Exercice 2 4415

Soit $n \in ℕ^{*}$ . Calculer les sommes suivantes:

(a)

$A_{n} = \sum_{k = 0}^{n} {(- 1)}^{k} x^{2 k}$
(b)

$B_{n} = \sum_{k = 1}^{2 n} {(- 1)}^{k} k^{3}$
(c)

$C_{n} = \sum_{1 \leq i, j \leq n} (i + j)$
(d)

$D_{n} = \sum_{1 \leq i \leq j \leq n} (i + j)$ .

Exercice 3 2063 Correction

Établir l’une des trois formules suivantes:

(a)

$\sum_{k = 1}^{n} k = \frac{n (n + 1)}{2}$
(b)

$\sum_{k = 1}^{n} k^{2} = \frac{n (n + 1) (2 n + 1)}{6}$
(c)

$\sum_{k = 1}^{n} k^{3} = \frac{n^{2} {(n + 1)}^{2}}{4}$

Solution

Chacune des formules peut être acquise en raisonnant par récurrence.

La propriété est vraie pour $n = 1$ (et même $n = 0$ ).

Supposons la propriété vraie au rang $n \geq 1$ .

En observant

	$\frac{n (n + 1)}{2} + (n + 1)$	$= \frac{n (n + 1) + 2 (n + 1)}{2} = \frac{(n + 1) (n + 2)}{2}$
	$\frac{n (n + 1) (2 n + 1)}{6} + {(n + 1)}^{2}$	$= \frac{n (n + 1) (2 n + 1) + 6 {(n + 1)}^{2}}{6}$
		$= \frac{(n + 1) (2 n^{2} + 7 n + 6)}{6} = \frac{(n + 1) (n + 2) (2 n + 3)}{6}$
	$\frac{n^{2} {(n + 1)}^{2}}{4} + {(n + 1)}^{3}$	$= \frac{n^{2} {(n + 1)}^{2} + 4 {(n + 1)}^{3}}{4}$
		$= \frac{{(n + 1)}^{2} (n^{2} + 4 n + 4)}{4} = \frac{{(n + 1)}^{2} {(n + 2)}^{2}}{4}$

La récurrence est établie.

Exercice 4 5167

Soit $n \in ℕ^{*}$ . Justifier

\sum_{k = 1}^{n} k^{3} = \frac{n^{2} {(n + 1)}^{2}}{4} .

Exercice 5 4414

Soit $n \in ℕ^{*}$ . Calculer les sommes suivantes:

(a)

$A_{n} = 1 \times 2 + 2 \times 3 + \dots + n \times (n + 1)$
(b)

$B_{n} = 1 \times n + 2 \times (n - 1) + \dots + n \times 1$
(c)

$C_{n} = 1^{2} + 3^{2} + \dots + {(2 n + 1)}^{2}$
(d)

$D_{n} = \frac{1}{1 \times 2} + \frac{1}{2 \times 3} + \dots + \frac{1}{n (n + 1)}$ .

Exercice 6 2064 Correction

À partir des valeurs connues de $\sum_{k = 1}^{n} k$ et $\sum_{k = 1}^{n} k^{2}$ , calculer:

(a)

$\sum_{k = 1}^{n} k (k + 1)$
(b)

$1 . n + 2 . (n - 1) + \dots + (n - 1) .2 + n .1$ .

Solution

(a)

En séparant la somme

$\sum_{k = 1}^{n} k (k + 1) = \sum_{k = 1}^{n} k^{2} + \sum_{k = 1}^{n} k = \frac{n (n + 1) (n + 2)}{3} .$
(b)

On réécrit

$1 . n + 2 . (n - 1) + \dots + (n - 1) .2 + n .1 = \sum_{k = 1}^{n} k (n + 1 - k)$

et l’on réorganise

$\sum_{k = 1}^{n} k (n + 1 - k) = (n + 1) \sum_{k = 1}^{n} k - \sum_{k = 1}^{n} k^{2} = \frac{n (n + 1) (n + 2)}{6} .$

Exercice 7 2065 Correction

Calculer

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

Solution

D’une part

\sum_{k = 1}^{2 p} {(- 1)}^{k} k = \sum_{ℓ = 1}^{p} (- (2 ℓ - 1) + 2 ℓ) = p

et d’autre part

\sum_{k = 1}^{2 p + 1} {(- 1)}^{k} k = p - (2 p + 1) = - (p + 1) .

Ainsi,

\sum_{k = 1}^{n} {(- 1)}^{k} k = {\begin{matrix} n / 2 & si n est pair \\ {(- 1)}^{n} (n + 1) / 2 & si n est impair. \end{matrix}

Exercice 8 2067 Correction

Montrer

\sum_{k = 0}^{n} k! \leq 2 \cdot n! pour tout n \in ℕ .

