Corrigé des exercices : Sommes, produits et binôme en maths sup (MPSI)

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Nombre de termes et décalage d’indice

Idée clé : on compte les termes avec la règle « dernier moins premier plus un », puis on vérifie que le changement d’indice conserve ce nombre.

1. L’indice va de \(3\) à \(12\). La somme comporte donc \(12 – 3 + 1 = 10\) termes. Par linéarité, \(S = 2\sum_{k=3}^{12} k – 5 \times 10\). Or \(\sum_{k=3}^{12} k = \sum_{k=1}^{12} k – 1 – 2 = 78 – 3 = 75\). Ainsi, \(S = 150 – 50\). On obtient \(S = 100\).
2. Posons \(j = k – 2\), soit \(k = j + 2\). Le terme général devient \(2(j + 2) – 5 = 2j – 1\). Quand \(k\) vaut \(3\), \(j\) vaut \(1\) ; quand \(k\) vaut \(12\), \(j\) vaut \(10\). Donc \(S = \sum_{j=1}^{10} (2j – 1) = 2 \times 55 – 10 = 100\). On retrouve \(S = 10^2 = 100\), la somme des dix premiers impairs.
3. La somme comporte \(2n\) termes. Nous les groupons par paires d’indices \(2p – 1\) et \(2p\), pour \(p\) de \(1\) à \(n\). Chaque paire vaut \(-(2p – 1) + 2p = 1\). Par conséquent, la somme vaut \(n \times 1\). On trouve \(\sum_{k=1}^{2n} (-1)^k k = n\).

Corrigé de l’exercice 2 – Produit télescopique de 1 + 3/k

Idée clé : on écrit chaque facteur comme un quotient, puis on sépare le produit des numérateurs et celui des dénominateurs.

1. Pour tout \(k \geqslant 1\), on a \(1 + \frac{3}{k} = \frac{k + 3}{k}\). Chaque facteur vaut \(\frac{k+3}{k}\).
2. D’abord, le produit des dénominateurs vaut \(\prod_{k=1}^{n} k = n!\). Ensuite, le produit des numérateurs vaut \(4 \times 5 \times \cdots \times (n+3) = \frac{(n+3)!}{3!}\). Par conséquent,
   \[P_n = \frac{(n+3)!}{6\, n!} = \frac{(n+1)(n+2)(n+3)}{6}.\]
   Ainsi, \(P_n = \frac{(n+1)(n+2)(n+3)}{6}\), qui est aussi \(\binom{n+3}{3}\).
3. Pour \(n = 1\), on a \(P_1 = 4\) et \(\frac{2 \times 3 \times 4}{6} = 4\). Pour \(n = 2\), on a \(P_2 = 4 \times \frac{5}{2} = 10\) et \(\frac{3 \times 4 \times 5}{6} = 10\). Les deux contrôles sont réussis.

Remarque :

Ici, le décalage entre numérateur et dénominateur vaut \(3\). C’est pourquoi trois facteurs survivent au numérateur, à savoir \(n+1\), \(n+2\) et \(n+3\), et trois au dénominateur, à savoir \(1\), \(2\) et \(3\). Autrement dit, un produit télescopique de décalage \(r\) laisse \(r\) facteurs de chaque côté.

Corrigé de l’exercice 3 – Somme géométrique de raison 3/4

Idée clé : on fait apparaître une puissance unique \(\left(\frac{3}{4}\right)^k\), puis on applique la règle « premier terme fois \(\frac{1 – q^N}{1 – q}\) ».

1. Pour tout \(k\), on a \(\frac{3^k}{4^{k-1}} = 4 \times \frac{3^k}{4^k} = 4\left(\frac{3}{4}\right)^k\). Donc \(G_n = 4\sum_{k=2}^{n} q^k\) avec \(q = \frac{3}{4}\). La raison vaut \(\frac{3}{4}\) et la somme compte \(n – 1\) termes.
2. Comme \(q \neq 1\), le premier terme \(q^2 = \frac{9}{16}\) donne
   \[\sum_{k=2}^{n} q^k = \frac{9}{16} \times \frac{1 – q^{n-1}}{1 – \frac{3}{4}} = \frac{9}{4}\left(1 – \left(\tfrac{3}{4}\right)^{n-1}\right).\]
   Par conséquent, \(G_n = 9\left(1 – \left(\frac{3}{4}\right)^{n-1}\right)\). Pour \(n = 2\), on retrouve \(\frac{9}{4}\). Enfin, \(0 < \frac{3}{4} < 1\), donc \(\left(\frac{3}{4}\right)^{n-1}\) tend vers \(0\). La limite de \(G_n\) vaut \(9\).

