Télescopages et sommes doubles : corrigé du contrôle de maths en MPSI

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Barème du contrôle corrigé : télescopages et sommes doubles

Le corrigé détaillé : télescopages et sommes doubles

Exercice 1 – Changements d’indice et regroupements (4 points)

1. Avec \(j = k – 2\), l’indice \(j\) varie de \(1\) à \(n\) quand \(k\) varie de \(3\) à \(n + 2\). Ainsi, \(\sum_{k=3}^{n+2} (k – 2)^2 = \sum_{j=1}^{n} j^2\), d’où \(\sum_{k=3}^{n+2} (k – 2)^2 = \frac{n(n + 1)(2n + 1)}{6}\).

2. Les entiers de \(1\) à \(2n\) se répartissent en \(n\) indices pairs \(k = 2p\) et \(n\) indices impairs \(k = 2p – 1\), avec \(1 \leq p \leq n\). Par conséquent :

   \[\sum_{k=1}^{2n} (-1)^k\,k = \sum_{p=1}^{n} 2p – \sum_{p=1}^{n} (2p – 1) = \sum_{p=1}^{n} 1.\]

   On obtient donc \(\sum_{k=1}^{2n} (-1)^k\,k = n\). Pour \(n = 1\), on retrouve bien \(-1 + 2 = 1\).

3. Avec \(j = k – n\), l’indice \(j\) varie de \(-n\) à \(n\). La somme devient \(\sum_{j=-n}^{n} |j|\). Or les termes d’indices \(j\) et \(-j\) sont égaux, et le terme d’indice \(0\) est nul.

   Ainsi, \(\sum_{j=-n}^{n} |j| = 2\sum_{j=1}^{n} j = n(n + 1)\), donc \(\sum_{k=0}^{2n} |k – n| = n(n + 1)\).

Barème : premier calcul sur 1 (bornes 0,5, résultat 0,5) ; parité sur 1,5, dont 0,5 pour le découpage justifié ; valeur absolue sur 1,5, dont 0,5 pour l’argument de symétrie.

Piège classique : oublier de décaler les bornes, ce qui fait sommer de \(3\) à \(n + 2\) une expression déjà réindexée.

Exercice 2 – Une somme et un produit télescopiques (5 points)

1. Le membre de droite vaut \(\frac{3}{2k} – \frac{2}{k + 1} + \frac{1}{2(k + 2)}\). Au dénominateur commun \(2k(k + 1)(k + 2)\), le numérateur est :

   \[3(k + 1)(k + 2) – 4k(k + 2) + k(k + 1) = 3k^2 + 9k + 6 – 4k^2 – 8k + k^2 + k = 2k + 6.\]

   Après simplification par \(2\), on retrouve bien \(\frac{k + 3}{k(k + 1)(k + 2)}\). On somme ensuite chaque parenthèse : ce sont deux télescopages.

   \[\sum_{k=1}^{n} \frac{k + 3}{k(k + 1)(k + 2)} = \frac{3}{2}\left(1 – \frac{1}{n + 1}\right) – \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2} – \frac{1}{n + 2}\right).\]

   Donc \(\sum_{k=1}^{n} \frac{k + 3}{k(k + 1)(k + 2)} = \frac{5}{4} – \frac{3}{2(n + 1)} + \frac{1}{2(n + 2)}\), qui tend vers \(\frac{5}{4}\). Vérification pour \(n = 1\) : \(\frac{5}{4} – \frac{3}{4} + \frac{1}{6} = \frac{2}{3}\), qui est bien \(\frac{4}{6}\).

2. On a \(k^2 + 4k + 3 = (k + 1)(k + 3)\) et \(k^2 + 4k + 4 = (k + 2)^2\). Le produit se sépare alors en deux produits télescopiques :

   \[P_n = \prod_{k=1}^{n} \frac{k + 1}{k + 2} \times \prod_{k=1}^{n} \frac{k + 3}{k + 2} = \frac{2}{n + 2} \times \frac{n + 3}{3}.\]

   En effet, dans le premier produit, chaque numérateur se simplifie avec le dénominateur précédent ; il reste le premier numérateur et le dernier dénominateur. Ainsi, \(P_n = \frac{2(n + 3)}{3(n + 2)}\), qui tend vers \(\frac{2}{3}\). Pour \(n = 1\), on trouve d’ailleurs \(\frac{8}{9}\) dans les deux cas.

Barème : somme sur 2,5 (vérification 1, télescopages 1, limite 0,5) ; produit sur 2,5 (factorisations 0,5, valeur de \(P_n\) 1,5, limite 0,5).

Piège classique : dans le second télescopage, le premier terme vaut \(\frac{1}{2}\) et non \(1\), car la parenthèse commence à \(\frac{1}{k + 1}\) avec \(k = 1\).

Exercice 3 – Sommes triangulaires interverties (5 points)

1. À \(j\) fixé entre \(1\) et \(n\), l’indice \(i\) parcourt \(\{1, \ldots, j\}\), comme dans la colonne encadrée. Donc :

   \[U_n = \sum_{j=1}^{n} \frac{1}{j(j + 1)} \sum_{i=1}^{j} i^2 = \sum_{j=1}^{n} \frac{1}{j(j + 1)} \times \frac{j(j + 1)(2j + 1)}{6} = \frac{1}{6}\sum_{j=1}^{n} (2j + 1).\]

   Comme \(\sum_{j=1}^{n} (2j + 1) = n(n + 1) + n = n(n + 2)\), on obtient \(U_n = \frac{n(n + 2)}{6}\).