Solution

Les cas $n = 0$ et $n = 1$ sont immédiats. On peut alors raisonner par récurrence en écrivant pour $n \geq 1$

	$\sum_{k = 0}^{n + 1} k!$	$= \sum_{k = 0}^{n} k! + (n + 1)!$
		$\leq 2 \cdot n! + (n + 1)!$
		$\leq (n + 1) \cdot n! + (n + 1)!$
		$\leq 2 \cdot (n + 1)! .$

On peut aussi mener un calcul direct pour $n \geq 1$ en écrivant

\sum_{k = 0}^{n} k! = \sum_{k = 0}^{n - 1} k! + n!

avec

\sum_{k = 0}^{n - 1} k! \leq \sum_{k = 0}^{n - 1} (n - 1)! = n \cdot (n - 1)! = n! .

Exercice 9 4421

Soit $n \in ℕ^{*}$ . Calculer

\sum_{k = 1}^{n} k \cdot k! et \sum_{k = 1}^{n} \frac{k}{(k + 1)!} .

Exercice 10 2069 Correction

(a)

Calculer

$\sum_{k = 1}^{p} k k!$
(b)

Soit $p \in ℕ$ . Montrer que pour tout $n \in ⟦ 0, (p + 1)! - 1 ⟧$ , il existe un uplet $(n_{0}, n_{1}, \dots, n_{p}) \in ℕ^{p + 1}$ tel que

$\forall k \in ⟦ 0; p ⟧, 0 \leq n_{k} \leq k et n = \sum_{k = 0}^{p} n_{k} k! .$
(c)

Justifier l’unicité d’une telle suite.

Solution

(a)

En écrivant $k = (k + 1) - 1$

$\sum_{k = 1}^{p} k k! = \sum_{k = 1}^{p} (k + 1)! - k! = (p + 1)! - 1 .$
(b)

Par récurrence forte sur $p \geq 0$ .
Pour $p = 0$ : ok
Supposons la propriété établie jusqu’au rang $p \geq 0$ .
Soit $n \in ⟦ 0, (p + 2)! - 1 ⟧$ .
Réalisons la division euclidienne de $n$ par $(p + 1)!$ : $n = q (p + 1)! + r$ avec $0 \leq r < (p + 1)!$ .
Puisque $0 \leq n < (p + 2)!$ on a $0 \leq q \leq p + 1$ .
Par hypothèse de récurrence, on peut écrire $r = \sum_{k = 0}^{p} n_{k} k!$ et en prenant $n_{p + 1} = q$ on a $n = \sum_{k = 0}^{p + 1} n_{k} k!$ .
Récurrence établie.
(c)

Supposons $n = \sum_{k = 0}^{p} n_{k} k! = \sum_{k = 0}^{p} n_{k}^{'} k!$ avec les conditions requises.
Si $n_{p} < n_{p}^{'}$ alors

$\sum_{k = 0}^{p} n_{k} k! \leq n_{p} p! + \sum_{k = 0}^{p - 1} k \cdot k! = (n_{p} + 1) p! - 1 < n_{p}^{'} p! \leq \sum_{k = 0}^{p} n_{k}^{'} k! .$

Ceci est absurde donc nécessairement $n_{p} \geq n_{p}^{'}$ puis par symétrie $n_{p} = n_{p}^{'}$ .
On simplifie alors le terme $n_{p} p!$ et l’on reprend le principe pour conclure à l’unicité.

Exercice 11 5012 Correction

Soient $n \in ℕ^{*}$ et $x \in ℝ$ . Montrer

\sum_{k = 0}^{n} | \cos (k x) | \geq \frac{2 n + 5}{8} .

Solution

Méthode: Il n’est pas possible d’exprimer simplement la somme. On minore celle-ci en employant l’inégalité $| \cos (t) | \geq \cos^{2} (t)$ .

Pour tout $k \in ⟦ 0; n ⟧$ , on a $\cos (k x) \in [- 1; 1]$ et donc

| \cos (k x) | \geq \cos^{2} (k x) .

En sommant ces inégalités, il vient

\sum_{k = 0}^{n} | \cos (k x) | \geq \sum_{k = 0}^{n} \cos^{2} (k x) .

Méthode: On peut calculer la somme en second membre en linéarisant $\cos^{2} (k x)$ .

On sait $\cos (2 a) = 2 \cos^{2} (a) - 1$ et donc $\cos^{2} (k x) = \frac{1}{2} (1 + \cos (2 k x))$ . On en déduit

\sum_{k = 0}^{n} \cos^{2} (k x) = \frac{1}{2} \sum_{k = 0}^{n} (1 + \cos (2 k x)) = \frac{n + 1}{2} + \frac{1}{2} \sum_{k = 0}^{n} \cos (2 k x) .