Piège à éviter :

L’exposant final est \(n – 1\), et non \(n\) ou \(n + 1\). En effet, il est égal au nombre de termes, qui vaut \(n – 2 + 1\). Pour éviter l’erreur, on contrôle toujours la formule avec la plus petite valeur permise, ici \(n = 2\).

Corrigé de l’exercice 4 – Somme des k(k+2)

Idée clé : on développe le terme général, puis on utilise les sommes des \(k\) et des \(k^2\).

Le terme général vaut \(k^2 + 2k\). Par linéarité,

\[U_n = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + n(n+1) = \frac{n(n+1)\left((2n+1) + 6\right)}{6}.\]

On obtient \(U_n = \frac{n(n+1)(2n+7)}{6}\). Pour \(n = 2\), la somme vaut \(1 \times 3 + 2 \times 4 = 11\). De plus, la formule donne \(\frac{2 \times 3 \times 11}{6} = 11\).

Corrigé de l’exercice 5 – Factoriser 32 − x⁵ et une divisibilité

Idée clé : on écrit \(32 = 2^5\) et l’on applique la factorisation de \(a^n – b^n\) avec \(a = 2\) et \(b = x\).

1. Avec \(n = 5\), on a \(2^5 – x^5 = (2 – x)\sum_{k=0}^{4} 2^{4-k} x^k\). Donc \(32 – x^5 = (2 – x)(16 + 8x + 4x^2 + 2x^3 + x^4)\).
2. Pour \(x \neq 2\), le facteur \(2 – x\) est non nul. On peut donc diviser. Ainsi, \(\sum_{k=0}^{4} 2^{4-k}x^k = \frac{32 – x^5}{2 – x}\).
3. Soit \(n \geqslant 1\). La même factorisation donne \(7^n – 2^n = (7 – 2)\sum_{k=0}^{n-1} 7^k 2^{n-1-k}\). Or cette somme est un entier, comme somme de produits d’entiers. Par conséquent, \(7^n – 2^n\) est un multiple de \(5\).

Corrigé de l’exercice 6 – Premiers calculs de coefficients binomiaux

Idée clé : on simplifie les factorielles avant tout calcul, et l’on utilise la symétrie pour réduire \(k\).

1. D’abord, \(\binom{9}{4} = \frac{9 \times 8 \times 7 \times 6}{4 \times 3 \times 2 \times 1} = \frac{3024}{24}\). Ensuite, par symétrie, \(\binom{10}{7} = \binom{10}{3} = \frac{10 \times 9 \times 8}{6}\). On trouve \(\binom{9}{4} = 126\) et \(\binom{10}{7} = 120\).
2. Pour \(n \geqslant 3\), \(\binom{n}{3} = \frac{n(n-1)(n-2)}{6}\) et \(\binom{n}{2} = \frac{n(n-1)}{2}\). Le quotient vaut donc \(\frac{n – 2}{3}\). Ainsi, \(\binom{n}{3} \big/ \binom{n}{2} = \frac{n-2}{3}\).
3. Pour \(1 \leqslant k \leqslant n\), on écrit \(k \times \frac{n!}{k!\,(n-k)!} = \frac{n!}{(k-1)!\,(n-k)!}\), car \(k! = k \times (k-1)!\). De plus, \(n! = n \times (n-1)!\) et \(n – k = (n-1) – (k-1)\). On reconnaît \(n\binom{n-1}{k-1}\), ce qui prouve la formule.
4. Nous appliquons le binôme avec \(a = 2x\) et \(b = -1\). Les coefficients de la ligne \(4\) sont \(1, 4, 6, 4, 1\). Il vient \(16x^4 + 4 \times 8x^3 \times (-1) + 6 \times 4x^2 + 4 \times 2x \times (-1) + 1\). Donc \((2x – 1)^4 = 16x^4 – 32x^3 + 24x^2 – 8x + 1\).

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Somme des k(n+1−k) par retournement

Idée clé : le retournement échange les deux facteurs \(k\) et \(n + 1 – k\) ; il révèle une symétrie qu’on exploite ensuite.

