Soit $n\in\mathbb{N}^*$ et $$F_n=\frac{n!}{X(X+1)(X+2)\cdots(X+n)}.$$
- Montrer que $F_n=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k\binom nk}{X+k}$.
- En déduire $\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{k+1}\binom nk$.
- En déduire $\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{k+2}\binom nk$.
- Retrouver, à l'aide de $F_n$, la valeur de $\displaystyle\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\binom nk$.
Les pôles $0,-1,\dots,-n$ sont simples ; le coefficient en $-k$ est $\frac{n!}{Q_k(-k)}$ avec $Q_k=\prod_{j\neq k}(X+j)$.
Séparer le produit $\prod_{j\neq k}(j-k)$ selon $j<k$ et $j>k$.
Évaluer $F_n$ en $1$, puis en $2$ ; pour la dernière question, penser à la limite de $xF_n(x)$.
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Le numérateur est une constante non nulle : l'écriture est irréductible. Les pôles $0,-1,\dots,-n$ sont distincts, donc simples. $\deg F_n=-(n+1)<0$ : partie entière nulle. Ainsi $F_n=\displaystyle\sum_{k=0}^n\frac{\lambda_k}{X+k}$ avec, en notant $Q_k=\prod_{j\neq k}(X+j)$, $$\lambda_k=\frac{n!}{Q_k(-k)},\qquad Q_k(-k)=\prod_{j=0}^{k-1}(j-k)\times\prod_{j=k+1}^{n}(j-k).$$ Le premier produit comporte $k$ facteurs négatifs $-k,-(k-1),\dots,-1$ : il vaut $(-1)^kk!$. Le second vaut $1\cdot2\cdots(n-k)=(n-k)!$. Donc $$\lambda_k=\frac{n!}{(-1)^kk!(n-k)!}=(-1)^k\binom nk,$$ car $(-1)^{-k}=(-1)^k$.
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$1$ n'est pas un pôle. $F_n(1)=\dfrac{n!}{1\cdot2\cdots(n+1)}=\dfrac{n!}{(n+1)!}=\dfrac{1}{n+1}$. Donc $$\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{k+1}\binom nk=\frac{1}{n+1}.$$
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$F_n(2)=\dfrac{n!}{2\cdot3\cdots(n+2)}=\dfrac{n!}{(n+2)!}=\dfrac{1}{(n+1)(n+2)}$. Donc $$\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{k+2}\binom nk=\frac{1}{(n+1)(n+2)}.$$ Contrôle pour $n=1$ : $\frac12-\frac13=\frac16$.
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Comme $n\geqslant1$, $\deg F_n\leqslant-2$, donc $xF_n(x)\to0$ quand $x\to+\infty$. Par ailleurs $\dfrac{x}{x+k}\to1$, donc $x\displaystyle\sum_k\frac{\lambda_k}{x+k}\to\sum_k\lambda_k$. Ainsi $\displaystyle\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom nk=0$, ce qui est cohérent avec $(1-1)^n=0$.
$\frac{1}{n+1}$ ; $\frac{1}{(n+1)(n+2)}$ ; $0$