Cas: $x \equiv 0 [π]$ . On a $\cos (2 k x) = 1$ pour tout $k \in ⟦ 0; n ⟧$ et donc

\frac{1}{2} \sum_{k = 0}^{n} \cos (2 k x) = \frac{n + 1}{2} .

On a alors

\sum_{k = 0}^{n} | \cos (k x) | \geq n + 1 \geq \frac{2 n + 5}{8}

(ce que l’on peut aussi trouver par un calcul direct).

Cas: $x ≢ 0 [π]$ . On peut calculer la somme des $\cos (2 k x)$ comme cela a déjà été réalisé dans le sujet 2028 et l’on obtient

\frac{1}{2} \sum_{k = 0}^{n} \cos (2 k x) = \frac{1}{2} \cos (n x) \frac{\sin ((n + 1) x)}{\sin (x)} .

On transforme l’expression en employant

\sin (a) \cos (b) = \frac{1}{2} (\sin (a + b) + \sin (a - b))

et on écrit

\frac{1}{2} \sum_{k = 0}^{n} \cos (2 k x) = \frac{\sin ((2 n + 1) x) + \sin (x)}{4 \sin (x)} = \frac{1}{4} \cdot \frac{\sin ((2 n + 1) x)}{\sin (x)} + \frac{1}{4} .

Étudions ensuite la fonction $φ$ donnée par

φ (x) = \frac{\sin ((2 n + 1) x)}{\sin (x)} pour x ≢ 0 [π] .

Celle-ci est $π$ périodique et paire ce qui permet de limiter son étude sur $] 0; π / 2]$ .

Soit $x \in] 0; π / 2]$ . Si $x \leq π / (2 n + 1)$ , la valeur $φ (x)$ est positive. Sinon, on a

\sin (x) \geq \sin (\frac{π}{2 n + 1})

et l’inégalité $\sin ((2 n + 1) x) \geq - 1$ entraîne

φ (x) = \frac{\sin ((2 n + 1) x)}{\sin (x)} \geq - \frac{1}{\sin (x)} \geq - \frac{1}{\sin (\frac{π}{2 n + 1})} .

On en déduit

\frac{1}{2} \sum_{k = 0}^{n} \cos (2 k x) \geq \frac{1}{4} (1 - \frac{1}{\sin (\frac{π}{2 n + 1})})

puis

\sum_{k = 0}^{n} | \cos (k x) | \geq \frac{n + 1}{2} + \frac{1}{4} (1 - \frac{1}{\sin (\frac{π}{2 n + 1})}) .

Enfin, en employant l’inégalité

\sin (x) \geq \frac{2}{π} x pour tout x \in [0; π / 2]

on conclut

\sum_{k = 0}^{n} | \cos (k x) | \geq \frac{2 n + 5}{8} .

Exercice 12 4429

Soit $n \in ℕ^{*}$ . Vérifier

\sum_{k = 1}^{n} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k} (\binom{n}{k}) = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} .

[<] Sommes[>] Sommes doubles

Exercice 13 2071 Correction

Calculer, pour tout $q \in ℂ$ , la somme $\sum_{k = 0}^{n} q^{2 k}$ .

Solution

Si $q^{2} \neq 1$ alors $\sum_{k = 0}^{n} q^{2 k} = \frac{q^{2 n + 2} - 1}{q^{2} - 1}$ (somme géométrique de raison $q^{2}$ )
Si $q^{2} = 1$ alors $\sum_{k = 0}^{n} q^{2 k} = n + 1$ .

Exercice 14 2070 Correction

Calculer, pour tout $θ \in ℝ$ , la somme $\sum_{k = 0}^{n} e^{i k θ}$ .

Solution

Si $θ \neq 0 [2 π]$ alors

\sum_{k = 0}^{n} e^{i k θ} = \frac{e^{i (n + 1) θ} - 1}{e^{i θ} - 1}

(somme géométrique de raison $e^{i θ} \neq 1$ )
Si $θ = 0 [2 π]$ alors

\sum_{k = 0}^{n} e^{i k θ} = \sum_{k = 0}^{n} 1 = n + 1 .

Exercice 15 2072

Pour $x$ un réel différent de $1$ et $n$ un entier naturel, on pose

S_{n} = \sum_{k = 0}^{n} k x^{k} .

(a)

Déterminer la valeur de $S_{n}$ en calculant $x S_{n} - S_{n}$ .
(b)

Retrouver la valeur de $S_{n}$ en dérivant la fonction $x \mapsto 1 + x + \dots + x^{n}$ .