1. Posons \(j = n + 1 – k\), soit \(k = n + 1 – j\). Quand \(k\) va de \(1\) à \(n\), \(j\) va de \(n\) à \(1\). Le terme général devient \((n + 1 – j)\,j\). Donc \(R_n = \sum_{j=1}^{n} j(n+1-j)\). On retrouve exactement la même somme : elle est invariante par retournement.
2. Par linéarité, \(R_n = (n+1)\sum k – \sum k^2\). Il vient
   \[R_n = \frac{n(n+1)^2}{2} – \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} = \frac{n(n+1)\left(3(n+1) – (2n+1)\right)}{6}.\]
   Ainsi, \(R_n = \frac{n(n+1)(n+2)}{6}\). Pour \(n = 2\), on vérifie \(1 \times 2 + 2 \times 1 = 4 = \frac{2 \times 3 \times 4}{6}\).
3. Notons \(S = \sum_{k=0}^{n} k\binom{n}{k}\) et \(T = \sum_{k=0}^{n} (n-k)\binom{n}{k}\). Dans \(T\), posons \(j = n – k\) : quand \(k\) va de \(0\) à \(n\), \(j\) va de \(n\) à \(0\). Comme \(\binom{n}{n-j} = \binom{n}{j}\), on obtient \(T = \sum_{j=0}^{n} j\binom{n}{j} = S\). Par ailleurs, en additionnant terme à terme, \(S + T = n\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} = n2^n\) d’après le binôme avec \(a = b = 1\). Par conséquent, \(2S = n2^n\). On trouve \(T = S = n2^{n-1}\).

Remarque :

Cette preuve est le pendant exact de l’astuce de Gauss. En effet, on écrit la somme à l’endroit et à l’envers, puis on ajoute. Pour \(n = 3\), on contrôle \(0 + 3 + 6 + 3 = 12 = 3 \times 2^2\).

Corrigé de l’exercice 8 – Télescopage par décomposition en éléments simples

Idée clé : la décomposition donne une différence de termes d’indices \(k + 1\) et \(k + 3\) ; l’écart vaut \(2\), donc deux termes restent à chaque bout.

1. Réduisons au même dénominateur : \(\frac{\alpha}{k+1} + \frac{\beta}{k+3} = \frac{(\alpha + \beta)k + 3\alpha + \beta}{(k+1)(k+3)}\). Il suffit donc que \(\alpha + \beta = 0\) et \(3\alpha + \beta = 1\). On obtient \(\alpha = \frac{1}{2}\) et \(\beta = -\frac{1}{2}\).
2. Par linéarité, \(S_n = \frac{1}{2}\left(\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k+1} – \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k+3}\right)\). Posons \(j = k + 1\) dans la première somme et \(j = k + 3\) dans la seconde. Pour \(n \geqslant 2\), il vient
   \[S_n = \frac{1}{2}\left(\sum_{j=2}^{n+1} \frac{1}{j} – \sum_{j=4}^{n+3} \frac{1}{j}\right) = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2} + \frac{1}{3} – \frac{1}{n+2} – \frac{1}{n+3}\right).\]
   En effet, les termes d’indices \(4\) à \(n + 1\) se compensent. Pour \(n = 1\), on a \(S_1 = \frac{1}{8}\), et la formule donne aussi \(\frac{1}{2}\left(\frac{5}{6} – \frac{7}{12}\right) = \frac{1}{8}\). Ainsi, \(S_n = \frac{5}{12} – \frac{1}{2(n+2)} – \frac{1}{2(n+3)}\) pour tout \(n \geqslant 1\).
3. Les deux fractions tendent vers \(0\). Donc \(S_n\) tend vers \(\frac{5}{12}\).

La figure confirme le calcul : les sommes calculées terme à terme suivent la formule et approchent \(\frac{5}{12}\).

Corrigé de l’exercice 9 – Logarithme d’un produit télescopique

Idée clé : une somme de logarithmes est le logarithme d’un produit ; on télescope ce produit après factorisation.

1. On a \(k(k+3) + 2 = k^2 + 3k + 2\). Les racines de ce trinôme sont \(-1\) et \(-2\). Donc \(k(k+3) + 2 = (k+1)(k+2)\).
2. Ainsi, \(1 + \frac{2}{k(k+3)} = \frac{(k+1)(k+2)}{k(k+3)}\), qui est strictement positif. Par propriété du logarithme, \(L_n = \ln \prod_{k=1}^{n} \frac{k+1}{k} \times \frac{k+2}{k+3}\). D’abord, \(\prod_{k=1}^{n} \frac{k+1}{k} = n + 1\) par télescopage. Ensuite, \(\prod_{k=1}^{n} \frac{k+2}{k+3} = \frac{3}{n+3}\). Par conséquent, \(L_n = \ln\left(\frac{3(n+1)}{n+3}\right)\). Pour \(n = 1\), on retrouve \(\ln\frac{3}{2}\).
3. Le quotient \(\frac{3(n+1)}{n+3}\) tend vers \(3\). Comme le logarithme est continu en \(3\), \(L_n\) tend vers \(\ln 3\).

Remarque :

On aurait pu télescoper directement les logarithmes. En effet, chaque terme s’écrit \(\ln(k+1) – \ln k + \ln(k+2) – \ln(k+3)\). Cependant, le passage par le produit évite de manipuler quatre sommes et réduit le risque d’erreur sur les bornes.

