Exercice 1 2062 Correction

Parmi les formules suivantes, lesquelles sont vraies:

(a)

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

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

$\sum_{i = 1}^{n} α a_{i} = α \sum_{i = 1}^{n} a_{i}$
(d)

$\sum_{i = 1}^{n} a_{i} b_{i} = \sum_{i = 1}^{n} a_{i} \sum_{i = 1}^{n} b_{i}$
(e)

$\sum_{i = 1}^{n} a_{i}^{α} = {(\sum_{i = 1}^{n} a_{i})}^{α}$
(f)

$\sum_{j = 1}^{n} (\sum_{i = 1}^{n} a_{i, j}) = \sum_{i = 1}^{n} (\sum_{j = 1}^{n} a_{i, j})$ ?

Solution

(b) (c) et (f).

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 géométriques

Édité le 29-08-2023