Exercice 16 2053 Correction

Soit $n \in ℕ$ . Résoudre, lorsqu’elle a un sens, l’équation:

\sum_{k = 0}^{n} \frac{\cos (k x)}{\cos^{k} (x)} = 0 .

Solution

L’équation a un sens pour $x ／ \equiv π / 2 [π]$ . En exploitant $\cos (k x) = Re (e^{i k x})$ , on peut écrire

\sum_{k = 0}^{n} \frac{\cos (k x)}{\cos^{k} (x)} = Re (\sum_{k = 0}^{n} \frac{e^{i k x}}{\cos^{k} (x)})

ce qui apparaît comme une somme géométrique.
Si $x ／ \equiv 0 [π]$ alors $q = \frac{e^{i x}}{\cos (x)} \neq 1$ et

\sum_{k = 0}^{n} \frac{e^{i k x}}{\cos^{k} (x)} = \frac{1}{\cos^{n} (x)} \frac{\cos^{n + 1} (x) - e^{i (n + 1)} x}{\cos (x) - e^{i x}} .

Il reste à en déterminer la partie réelle. Puisque

\sum_{k = 0}^{n} \frac{e^{i k x}}{\cos^{k} (x)} = \frac{1}{\cos^{n} (x)} \cdot \frac{\cos^{n + 1} (x) - \cos (n + 1) x - i \sin (n + 1) x}{- i \sin (x)}

on obtient

\sum_{k = 0}^{n} \frac{\cos (k x)}{\cos^{k} (x)} = \frac{\sin (n + 1) x}{\sin (x) {(\cos (x))}^{n}} .

Alors, pour les $x$ considérés

	$\sum_{k = 0}^{n} \frac{\cos (k x)}{\cos^{k} (x)} = 0$	$\Leftrightarrow \sin (n + 1) x = 0$
		$\Leftrightarrow x \equiv 0 [\frac{π}{n + 1}] .$

Si $x \equiv 0 [π]$ alors $x$ n’est pas solution car

\sum_{k = 0}^{n} \frac{\cos (k x)}{\cos^{k} (x)} = n + 1 .

Finalement, les solutions sont les

\frac{k π}{n + 1}

avec $k \in ℤ$ , $k$ non mutiple de $n + 1$ et non multiple impaire de $(n + 1) / 2$ (lorsque $n$ est impair et afin de tenir compte de la condition $x ／ \equiv π / 2 [π]$ .)

[<] Sommes géométriques[>] Produits

Exercice 17 2073 Correction

À partir des valeurs connues de $\sum_{k = 1}^{n} k$ , $\sum_{k = 1}^{n} k^{2}$ et $\sum_{k = 1}^{n} k^{3}$ , calculer:

(a)

$\sum_{1 \leq i, j \leq n} {(i + j)}^{2}$
(b)

$\sum_{1 \leq i < j \leq n} i j$

Solution

(a)

On développe

$\sum_{1 \leq i, j \leq n} {(i + j)}^{2} = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} (i^{2} + 2 i j + j^{2})$

puis

$\sum_{1 \leq i, j \leq n} {(i + j)}^{2} = n \sum_{i = 1}^{n} i^{2} + 2 \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} i j + n \sum_{j = 1}^{n} j^{2} = \frac{n^{2} (n + 1) (7 n + 5)}{6} .$
(b)

Il s’agit d’une somme triangulaire

$\sum_{1 \leq i < j \leq n} i j = \sum_{i = 1}^{n - 1} \sum_{j = i + 1}^{n} i j = \sum_{i = 1}^{n - 1} (i \sum_{j = i + 1}^{n} j)$

puis

$\sum_{1 \leq i < j \leq n} i j = \sum_{i = 1}^{n - 1} i \frac{n + i + 1}{2} (n - i) = \frac{n (n - 1) (n + 1) (3 n + 2)}{24} .$

Exercice 18 2074 Correction

Soit $n \in ℕ^{*}$ . Calculer $C_{n} = \sum_{1 \leq p < q \leq n} (p + q)$ en remarquant

\sum_{1 \leq p, q \leq n} (p + q) = 2 C_{n} + 2 \sum_{p = 1}^{n} p .

Solution

Après réorganisation des termes,

\sum_{1 \leq p, q \leq n} (p + q) = 2 C_{n} + 2 \sum_{p = 1}^{n} p .

2 \sum_{p = 1}^{n} p = n (n + 1)

\sum_{p = 1}^{n} (\sum_{q = 1}^{n} (p + q)) = n^{2} (n + 1)

d’où

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

Exercice 19 4422

Soit $n \in ℕ^{*}$ . Calculer

\sum_{1 \leq i, j \leq n} \min (i, j) .