Corrigé de l’exercice 10 – Factorielles au dénominateur

Idée clé : on factorise par la plus petite factorielle, puis on cherche une différence de deux inverses de factorielles consécutives.

1. Comme \((k+1)! = (k+1)\,k!\) et \((k+2)! = (k+2)(k+1)\,k!\), on obtient \(k!\left(1 + (k+1) + (k+1)(k+2)\right)\). Or \(1 + k + 1 + k^2 + 3k + 2 = k^2 + 4k + 4\). Donc le dénominateur vaut \(k!\,(k+2)^2\).
2. Le terme général vaut alors \(\frac{k+2}{k!\,(k+2)^2} = \frac{1}{k!\,(k+2)}\). En multipliant en haut et en bas par \(k+1\), on obtient \(\frac{k+1}{(k+2)!}\). Par ailleurs, \(\frac{1}{(k+1)!} – \frac{1}{(k+2)!} = \frac{(k+2) – 1}{(k+2)!} = \frac{k+1}{(k+2)!}\). Les deux expressions coïncident.
3. La somme est donc télescopique. Il reste le premier terme \(\frac{1}{2!}\) et le dernier \(-\frac{1}{(n+2)!}\). Ainsi, \(F_n = \frac{1}{2} – \frac{1}{(n+2)!}\), qui tend vers \(\frac{1}{2}\). Pour \(n = 1\), on vérifie \(\frac{3}{1 + 2 + 6} = \frac{1}{3} = \frac{1}{2} – \frac{1}{6}\).

Remarque :

Le passage clé est l’écriture \(\frac{1}{k!\,(k+2)} = \frac{k+1}{(k+2)!}\). En effet, on complète la factorielle en multipliant par le facteur manquant \(k + 1\). Ce réflexe sert dans de nombreuses sommes où figurent des factorielles.

Corrigé de l’exercice 11 – Sommes triangulaires de quotients

Idée clé : le dénominateur ne dépend que de \(j\) ; on prend donc \(j\) comme indice extérieur, et la somme intérieure porte sur \(i\) de \(1\) à \(j\).

1. Nous écrivons \(\sum_{j=1}^{n} \frac{1}{j}\sum_{i=1}^{j} (2i – 1)\). La somme intérieure vaut \(j(j+1) – j = j^2\). Il reste \(\sum_{j=1}^{n} j\). La somme vaut \(\frac{n(n+1)}{2}\).
2. De même, \(\sum_{i=1}^{j} i = \frac{j(j+1)}{2}\). La somme devient \(\sum_{j=1}^{n} \frac{j+1}{2} = \frac{1}{2}\left(\frac{n(n+1)}{2} + n\right)\). On obtient \(\frac{n(n+3)}{4}\). Pour \(n = 2\), la figure donne \(1 + \frac{1}{2} + 1 = \frac{5}{2}\), et la formule donne aussi \(\frac{10}{4}\).
3. Prenons encore \(j\) à l’extérieur, avec \(i\) de \(1\) à \(j – 1\). Posons \(m = j – i\), qui va de \(1\) à \(j – 1\). La somme intérieure vaut \(\frac{j(j-1)}{2}\). Ainsi,
   \[\sum_{1 \leqslant i < j \leqslant n} (j – i) = \frac{1}{2}\left(\frac{n(n+1)(2n+1)}{6} – \frac{n(n+1)}{2}\right) = \frac{n(n+1)(2n – 2)}{12}.\]
   Le résultat vaut \(\frac{(n-1)n(n+1)}{6}\). Pour \(n = 3\), on trouve bien \(1 + 2 + 1 = 4\).

Corrigé de l’exercice 12 – Somme double du minimum

Idée clé : plutôt que de sommer ligne par ligne, on regroupe les cases qui portent la même valeur \(k\) ; elles forment une équerre.

