Exercices corrigés : Sommes et produits (Prépa, 1re année)

1. Par linéarité, et comme $\sum_{k=1}^{n}1=n$ : $$A_n=2\sum_{k=1}^{n}k-\sum_{k=1}^{n}1=2\,\frac{n(n+1)}{2}-n=n^2+n-n=n^2.$$ Vérification pour $n=3$ : $1+3+5=9=3^2$.

2. On sort la constante $3$. La somme restante est géométrique de raison $2\neq1$, de premier terme $1$, avec $n+1$ termes : $$B_n=3\sum_{k=0}^{n}2^k=3\,\frac{1-2^{n+1}}{1-2}=3\,(2^{n+1}-1).$$ Vérification pour $n=1$ : $3+6=9=3\times3$.

3. On développe $k(k+1)=k^2+k$, puis par linéarité : $$C_n=\sum_{k=1}^{n}k^2+\sum_{k=1}^{n}k=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+\frac{n(n+1)}{2}=\frac{n(n+1)\big[(2n+1)+3\big]}{6}=\frac{n(n+1)(2n+4)}{6}.$$ Donc $C_n=\frac{n(n+1)(n+2)}{3}$.

Vérification pour $n=2$ : $1\times2+2\times3=8$ et $\frac{2\times3\times4}{3}=8$.

1. On pose $j=k-1$. Pour $k=2$, $j=1$ ; pour $k=n+1$, $j=n$. Les deux sommes ont $n$ termes et $$A_n=\sum_{j=1}^{n}j^3=\frac{n^2(n+1)^2}{4}.$$

2. On pose $j=n-k$. Pour $k=0$, $j=n$ ; pour $k=n$, $j=0$. L'ordre des termes est renversé, mais $j$ parcourt exactement $[\![0,n]\!]$ : $$B_n=\sum_{j=0}^{n}j^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6},$$ car le terme $j=0$ est nul.

3. La somme comporte $2n-n+1=n+1$ termes. On pose $j=k-n$, donc $k=j+n$ et $j$ va de $0$ à $n$ : $$C_n=\sum_{j=0}^{n}(j+n)=\sum_{j=0}^{n}j+n\sum_{j=0}^{n}1=\frac{n(n+1)}{2}+n(n+1)=\frac{3n(n+1)}{2}.$$ Vérification pour $n=2$ : $2+3+4=9$ et $\frac{3\times2\times3}{2}=9$.

1. Le facteur $3$ apparaît dans chacun des $n$ termes : $$P_1=3^n\prod_{k=1}^{n}k=3^n\,n!.$$

2. On a $2^1\times2^2\times\cdots\times2^n=2^{1+2+\cdots+n}$, donc $$P_2=2^{\sum_{k=1}^{n}k}=2^{n(n+1)/2}.$$ Vérification pour $n=3$ : $2\times4\times8=64=2^6$ et $\frac{3\times4}{2}=6$.

3. Par la règle sur les produits, $P_3=\dfrac{\prod_{k=1}^{n}(k+2)}{\prod_{k=1}^{n}k}$. Au numérateur, on pose $j=k+2$ ($j$ va de $3$ à $n+2$) : $$\prod_{k=1}^{n}(k+2)=\prod_{j=3}^{n+2}j=\frac{(n+2)!}{1\times2}=\frac{(n+2)!}{2}.$$ Le dénominateur vaut $n!$. Comme $(n+2)!=(n+2)(n+1)\,n!$ : $$P_3=\frac{(n+2)!}{2\,n!}=\frac{(n+1)(n+2)}{2}.$$ Vérification pour $n=2$ : $\frac31\times\frac42=6$ et $\frac{3\times4}{2}=6$.

1. Pour tout $k\in\mathbb{N}$ : $$a_{k+1}-a_k=\big(\alpha(k+1)+\beta\big)2^{k+1}-(\alpha k+\beta)2^k=2^k\big(2\alpha k+2\alpha+2\beta-\alpha k-\beta\big)=2^k(\alpha k+2\alpha+\beta).$$ Il suffit de choisir $\alpha=1$ et $2\alpha+\beta=0$, soit $\beta=-2$. Avec $a_k=(k-2)2^k$, on a $a_{k+1}-a_k=k\,2^k$ pour tout $k$, donc par télescopage $$S_n=\sum_{k=1}^{n}(a_{k+1}-a_k)=a_{n+1}-a_1=(n-1)2^{n+1}-(-1)\times2=(n-1)2^{n+1}+2.$$ Vérification pour $n=2$ : $2+8=10$ et $1\times8+2=10$.