[<] Sommes doubles[>] Nombres factoriels

Exercice 20 2075 Correction

Parmi les formules suivantes, lesquelles sont vraies?

(a)

$\prod_{i = 1}^{n} (α a_{i}) = α \prod_{i = 1}^{n} a_{i}$
(b)

$\prod_{i = 1}^{n} (a_{i} b_{i}) = \prod_{i = 1}^{n} a_{i} \prod_{i = 1}^{n} b_{i}$
(c)

$\prod_{i = 1}^{n} (a_{i} + b_{i}) = \prod_{i = 1}^{n} a_{i} + \prod_{i = 1}^{n} b_{i}$ .

Solution

Seule la formule (b) est correcte.

Exercice 21 4416

Soit $n \in ℕ^{*}$ . Calculer les produits suivants:

(a)

$\prod_{k = 1}^{n} q^{k}$ avec $q \in ℂ$
(b)

$\prod_{k = 1}^{n} (1 + \frac{1}{k})$ .

Exercice 22 3498 Correction

Pour $n \in ℕ^{*}$ , simplifier

\prod_{k = 1}^{n} \frac{2 k + 3}{2 k - 1} .

Solution

Pour $n \geq 2$ , on a

\prod_{k = 1}^{n} \frac{2 k + 3}{2 k - 1} = \frac{(2 n + 3) (2 n + 1) (2 n - 1) \times \dots \times 5}{(2 n - 1) (2 n - 3) \times \dots \times 5 \times 3 \times 1}

puis après simplification

\prod_{k = 1}^{n} \frac{2 k + 3}{2 k - 1} = \frac{(2 n + 3) (2 n + 1)}{3}

et pour $n = 1$

\prod_{k = 1}^{n} \frac{2 k + 3}{2 k - 1} = 5

ce qui rend la formule précédente encore valable.

Exercice 23 2077 Correction

On désire calculer le produit

P (x) = \prod_{0 \leq k \leq n} \cos (2^{k} x)

pour tout $x \in ℝ$ .

(a)

Commencer par traiter le cas $x \equiv 0 [π]$ .
(b)

Pour $x ≢ 0 [π]$ , simplifier $\sin (x) P (x)$ et exprimer $P (x)$ .

Solution

(a)

Cas: $x \equiv 0 [2 π]$ . Tous les facteurs sont égaux à $1$ donc $P (x) = 1$ .

Cas: $x \equiv π [2 π]$ . Tous les facteurs sont égaux à $1$ sauf le premier qui vaut $- 1$ . On a donc $P (x) = - 1$ .
(b)

En exploitant successivement la formule $\sin (2 a) = 2 \sin (a) \cos (a)$

$\sin (x) P (x) = \sin (x) . \cos (x) . \cos (2 x) \dots \cos (2^{n} x) = \frac{1}{2^{n + 1}} \sin (2^{n + 1} x)$

donc

$P (x) = \frac{\sin (2^{n + 1} x)}{2^{n + 1} \sin (x)} .$

Exercice 24 2078

Soit $a \in ℝ$ . Pour $n \in ℕ$ , on pose

P_{n} = \prod_{k = 0}^{n} (1 + a^{2^{k}}) .

(a)

Calculer $P_{n}$ lorsque $a = 1$ .
(b)

On suppose $a \neq 1$ . Donner la valeur de $P_{n}$ en calculant $(1 - a) P_{n}$ .

Exercice 25 4428

Soient $n \in ℕ^{*}$ , $a_{1}, \dots, a_{n}$ des réels positifs et $s_{n} = a_{1} + \dots + a_{n}$ leur somme.

Vérifier

\prod_{k = 1}^{n} (1 + a_{k}) \leq \sum_{k = 0}^{n} \frac{s_{n}^{k}}{k!} .

Exercice 26 4964 X (PC)

Soit $A$ une partie finie de $ℂ$ telle que l’application $z \mapsto z^{2}$ réalise une bijection¹¹ 1 $A = {0,1, j, j^{2}}$ avec $j = e^{2 i π / 3}$ est un exemple parmi d’autres d’ensemble de cette forme. de $A$ vers $A$ . Montrer

\prod_{a \in A} (1 + a) = 1 ou 2 .

[<] Produits[>] Coefficients binomiaux

Exercice 27 4417

Soit $n \in ℕ$ . Exprimer à l’aide de nombres factoriels les produits suivants:

(a)

$2 \times 4 \times 6 \times \dots \times (2 n)$
(b)

$1 \times 3 \times 5 \times \dots \times (2 n + 1)$ .

Exercice 28 2080

Montrer par récurrence que, pour tout entier naturel $n$ non nul,

\prod_{k = 1}^{n} (4 k - 2) = \prod_{k = 1}^{n} (n + k) .