1. Pour \(n = 3\), les lignes du tableau sont \((1, 1, 1)\), \((1, 2, 2)\) et \((1, 2, 3)\). Leurs sommes valent \(3\), \(5\) et \(6\). Donc \(M_3 = 14\).
2. On a \(\min(i, j) = k\) si et seulement si l’un des indices vaut \(k\) et l’autre est supérieur ou égal à \(k\). D’une part, les couples \((k, j)\) avec \(k \leqslant j \leqslant n\) sont au nombre de \(n – k + 1\). D’autre part, les couples \((i, k)\) avec \(k \leqslant i \leqslant n\) sont aussi \(n – k + 1\). Le couple \((k, k)\) est compté deux fois. Il y a donc \(2(n – k) + 1\) couples.
3. En regroupant selon la valeur du minimum, on obtient \(M_n = \sum_{k=1}^{n} k\left(2n + 1 – 2k\right)\). Par linéarité,
   \[M_n = (2n+1)\frac{n(n+1)}{2} – 2 \times \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} = n(n+1)(2n+1)\left(\frac{1}{2} – \frac{1}{3}\right).\]
   Ainsi, \(M_n = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\). Pour \(n = 3\), on retrouve \(\frac{3 \times 4 \times 7}{6} = 14\).
4. La somme rectangulaire \(\sum_{i,j} (i + j)\) vaut \(2n \times \frac{n(n+1)}{2} = n^2(n+1)\). Par conséquent, la somme des maximums vaut \(n^2(n+1) – \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\). Elle vaut \(\frac{n(n+1)(4n-1)}{6}\). Pour \(n = 2\), le tableau des maximums donne \(1 + 2 + 2 + 2 = 7\), comme la formule.

La figure colorie les équerres : la couche du minimum \(k\) contient \(2(n-k) + 1\) cases. On remarque d’ailleurs que \(M_n\) est égale à la somme des carrés. Ce n’est pas un hasard. En effet, en sommant par lignes, la ligne \(i\) vaut \(\frac{i(i+1)}{2} + i(n – i)\), et l’on retrouve le même total après calcul.

Corrigé de l’exercice 13 – Évaluer le binôme en des points choisis

Idée clé : chaque somme est un développement \((a + b)^n\) ; il suffit d’identifier \(a\) et \(b\).

1. Avec \(a = 4\) et \(b = 1\), on a \(A_n = (4 + 1)^n\). Donc \(A_n = 5^n\).
2. On écrit \((-1)^k 3^{n-k} = (-1)^k \times 3^{n-k}\), d’où \(a = -1\) et \(b = 3\). Ainsi, \(B_n = (3 – 1)^n = 2^n\).
3. Ici, \(a = \frac{1}{3}\) et \(b = 1\). Donc \(C_n = \left(\frac{4}{3}\right)^n\).
4. On a \(2^{2k+1} = 2 \times 4^k\). Par linéarité, \(D_n = 2A_n\). Par conséquent, \(D_n = 2 \times 5^n\).

Remarque :

Le contrôle avec \(n = 1\) est immédiat et rassurant. Par exemple, \(A_1 = 1 + 4 = 5\), \(B_1 = 3 – 1 = 2\) et \(C_1 = 1 + \frac{1}{3} = \frac{4}{3}\). De plus, \(D_1 = 2 + 8 = 10\). Ce réflexe prend quelques secondes et détecte la plupart des erreurs de signe.

Corrigé de l’exercice 14 – Coefficients d’indice pair pondérés

Idée clé : en ajoutant les développements de \((1+x)^n\) et \((1-x)^n\), les termes d’indice impair s’annulent et les termes pairs doublent.

1. Le binôme donne \((1+x)^n + (1-x)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\left(1 + (-1)^k\right)x^k\). Or \(1 + (-1)^k\) vaut \(2\) si \(k\) est pair, et \(0\) sinon. On ne garde donc que les indices \(k = 2p\). Après division par \(2\), on obtient la formule annoncée.
2. On a \(9^p = 3^{2p}\). Nous appliquons donc la formule avec \(x = 3\). La somme vaut \(\frac{4^n + (-2)^n}{2}\). Pour \(n = 2\), elle vaut \(1 + 9 = 10\), et la formule donne \(\frac{16 + 4}{2} = 10\).
3. Cette fois, nous soustrayons : \((1+x)^n – (1-x)^n = \sum_{k} \binom{n}{k}\left(1 – (-1)^k\right)x^k\). Seuls les indices impairs restent, avec un coefficient \(2\). Avec \(x = 3\), la somme vaut \(\frac{4^n – (-2)^n}{2}\).
4. Avec \(x = 1\), on obtient \(\frac{2^n + 0^n}{2}\). Comme \(n \geqslant 1\), \(0^n = 0\). Donc \(\sum_{p} \binom{n}{2p} = 2^{n-1}\).

Corrigé de l’exercice 15 – Sommes pondérées par k et par k(k−1)

Idée clé : on absorbe les facteurs \(k\) et \(k(k-1)\) dans le coefficient binomial, puis on décale l’indice pour retrouver un binôme complet.

