QCM : Sommes, produits et binôme en maths sup (MPSI)

Réponse D.

Entre deux bornes entières \(p\leqslant q\), on compte \(q-p+1\) indices, ici \(10-3+1=8\). La réponse \(7\) fait la simple différence des bornes et oublie donc un terme. La réponse \(10\) suppose que la somme démarre à \(1\). Enfin, \(11\) compte les indices de \(0\) à \(10\), comme si l’on n’avait pas lu la borne du bas.

Réponse C.

Les deux bornes subissent le même décalage : \(k=2\) donne \(j=1\), et \(k=n+1\) donne \(j=n\). La réponse qui garde \(n+1\) en haut n’a décalé que la borne du bas. Le piège \(j\) de \(3\) à \(n+2\) ajoute \(1\) au lieu de le retrancher. Enfin, la somme de \(2\) à \(n\) a décalé seulement la borne du haut, ce qui fait perdre un terme.

Réponse C.

On retranche deux sommes usuelles : \(\frac{30\times31}{2}-\frac{10\times11}{2}=465-55=410\). On peut aussi faire nombre de termes fois moyenne des extrêmes : \(20\times\frac{11+30}{2}=410\). La valeur \(399\) retranche à tort la somme jusqu’à \(11\), ce qui enlève le terme \(11\). Le nombre \(465\) oublie de retrancher quoi que ce soit. Enfin, \(430\) compte \(21\) termes au lieu de \(20\) dans la seconde méthode.

Réponse B.

La formule \(\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\) donne \(\frac{6\times7\times13}{6}=91\), ce que confirme \(1+4+9+16+25+36\). La valeur \(441\) élève au carré la somme \(1+\dots+6=21\) : c’est la somme des cubes, pas celle des carrés. Le nombre \(182\) oublie de diviser par \(6\) et divise par \(3\). Enfin, \(216=6^3\) confond la somme avec une puissance du dernier terme.

Réponse B.

On factorise le premier terme : \(3^2\left(1+3+3^2+3^3\right)=9\times\frac{3^4-1}{3-1}=9\times40=360\). La valeur \(364\) fait partir la somme de \(k=0\), donc ajoute \(1+3\). Le nombre \(121\) vaut \(\frac{3^5-1}{2}\) et ignore la borne du bas. Enfin, \(1089\) multiplie bien par \(9\), mais avec cinq termes au lieu de quatre.

Réponse C.

Le numérateur vaut \(3\times4\times\cdots\times(n+1)\) et le dénominateur \(1\times2\times\cdots\times(n-1)\). Les facteurs de \(3\) à \(n-1\) se simplifient, donc il reste \(\frac{n(n+1)}{1\times2}\). Le décalage vaut ici deux crans, et non un seul : la réponse \(n+1\) raisonne comme pour \(\frac{k+1}{k}\). Le produit \(n(n+1)\) oublie le facteur \(2\) du dénominateur. Enfin, \(\frac{n+1}{2}\) perd le facteur \(n\) restant en haut.

Réponse D.

On décompose \(\frac{2}{k(k+2)}=\frac1k-\frac{1}{k+2}\). Le télescopage se fait donc avec un décalage de deux : il reste les deux premiers termes positifs, \(1\) et \(\frac12\), et les deux derniers termes négatifs. Pour \(n=1\), on retrouve bien \(\frac23\). La réponse \(1-\frac{1}{n+2}\) télescope comme si le décalage valait un. Le piège \(\frac32-\frac{1}{n+2}\) oublie un terme négatif. Enfin, \(2-\frac{2}{n+2}\) garde le facteur \(2\) en trop.

Réponse B.

La formule générale est \(a^n-b^n=(a-b)\sum_{k=0}^{n-1}a^kb^{n-1-k}\). Pour \(n=5\), le second facteur contient donc cinq termes, tous de signe plus. Le piège \(a^4+b^4\) oublie les termes croisés ; avec \(a=2\) et \(b=1\), il donnerait \(17\) au lieu de \(31\). La version à signes alternés sert à factoriser \(a^5+b^5\) par \(a+b\). Enfin, \((a+b)^4\) fait apparaître des coefficients binomiaux qui n’ont rien à faire ici.

Réponse A.

On écrit \(k\dbinom{n}{k}=\frac{k\,n!}{k!\,(n-k)!}=\frac{n\,(n-1)!}{(k-1)!\,(n-k)!}\), et l’on reconnaît \(n\dbinom{n-1}{k-1}\). On peut aussi choisir une équipe de \(k\) personnes puis son capitaine, ou d’abord le capitaine puis les \(k-1\) autres. La réponse avec \(\dbinom{n-1}{k}\) oublie de retirer le capitaine. Garder le facteur \(k\) ne simplifie rien. Enfin, \(n-1\) devant le coefficient perd une possibilité de capitaine.

Réponse A.

Les couples parcourus vérifient \(0\leqslant p<q\leqslant m\), inégalité stricte. À \(q\) fixé, \(p\) prend donc les valeurs \(0\) à \(q-1\), et \(q\) ne peut pas valoir \(0\). La réponse qui monte jusqu’à \(p=q\) ajoute la diagonale, absente au départ. Celle où \(p\) dépasse \(q\) somme sur l’autre triangle. Enfin, la double somme complète parcourt tout le carré des indices.

Réponse D.

On somme d’abord en \(i\), à \(j\) fixé : \(\frac1j\sum_{i=1}^{j}i=\frac{j+1}{2}\). Il reste \(\frac12\sum_{j=1}^{n}(j+1)=\frac12\left(\frac{n(n+1)}{2}+n\right)=\frac{n(n+3)}{4}\). Pour \(n=2\), on trouve bien \(1+\frac12+1=\frac52\). Le piège \(\frac{n(n+1)}{4}\) oublie la contribution du \(+1\). La réponse \(\frac{n(n+3)}{2}\) perd le facteur \(\frac12\). Enfin, \(\frac n2\) somme dans le mauvais ordre et se trompe d’expression.

Réponse A.

La formule du binôme donne \(\sum_{k=0}^{n}\binom nk(-2)^k1^{n-k}=(1-2)^n=(-1)^n\). La réponse \(3^n\) oublie le signe et calcule \((1+2)^n\). Le résultat \(0\) correspond à \((1-1)^n\), c’est-à-dire à la somme alternée des coefficients. Enfin, \(-1\) n’est juste que pour \(n\) impair : pour \(n=2\), on trouve \(1-4+4=1\).