Exercice 29 4423

Soit $n \in ℕ^{*}$ . Exprimer à l’aide de nombres factoriels le produit

\prod_{k = 1}^{n} (1 - \frac{1}{4 k^{2}}) .

[<] Nombres factoriels[>] Formule du binôme de Newton

Exercice 30 2081

Soit $n \in ℕ^{*}$ .

(a)

Vérifier que pour tout entier $p$ compris entre $1$ et $n$ ,

$(\binom{n}{p}) = \frac{n}{p} (\binom{n - 1}{p - 1}) .$
(b)

En déduire la valeur de

$\sum_{p = 1}^{n} p (\binom{n}{p}) .$

Exercice 31 2086

Pour tous $n$ , $p$ et $q$ entiers naturels, calculer la somme

\sum_{k = p + 1}^{q} (\binom{n + k}{k}) .

Exercice 32 5168

(Formule de Chu-Vandermonde)

Soient $n$ , $p$ et $q$ trois entiers naturels vérifiant $n \leq p + q$ .

Proposer une preuve combinatoire de la formule de Chu-Vandermonde¹¹ 1 Voir aussi le sujet 2085.

\sum_{k = 0}^{n} (\binom{p}{k}) (\binom{q}{n - k}) = (\binom{p + q}{n}) .

Exercice 33 2087 Correction

Calculer pour $n, p \in ℕ^{*}$ , la somme

\sum_{i = 0}^{n} (\prod_{j = 1}^{p} (i + j)) .

Solution

On commence par exprimer le produit comme un rapport de nombres factoriels

\sum_{i = 0}^{n} (\prod_{j = 1}^{p} (i + j)) = \sum_{i = 0}^{n} \frac{(i + p)!}{i!}

puis on introduit un coefficient du binôme

\sum_{i = 0}^{n} (\prod_{j = 1}^{p} (i + j)) = p! \sum_{i = 0}^{n} (\binom{i + p}{i}) .

La somme introduite peut être calculée grâce à la formule de Pascal

\sum_{i = 0}^{n} (\prod_{j = 1}^{p} (i + j)) = p! (\binom{p + n + 1}{n}) = \frac{(p + n + 1)!}{(p + 1) n!} .

Exercice 34 2091

Calculer

S_{n} = \sum_{k = 0}^{n} {(- 1)}^{k} (\binom{2 n + 1}{k}) .

Exercice 35 2090 Correction

Montrer que pour tout $n \in ℕ^{*}$

\sum_{k = 1}^{n} \frac{{(- 1)}^{k + 1}}{k} (\binom{n}{k}) = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} .

Solution

Par récurrence sur $n \geq 1$ .

Pour $n = 1$ , l’égalité est vraie.

Supposons la propriété vérifiée au rang $n \geq 1$ .

On écrit

\sum_{k = 1}^{n + 1} \frac{{(- 1)}^{k + 1}}{k} (\binom{n + 1}{k}) = \sum_{k = 1}^{n} \frac{{(- 1)}^{k + 1}}{k} (\binom{n}{k}) + \sum_{k = 1}^{n + 1} \frac{{(- 1)}^{k + 1}}{k} (\binom{n}{k - 1}) .

\sum_{k = 1}^{n + 1} \frac{{(- 1)}^{k + 1}}{k} (\binom{n}{k - 1}) = \sum_{k = 1}^{n + 1} \frac{{(- 1)}^{k + 1}}{n + 1} (\binom{n + 1}{k}) = \frac{1}{n + 1} - \frac{{(1 - 1)}^{n + 1}}{n + 1} = \frac{1}{n + 1}

donc

\sum_{k = 1}^{n + 1} \frac{{(- 1)}^{k + 1}}{k} (\binom{n + 1}{k}) = \sum_{k = 1}^{n + 1} \frac{1}{k} .

La récurrence est établie.

On peut aussi aquérir l’identité par un calcul intégral sachant

\int_{0}^{1} \frac{{(1 - t)}^{n} - 1}{t} d t \underset{u = 1 - t}{=} \int_{0}^{1} \frac{1 - u^{n}}{1 - u} d u .

Il suffit alors de développement le premier membre par la formule du binôme de Newton et le second par sommation géométrique.

Exercice 36 3688 Correction

Soient $n \in ℕ^{*}$ .

(a)

Justifier

$\forall 1 \leq k \leq n, (\binom{n}{k}) = \frac{n - k + 1}{k} (\binom{n}{k - 1}) .$
(b)

En déduire que pour tout entier $k$ vérifiant $1 \leq k \leq n / 2$

$(\binom{n}{k - 1}) < (\binom{n}{k})$

et pour tout entier $k$ vérifiant $n / 2 \leq k \leq n - 1$

$(\binom{n}{k + 1}) < (\binom{n}{k}) .$
(c)

Comment interpréter simplement les inégalités qui viennent d’être obtenues?