1. Le terme \(k = 0\) est nul. Pour \(k \geqslant 1\), la formule du pion donne \(k\binom{n}{k}2^k = n\binom{n-1}{k-1}2^k\). Posons \(j = k – 1\) :
   \[\sum_{k=1}^{n} n\binom{n-1}{k-1}2^k = 2n\sum_{j=0}^{n-1}\binom{n-1}{j}2^j = 2n \times 3^{n-1}.\]
   La somme vaut \(2n\,3^{n-1}\).
2. Pour \(2 \leqslant k \leqslant n\), on a \(k(k-1)\frac{n!}{k!\,(n-k)!} = \frac{n!}{(k-2)!\,(n-k)!}\). Or \(n! = n(n-1)(n-2)!\) et \(n – k = (n-2) – (k-2)\). On reconnaît donc \(n(n-1)\binom{n-2}{k-2}\). Les termes \(k = 0\) et \(k = 1\) étant nuls, nous posons \(j = k – 2\). On obtient \(\sum k(k-1)\binom{n}{k} = n(n-1)2^{n-2}\).
3. Comme \(k^2 = k(k-1) + k\), on additionne : \(n(n-1)2^{n-2} + n2^{n-1}\), car \(\sum k\binom{n}{k} = n2^{n-1}\). En factorisant par \(n2^{n-2}\), il reste \(n – 1 + 2\). Ainsi, \(\sum_{k=0}^{n} k^2\binom{n}{k} = n(n+1)2^{n-2}\). Pour \(n = 2\), on a \(1 \times 2 + 4 \times 1 = 6\), et la formule donne \(2 \times 3 \times 1 = 6\).

Corrigé de l’exercice 16 – Somme des C(n,k)/(k+1)

Idée clé : le facteur \(\frac{1}{k+1}\) s’absorbe en passant de la ligne \(n\) à la ligne \(n + 1\) du triangle de Pascal.

1. On calcule \(\frac{1}{k+1} \times \frac{n!}{k!\,(n-k)!} = \frac{n!}{(k+1)!\,(n-k)!}\). Ensuite, on multiplie en haut et en bas par \(n + 1\). Comme \(n – k = (n+1) – (k+1)\), on obtient bien \(\frac{1}{n+1}\binom{n+1}{k+1}\).
2. Posons \(j = k + 1\), qui va de \(1\) à \(n + 1\). La somme vaut \(\frac{1}{n+1}\sum_{j=1}^{n+1}\binom{n+1}{j}\). Or la somme complète de \(j = 0\) à \(n + 1\) vaut \(2^{n+1}\). Il manque seulement le terme \(\binom{n+1}{0} = 1\). Donc la somme vaut \(\frac{2^{n+1} – 1}{n+1}\).
3. Pour \(n = 3\), on calcule \(1 + \frac{3}{2} + \frac{3}{3} + \frac{1}{4} = \frac{15}{4}\). De plus, \(\frac{2^4 – 1}{4} = \frac{15}{4}\). Le contrôle est réussi.

Piège à éviter :

Après le changement d’indice \(j = k + 1\), la somme commence à \(j = 1\) et non à \(j = 0\). C’est pourquoi il faut retrancher le terme manquant \(\binom{n+1}{0}\). Oublier ce détail conduit au résultat faux \(\frac{2^{n+1}}{n+1}\), que le test \(n = 0\) dément aussitôt.

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 17 – Somme des cubes par un télescopage d’ordre 4

Idée clé : la différence de deux produits de quatre entiers consécutifs fait apparaître un produit de trois entiers consécutifs.

1. Les produits \(v_k\) et \(v_{k-1} = (k-1)k(k+1)(k+2)\) ont en commun le facteur \(k(k+1)(k+2)\). Ainsi, \(v_k – v_{k-1} = k(k+1)(k+2)\left((k+3) – (k-1)\right)\). Donc \(v_k – v_{k-1} = 4k(k+1)(k+2)\).
2. En sommant de \(k = 1\) à \(n\), le télescopage donne \(4\sum_{k=1}^{n} k(k+1)(k+2) = v_n – v_0\). Or \(v_0 = 0\). Par conséquent, \(\sum_{k=1}^{n} k(k+1)(k+2) = \frac{n(n+1)(n+2)(n+3)}{4}\).
3. Le développement donne \(k(k+1)(k+2) = k^3 + 3k^2 + 2k\). Nous isolons la somme des cubes :
   \[\sum_{k=1}^{n} k^3 = \frac{n(n+1)(n+2)(n+3)}{4} – \frac{n(n+1)(2n+1)}{2} – n(n+1).\]
   Ensuite, nous factorisons par \(\frac{n(n+1)}{4}\). Le crochet vaut \((n+2)(n+3) – 2(2n+1) – 4 = n^2 + n\). Ainsi, \(\sum_{k=1}^{n} k^3 = \frac{n^2(n+1)^2}{4}\). Pour \(n = 2\), on vérifie \(1 + 8 = 9\).

