^n=\sum_{k=0}^{n}{n \choose k}(-1)^k=0^n.\)

Pour \(n\ge 1\), \(0^n=0\), d’où le résultat. Attention : pour \(n=0\) la somme vaut \(1\) — toujours préciser la condition sur \(n\).

On identifie les coefficients de \(x^p\) dans \((1+x)^m(1+x)^n=(1+x)^{m+n}\).

À gauche, le coefficient de \(x^p\) dans le produit de \(\sum_i {m \choose i}x^i\) par \(\sum_j {n \choose j}x^j\) est \(\displaystyle\sum_{k=0}^{p}{m \choose k}{n \choose p-k}\).

À droite, il vaut \(\displaystyle{m+n \choose p}\). Les deux sont égaux. Technique clé : identifier des coefficients de polynômes (fonctions génératrices).

On prend \(m=n\) et \(p=n\) dans Vandermonde :

\(\displaystyle\sum_{k=0}^{n}{n \choose k}{n \choose n-k}={2n \choose n}.\)

Or \(\displaystyle{n \choose n-k}={n \choose k}\) par symétrie, donc le terme général vaut \({n \choose k}^2\) :

\(\displaystyle\sum_{k=0}^{n}{n \choose k}^2={2n \choose n}.\)

Un classique : la symétrie \({n \choose k}={n \choose n-k}\) transforme Vandermonde en somme de carrés.

On dérive la somme géométrique. Posons \(\displaystyle G(x)=\sum_{k=0}^{n}x^k=\displaystyle\frac{1-x^{n+1}}{1-x}\). Alors \(\displaystyle xG^\prime(x)=\sum_{k=1}^{n}k x^k=S_n\).

On dérive le quotient :

\(\displaystyle G^\prime(x)=\displaystyle\frac{-(n+1)x^n(1-x)+(1-x^{n+1})}{(1-x)^2}.\)

D’où \(\displaystyle S_n=x\cdot\displaystyle\frac{1-(n+1)x^n+n x^{n+1}}{(1-x)^2}\).

Rédaction attendue : justifier que \(G\) est polynomiale (dérivable), et traiter à part le cas \(x=1\) où \(S_n=\displaystyle\frac{n(n+1)}{2}\). La somme géométrique est le point de départ.

Pour \(k\ge 2\), \(\displaystyle\frac{1}{k^2}\le\displaystyle\frac{1}{k(k-1)}=\displaystyle\frac{1}{k-1}-\displaystyle\frac{1}{k}\). On somme de \(2\) à \(n\) (le terme \(k=1\) à part) :

\(\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\displaystyle\frac{1}{k^2}\le 1+\sum_{k=2}^{n}\left(\displaystyle\frac{1}{k-1}-\displaystyle\frac{1}{k}\right)=1+\left(1-\displaystyle\frac{1}{n}\right)=2-\displaystyle\frac{1}{n}.\)

Rédaction attendue : isoler le premier terme (l’inégalité est fausse pour \(k=1\)), nommer le télescopage, conclure. Vérification \(n=1\) : \(1\le 2-1=1\). ✓

Le numérateur est \(\displaystyle\prod_{k=1}^{n}2k=2^n\,n!\). Le dénominateur \(\displaystyle\prod_{k=1}^{n}(2k-1)\) se complète en \((2n)!\) : \(\displaystyle(2n)!=\Big(\prod_{k=1}^{n}(2k-1)\Big)\Big(\prod_{k=1}^{n}2k\Big)\).

Donc \(\displaystyle\prod_{k=1}^{n}(2k-1)=\displaystyle\frac{(2n)!}{2^n n!}\), et :

\(\displaystyle P_n=\displaystyle\frac{2^n n!}{\;(2n)!/(2^n n!)\;}=\displaystyle\frac{4^n (n!)^2}{(2n)!}=\displaystyle\frac{4^n}{{2n \choose n}}.\)

Résultat : \(\displaystyle P_n=\displaystyle\frac{4^n}{{2n \choose n}}\). Ce produit apparaît dans les intégrales de Wallis.

On factorise : \(\displaystyle 1-\displaystyle\frac{1}{k^2}=\displaystyle\frac{(k-1)(k+1)}{k^2}\). On sépare en deux produits télescopiques :

\(\displaystyle\prod_{k=2}^{n}\displaystyle\frac{k-1}{k}\cdot\prod_{k=2}^{n}\displaystyle\frac{k+1}{k}=\displaystyle\frac{1}{n}\cdot\displaystyle\frac{n+1}{2}=\displaystyle\frac{n+1}{2n}.\)

Résultat : \(\displaystyle\frac{n+1}{2n}\). Le premier produit télescope en \(\displaystyle\frac{1}{n}\), le second en \(\displaystyle\frac{n+1}{2}\). Vérification \(n=2\) : \(1-\displaystyle\frac14=\displaystyle\frac34\). ✓

Question 1 (6 pts). On factorise \(2^k\) : \((k+1)^2 2^{k+1}-k^2 2^k=2^k\big(2(k+1)^2-k^2\big)=2^k(2k^2+4k+2-k^2)=2^k(k^2+4k+2)\). (développement correct : 4 pts ; conclusion : 2 pts)

Question 2 (7 pts). On somme l’identité de \(k=1\) à \(n\). Le membre de gauche télescope :

\(\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\big((k+1)^2 2^{k+1}-k^2 2^k\big)=(n+1)^2 2^{n+1}-1^2\cdot 2^1=(n+1)^2 2^{n+1}-2.\)

Le membre de droite se sépare par linéarité : \(\displaystyle\sum_{k=1}^{n}2^k(k^2+4k+2)=T_n+4U_n+2V_n\). D’où :

\(\displaystyle (n+1)^2 2^{n+1}-2=T_n+4U_n+2V_n.\) (reconnaissance du télescopage : 3 pts ; séparation des trois sommes : 3 pts ; relation finale : 1 pt)

Question 3 (7 pts). On isole \(T_n=(n+1)^2 2^{n+1}-2-4U_n-2V_n\). On substitue :

\(\displaystyle 4U_n=4(n-1)2^{n+1}+8,\qquad 2V_n=2^{n+2}-4=2\cdot 2^{n+1}-4.\)

\(\displaystyle T_n=2^{n+1}\big((n+1)^2-4(n-1)-2\big)-2-8+4.\)

\(\displaystyle (n+1)^2-4(n-1)-2=n^2+2n+1-4n+4-2=n^2-2n+3.\)

(substitutions : 3 pts ; simplification du facteur polynomial : 2 pts ; résultat : 2 pts)

Vérification (\(n=1\)) : \(T_1=1\cdot 2=2\) ; formule : \((1-2+3)\cdot 4-6=8-6=2\). ✓