Solution

(a)

On peut écrire

$\frac{n!}{k! (n - k)!} = \frac{(n - k + 1)}{k} \frac{n!}{(k - 1)! (n - k + 1)!}$

ce qui donne directement la relation soumise.
(b)

Si $1 \leq k \leq n / 2$ alors $2 k < n + 1$ et donc $n - k + 1 > k$ puis

$(\binom{n}{k}) = \frac{n - k + 1}{k} (\binom{n}{k - 1}) > (\binom{n}{k - 1}) .$

La deuxième inégalité s’en déduit par la relation de symétrie

$(\binom{n}{k}) = (\binom{n}{n - k}) .$
(c)

Pour $n$ fixé, la suite finie des coefficients binomiaux croît puis décroît en étant extrémale en son milieu.

Exercice 37 5929 Correction

Soit $n \in ℕ$ . Établir

(\binom{2 n + 1}{n}) \leq 2^{2 n} .

Solution

Par la formule du binôme de Newton,

\sum_{k = 0}^{2 n + 1} (\binom{2 n + 1}{k}) = {(1 + 1)}^{2 n + 1} = 2^{2 n + 1} .

En isolant les termes d’indices $n$ et $n + 1$ de cette somme et puisque les autres sont positifs,

(\binom{2 n + 1}{n}) + (\binom{2 n + 1}{n + 1}) \leq 2^{2 n + 1} .

Or, par symétrie des coefficients binomiaux,

(\binom{2 n + 1}{n}) = (\binom{2 n + 1}{2 n + 1 - n}) = (\binom{2 n + 1}{n + 1})

et donc

2 (\binom{2 n + 1}{n}) \leq 2^{2 n + 1} .

Cela conduit à la comparaison voulue.

Exercice 38 3689 Correction

Soit $n \in ℕ$ . Établir

(\binom{2 n}{n}) \geq \frac{2^{2 n}}{2 n + 1} .

Solution

On a

\sum_{k = 0}^{2 n} (\binom{2 n}{k}) = {(1 + 1)}^{2 n} = 2^{2 n} .

Or, pour $n$ fixé, la suite finie des coefficients binomiaux est maximale en son milieu donc

\forall 0 \leq k \leq 2 n, (\binom{2 n}{k}) \leq (\binom{2 n}{n})

et donc

2^{2 n} \leq (2 n + 1) (\binom{2 n}{n})

puis l’inégalité proposée.

[<] Coefficients binomiaux

Exercice 39 4418

Soit $n \in ℕ$ . Calculer

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

Exercice 40 5730 Correction

Pour $n \in ℕ$ , calculer

\sum_{0 \leq p \leq q \leq n} (\binom{q}{p}) .

Solution

On organise le calcul en deux sommes emboîtées

\sum_{0 \leq p \leq q \leq n} (\binom{q}{p}) = \sum_{q = 0}^{n} \sum_{p = 0}^{q} (\binom{q}{p}) .

Pour $q \in ℕ$ , la formule du binôme de Newton donne

\sum_{p = 0}^{q} (\binom{q}{p}) = \sum_{p = 0}^{q} (\binom{q}{p}) 1^{p} \cdot 1^{q - p} = {(1 + 1)}^{q} .

On peut alors conclure par sommation géométrique

\sum_{0 \leq p \leq q \leq n} (\binom{q}{p}) = \sum_{q = 0}^{n} 2^{q} = \frac{2^{n + 1} - 1}{2 - 1} = 2^{n + 1} - 1 .

Exercice 41 2083

Soit $n \in ℕ^{*}$ .

(a)

Calculer

$\sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) et \sum_{k = 0}^{n} {(- 1)}^{k} (\binom{n}{k}) .$
(b)

En déduire les valeurs de

$A_{n} = \sum_{p = 0}^{⌊ \frac{n}{2} ⌋} (\binom{n}{2 p}) et B_{n} = \sum_{p = 0}^{⌊ \frac{(n - 1)}{2} ⌋} (\binom{n}{2 p + 1}) .$

Exercice 42 4424

Soit $n \in ℕ$ . En considérant la fonction $f : x \mapsto {(1 + x)}^{n}$ , calculer

\sum_{k = 1}^{n} k (\binom{n}{k}) et \sum_{k = 1}^{n} k^{2} (\binom{n}{k}) .

Exercice 43 2088 Correction

Développer ${(a + b + c)}^{n}$ .