Corrigé de l’exercice 18 – Sommation sur une colonne du triangle de Pascal

Idée clé : la formule de Pascal, lue à l’envers, écrit chaque coefficient d’une colonne comme une différence ; la somme télescope.

1. Pour \(k \geqslant p\), la formule de Pascal donne \(\binom{k}{p} + \binom{k}{p+1} = \binom{k+1}{p+1}\). Elle reste vraie pour \(k = p\), puisque \(\binom{p}{p+1} = 0\) et \(\binom{p+1}{p+1} = 1 = \binom{p}{p}\). On en déduit \(\binom{k}{p} = \binom{k+1}{p+1} – \binom{k}{p+1}\).
2. Posons \(u_k = \binom{k}{p+1}\). La question précédente s’écrit \(\binom{k}{p} = u_{k+1} – u_k\). En sommant de \(k = p\) à \(n\), on obtient \(u_{n+1} – u_p\). Or \(u_p = 0\). Donc \(\sum_{k=p}^{n} \binom{k}{p} = \binom{n+1}{p+1}\).
3. On a \(k(k-1) = 2\binom{k}{2}\), et le terme \(k = 1\) est nul. Par conséquent, \(\sum_{k=1}^{n} k(k-1) = 2\binom{n+1}{3} = \frac{(n+1)n(n-1)}{3}\). Ensuite, \(k^2 = k(k-1) + k\) donne
   \[\sum_{k=1}^{n} k^2 = \frac{(n-1)n(n+1)}{3} + \frac{n(n+1)}{2} = \frac{n(n+1)(2n – 2 + 3)}{6}.\]
   On retrouve \(\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\).
4. On a \(k(k+1)(k+2) = 6\binom{k+2}{3}\). Posons \(m = k + 2\), qui va de \(3\) à \(n + 2\). La formule avec \(p = 3\) donne \(6\binom{n+3}{4}\). Or \(\binom{n+3}{4} = \frac{(n+3)(n+2)(n+1)n}{24}\). La somme vaut \(\frac{n(n+1)(n+2)(n+3)}{4}\), comme dans l’exercice 17.

Remarque :

Cette méthode est très générale. En effet, tout polynôme en \(k\) s’écrit comme combinaison de \(\binom{k}{0}, \binom{k}{1}, \binom{k}{2}, \dots\). Ensuite, la formule de sommation sur une colonne donne la somme sans effort. Par exemple, elle fournit la somme des \(k^3\) à partir de \(k^3 = 6\binom{k}{3} + 6\binom{k}{2} + \binom{k}{1}\).

Corrigé de l’exercice 19 – Somme alternée des C(n,k)/(k+1)

Idée clé : on remonte d’une ou deux lignes dans le triangle de Pascal, puis on utilise le fait que la somme alternée d’une ligne non nulle vaut \(0\).

1. D’après l’exercice 16, la somme vaut \(\frac{1}{n+1}\sum_{k=0}^{n} (-1)^k\binom{n+1}{k+1}\). Posons \(j = k + 1\). Comme \((-1)^k = -(-1)^j\), on obtient \(-\frac{1}{n+1}\sum_{j=1}^{n+1} (-1)^j\binom{n+1}{j}\). Or le binôme donne \(\sum_{j=0}^{n+1} (-1)^j\binom{n+1}{j} = (1 – 1)^{n+1} = 0\), car \(n + 1 \geqslant 1\). La somme de \(j = 1\) à \(n + 1\) vaut donc \(-1\). Ainsi, \(\sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{k+1}\binom{n}{k} = \frac{1}{n+1}\).
2. D’abord, \(\frac{1}{(k+1)(k+2)} \times \frac{n!}{k!\,(n-k)!} = \frac{n!}{(k+2)!\,(n-k)!}\). En multipliant en haut et en bas par \((n+1)(n+2)\), on obtient \(\frac{1}{(n+1)(n+2)}\binom{n+2}{k+2}\). Ensuite, posons \(j = k + 2\), qui va de \(2\) à \(n + 2\), avec \((-1)^k = (-1)^j\). La somme devient \(\frac{1}{(n+1)(n+2)}\sum_{j=2}^{n+2} (-1)^j\binom{n+2}{j}\). La somme complète est nulle, et les termes \(j = 0\) et \(j = 1\) valent \(1\) et \(-(n+2)\). Il reste donc \(-(1 – (n + 2)) = n + 1\). On obtient \(\sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{(k+1)(k+2)}\binom{n}{k} = \frac{1}{n+2}\).
3. Pour tout \(k\), on a \(\frac{1}{k+2} = \frac{1}{k+1} – \frac{1}{(k+1)(k+2)}\). Par linéarité, la somme cherchée vaut \(\frac{1}{n+1} – \frac{1}{n+2}\). Elle vaut \(\frac{1}{(n+1)(n+2)}\). Pour \(n = 1\), on vérifie \(\frac{1}{2} – \frac{1}{3} = \frac{1}{6}\).