2. À \(i\) fixé, l’indice \(j\) parcourt cette fois \(\{i, \ldots, n\}\). De plus, \(\frac{1}{j(j + 1)} = \frac{1}{j} – \frac{1}{j + 1}\), donc la somme intérieure télescope :

   \[\sum_{j=i}^{n} \frac{1}{j(j + 1)} = \frac{1}{i} – \frac{1}{n + 1}.\]

   Par conséquent, \(U_n = \sum_{i=1}^{n} i^2\left(\frac{1}{i} – \frac{1}{n + 1}\right) = \frac{n(n + 1)}{2} – \frac{n(2n + 1)}{6}\). Au dénominateur \(6\), il vient \(\frac{n(3n + 3 – 2n – 1)}{6}\), soit \(U_n = \frac{n(n + 2)}{6}\) : les deux ordres concordent.

3. On découpe le carré en trois parties. Sur la diagonale, \(\min(i, i) = i\). Au-dessus, quand \(i < j\), le minimum vaut \(i\), et la somme de la colonne \(j\) vaut \(\frac{(j – 1)j}{2}\). Par symétrie, le triangle inférieur donne la même somme.

   Ainsi, \(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n} \min(i, j) = \sum_{k=1}^{n} \left(k + 2 \times \frac{(k – 1)k}{2}\right) = \sum_{k=1}^{n} k^2\). La somme vaut donc \(\frac{n(n + 1)(2n + 1)}{6}\) ; pour \(n = 5\), on lit bien \(55\) sur la figure.

Barème : premier ordre sur 2 (description des indices 0,5, calcul 1,5) ; second ordre sur 2 (télescopage 1, conclusion 1) ; découpage du carré sur 1.

Exercice 4 – Problème : binôme et somme double (6 points)

1. Pour \(1 \leq k \leq n\), on écrit \(k\binom{n}{k} = \frac{k \times n!}{k!\,(n – k)!} = \frac{n \times (n – 1)!}{(k – 1)!\,(n – k)!}\). Comme \(n – k = (n – 1) – (k – 1)\), on reconnaît \(n\binom{n – 1}{k – 1}\).

2. Le terme d’indice \(0\) est nul. D’après la question 1, puis avec \(j = k – 1\) et la formule du binôme :

   \[\sum_{k=0}^{n} k\binom{n}{k} = n\sum_{j=0}^{n-1} \binom{n – 1}{j} = n\,2^{n – 1}.\]

   Ensuite, \(k^2\binom{n}{k} = n\left((k – 1) + 1\right)\binom{n – 1}{k – 1}\). En sommant, \(\sum_{k=0}^{n} k^2\binom{n}{k} = n\left((n – 1)\,2^{n – 2} + 2^{n – 1}\right)\), car le premier morceau est la somme précédente au rang \(n – 1\). On obtient \(n(n + 1)\,2^{n – 2}\).

3. La formule du binôme donne \(\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} 3^k = (1 + 3)^n = 4^n\) et \(\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} (-3)^k = (-2)^n\). En ajoutant ces deux égalités, les termes d’indice impair s’éliminent et ceux d’indice pair sont doublés. Ainsi, la somme des termes pairs vaut \(\frac{4^n + (-2)^n}{2}\) ; pour \(n = 2\), on trouve \(1 + 9 = 10\).

4. La relation de Pascal \(\binom{p + 1}{k + 1} = \binom{p}{k} + \binom{p}{k + 1}\) donne \(\binom{p}{k} = \binom{p + 1}{k + 1} – \binom{p}{k + 1}\). On somme alors pour \(p\) de \(k\) à \(n\) : les termes se simplifient deux à deux.

   Il reste \(\binom{n + 1}{k + 1} – \binom{k}{k + 1}\), et le second terme est nul. Donc \(\sum_{p=k}^{n} \binom{p}{k} = \binom{n + 1}{k + 1}\).

5. En sommant d’abord sur \(k\) entre \(0\) et \(p\), la formule du binôme donne \(2^p\). Ainsi, \(W_n = \sum_{p=0}^{n} 2^p = 2^{n + 1} – 1\), somme géométrique de raison \(2\).

   En sommant d’abord sur \(p\) entre \(k\) et \(n\), la question 4 donne \(W_n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n + 1}{k + 1} = \sum_{m=1}^{n + 1} \binom{n + 1}{m}\). Cette somme vaut \(2^{n + 1} – \binom{n + 1}{0}\). Les deux calculs donnent bien \(W_n = 2^{n + 1} – 1\).

Barème : formule du capitaine sur 1 ; sommes pondérées sur 1,5 (0,5 pour la première, 1 pour la seconde) ; termes pairs sur 1,5 ; colonne de Pascal sur 1 ; double calcul de \(W_n\) sur 1.

Piège classique : appliquer \(k\binom{n}{k} = n\binom{n – 1}{k – 1}\) pour \(k = 0\), où le second membre n’a pas de sens.

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