Solution

Par la formule du binôme de Newton,

	${(a + b + c)}^{n}$	$= \sum_{k = 0}^{n} a^{n - k} {(b + c)}^{k}$
		$= \sum_{k = 0}^{n} \sum_{ℓ = 0}^{k} (\binom{n}{k}) (\binom{k}{ℓ}) a^{n - k} b^{k - ℓ} c^{ℓ}$

avec

(\binom{n}{k}) (\binom{k}{ℓ}) = \frac{n!}{(n - k)! (k - ℓ)! ℓ!} .

On peut aussi exprimer

{(a + b + c)}^{n} = \sum_{i + j + k = n} \frac{n!}{i! j! k!} a^{i} b^{j} c^{k} .

Exercice 44 4426

Soit $n \in ℕ$ avec $n \geq 2$ . Calculer

A = \sum_{p = 0}^{⌊ \frac{n}{3} ⌋} (\binom{n}{3 p}), B = \sum_{p = 0}^{⌊ \frac{n - 1}{3} ⌋} (\binom{n}{3 p + 1}) et C = \sum_{p = 0}^{⌊ \frac{n - 2}{3} ⌋} (\binom{n}{3 p + 2}) .

Exercice 45 2085

(Formule de Chu-Vandermonde)

Soient $n$ , $p$ et $q$ trois entiers naturels vérifiant $n \leq p + q$ .

En développant de deux manières ${(1 + x)}^{p + q}$ , établir

\sum_{k = 0}^{n} (\binom{p}{k}) (\binom{q}{n - k}) = (\binom{p + q}{n}) .

Exercice 46 4425

Soit $n \in ℕ$ . Calculer

\sum_{k = 0}^{n} {(\binom{n}{k})}^{2} et \sum_{k = 0}^{n} {(- 1)}^{k} {(\binom{n}{k})}^{2} .

Exercice 47 2089 Correction

(a)

Soit $n \in ℕ$ . Calculer

$\sum_{k = 0}^{n} {(- 1)}^{k} (\binom{n}{k}) .$
(b)

Soient $k, ℓ, n \in ℕ$ tels que $ℓ \leq k \leq n$ . Comparer

$(\binom{n}{k}) (\binom{k}{ℓ}) et (\binom{n}{ℓ}) (\binom{n - ℓ}{k - ℓ}) .$
(c)

Soit $(x_{n})$ une suite de réels. On pose

$\forall k \in ℕ, y_{k} = \sum_{ℓ = 0}^{k} (\binom{k}{ℓ}) x_{ℓ} .$

Montrer que

$\forall n \in ℕ, x_{n} = \sum_{k = 0}^{n} {(- 1)}^{n - k} (\binom{n}{k}) y_{k} .$

Solution

(a)

Par la formule du binôme

$\sum_{k = 0}^{n} {(- 1)}^{k} (\binom{n}{k}) = {(1 + (- 1))}^{n} = {\begin{matrix} 1 & si n = 0 \\ 0 & sinon. \end{matrix}$
(b)

On a

$(\binom{n}{k}) (\binom{k}{ℓ}) = \frac{n!}{k! (n - k)!} \frac{k!}{ℓ! (k - ℓ)!} = \frac{n!}{ℓ! (n - ℓ)!} \frac{(n - ℓ)!}{(n - k)! (k - ℓ)!} = (\binom{n}{ℓ}) (\binom{n - ℓ}{k - ℓ}) .$
(c)

On a

$\sum_{k = 0}^{n} {(- 1)}^{n - k} (\binom{n}{k}) y_{k} = \sum_{k = 0}^{n} \sum_{ℓ = 0}^{k} {(- 1)}^{n - k} (\binom{n}{k}) (\binom{k}{ℓ}) x_{ℓ} = \sum_{ℓ = 0}^{n} x_{ℓ} \sum_{k = ℓ}^{n} {(- 1)}^{n - k} (\binom{n}{k}) (\binom{k}{ℓ}) .$

Or

$\sum_{k = ℓ}^{n} {(- 1)}^{n - k} (\binom{n}{k}) (\binom{k}{ℓ}) = {(- 1)}^{n - ℓ} (\binom{n}{ℓ}) \sum_{k = ℓ}^{n} {(- 1)}^{k - ℓ} (\binom{n - ℓ}{k - ℓ})$

avec

$\sum_{k = ℓ}^{n} {(- 1)}^{k - ℓ} (\binom{n - ℓ}{k - ℓ}) = {\begin{matrix} 1 & si ℓ = n \\ 0 & sinon. \end{matrix}$

Par suite,

$\sum_{k = 0}^{n} {(- 1)}^{n - k} (\binom{n}{k}) y_{k} = x_{n} .$

Édité le 26-01-2024