Corrigé de l’exercice 20 – Problème – Sommes de k x puissance k par interversion

Idée clé : le facteur \(k\) compte le nombre d’indices \(j\) entre \(1\) et \(k\) ; on transforme ainsi \(U_n(x)\) en somme triangulaire, puis on intervertit.

1. Pour \(k\) fixé, la somme \(\sum_{j=1}^{k} x^k\) comporte \(k\) termes égaux à \(x^k\). Elle vaut donc \(kx^k\). En sommant sur \(k\), on parcourt tous les couples tels que \(1 \leqslant j \leqslant k \leqslant n\). Ainsi, \(U_n(x) = \sum_{1 \leqslant j \leqslant k \leqslant n} x^k\).
2. Prenons maintenant \(j\) comme indice extérieur ; alors \(k\) va de \(j\) à \(n\). Comme \(x \neq 1\), la somme géométrique donne \(\sum_{k=j}^{n} x^k = \frac{x^j – x^{n+1}}{1 – x}\). Ensuite, nous sommons sur \(j\) :
   \[U_n(x) = \frac{1}{1-x}\left(\sum_{j=1}^{n} x^j – nx^{n+1}\right).\]
   Enfin, \(\sum_{j=1}^{n} x^j = \frac{x(1 – x^n)}{1 – x}\). On obtient la formule annoncée.
3. Avec \(x = 2\), on a \(1 – x = -1\). D’une part, \(\frac{2(1 – 2^n)}{-1} = 2^{n+1} – 2\). D’autre part, il faut retrancher \(n2^{n+1}\), puis diviser par \(-1\). Il vient \(n2^{n+1} – 2^{n+1} + 2\). Donc \(U_n(2) = (n-1)2^{n+1} + 2\).
4. Développons le membre de droite : \((ak + b)2^{k+1} – (ak – a + b)2^k = (2ak + 2b – ak + a – b)2^k = (ak + a + b)2^k\). On veut \(ak + a + b = k\) pour tout \(k\), d’où \(a = 1\) et \(b = -1\). Ainsi, \(k2^k = (k-1)2^{k+1} – (k-2)2^k\). Posons \(w_k = (k-1)2^{k+1}\) ; alors \(k2^k = w_k – w_{k-1}\). Le télescopage donne \(w_n – w_0 = (n-1)2^{n+1} + 2\). On retrouve \(U_n(2) = (n-1)2^{n+1} + 2\).
5. Avec \(x = \frac{1}{2}\), on a \(1 – x = \frac{1}{2}\) et \(\frac{x(1 – x^n)}{1 – x} = 1 – 2^{-n}\). La formule donne alors \(2\left(1 – 2^{-n} – n2^{-n-1}\right) = 2 – \frac{2}{2^n} – \frac{n}{2^n}\). Donc \(U_n\!\left(\frac{1}{2}\right) = 2 – \frac{n+2}{2^n}\). Par croissances comparées, \(\frac{n+2}{2^n}\) tend vers \(0\). La limite vaut \(2\).
6. Avec \(x = 3\), on a \(1 – x = -2\). D’abord, \(\frac{3(1 – 3^n)}{-2} = \frac{3^{n+1} – 3}{2}\). Ensuite, \(U_n(3) = -\frac{1}{2}\left(\frac{3^{n+1} – 3}{2} – n3^{n+1}\right) = \frac{(2n-1)3^{n+1} + 3}{4}\). Or \(\sum_{k=1}^{n} k3^{k-1} = \frac{1}{3}U_n(3)\). On obtient \(\sum_{k=1}^{n} k\,3^{k-1} = \frac{(2n-1)3^n + 1}{4}\). Pour \(n = 2\), on vérifie \(1 + 6 = 7 = \frac{27 + 1}{4}\).

Remarque :

Les deux méthodes ont chacune leur intérêt. D’un côté, l’interversion fournit une formule valable pour tout \(x \neq 1\), sans rien deviner. De l’autre, le télescopage est plus rapide, mais il suppose de connaître la forme \((ak + b)x^k\) à l’avance. Enfin, pour \(x = 1\), la formule ne s’applique pas : on revient alors à \(U_n(1) = \frac{n(n+1)}{2}\).

La figure montre les sommes \(U_n\!\left(\frac{1}{2}\right)\) calculées terme à terme. Elles suivent la formule et se rapprochent rapidement de \(2\).

Pour aller plus loin

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