2. On écrit $k=\sum_{j=1}^{k}1$ : $$S_n=\sum_{k=1}^{n}\sum_{j=1}^{k}2^k=\sum_{1\leqslant j\leqslant k\leqslant n}2^k=\sum_{j=1}^{n}\sum_{k=j}^{n}2^k.$$ À $j$ fixé, la somme intérieure est géométrique de raison $2$, de premier terme $2^j$, avec $n-j+1$ termes : $$\sum_{k=j}^{n}2^k=2^j\,\frac{1-2^{n-j+1}}{1-2}=2^{n+1}-2^j.$$ Donc $$S_n=\sum_{j=1}^{n}\left(2^{n+1}-2^j\right)=n\,2^{n+1}-\left(2^{n+1}-2\right)=(n-1)2^{n+1}+2,$$ car $\sum_{j=1}^{n}2^j=2(2^n-1)=2^{n+1}-2$. On retrouve le résultat de la question 1.

1. Au même dénominateur : $$\frac{1}{k(k+1)}-\frac{1}{(k+1)(k+2)}=\frac{(k+2)-k}{k(k+1)(k+2)}=\frac{2}{k(k+1)(k+2)}.$$

2. Posons $b_k=\frac{1}{k(k+1)}$. D'après la question 1, $\frac{1}{k(k+1)(k+2)}=\frac12(b_k-b_{k+1})$. Par télescopage : $$S_n=\frac12\sum_{k=1}^{n}(b_k-b_{k+1})=\frac12(b_1-b_{n+1})=\frac12\left(\frac12-\frac{1}{(n+1)(n+2)}\right).$$ Au même dénominateur, $(n+1)(n+2)-2=n^2+3n=n(n+3)$, donc $$S_n=\frac{n(n+3)}{4(n+1)(n+2)}.$$ Vérification pour $n=1$ : $\frac16$ et $\frac{1\times4}{4\times2\times3}=\frac16$.

3. Pour $k\geqslant2$, $\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k+1}=\frac{(k+1)-(k-1)}{k^2-1}=\frac{2}{k^2-1}$. Posons $c_k=\frac1k+\frac1{k+1}$ pour $k\geqslant1$. Alors $$c_{k-1}-c_k=\frac{1}{k-1}+\frac1k-\frac1k-\frac{1}{k+1}=\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k+1}.$$ Donc, par télescopage : $$T_n=\frac12\sum_{k=2}^{n}(c_{k-1}-c_k)=\frac12(c_1-c_n)=\frac12\left(\frac32-\frac1n-\frac1{n+1}\right).$$ Au même dénominateur : $\frac32-\frac1n-\frac1{n+1}=\frac{3n(n+1)-2(n+1)-2n}{2n(n+1)}=\frac{3n^2-n-2}{2n(n+1)}$, et $3n^2-n-2=(n-1)(3n+2)$. Ainsi $$T_n=\frac{(n-1)(3n+2)}{4n(n+1)}.$$ Vérification pour $n=2$ : $\frac13$ et $\frac{1\times8}{4\times2\times3}=\frac13$.

1. Comme $2^{i+j}=2^i\,2^j$, $A_n$ est un produit de deux sommes identiques : $$A_n=\left(\sum_{i=1}^{n}2^i\right)\left(\sum_{j=1}^{n}2^j\right)=\left(2\,\frac{1-2^n}{1-2}\right)^2=4(2^n-1)^2.$$ Vérification pour $n=1$ : un seul terme $2^2=4$.

2. On découpe $[\![1,n]\!]^2$ en la diagonale $i=j$, la partie $i<j$ et la partie $i>j$.

• Sur la diagonale : $\sum_{i=1}^{n}\min(i,i)=\sum_{i=1}^{n}i=\frac{n(n+1)}{2}$.
• Pour $i<j$, $\min(i,j)=i$ et, en sommant d'abord en $i$ à $j$ fixé : $$\sum_{1\leqslant i<j\leqslant n}i=\sum_{j=2}^{n}\sum_{i=1}^{j-1}i=\sum_{j=2}^{n}\frac{(j-1)j}{2}=\sum_{j=1}^{n}\frac{j(j-1)}{2},$$ le terme $j=1$ ajouté étant nul.
• Pour $i>j$, $\min(i,j)=j$ ; en échangeant les noms des indices, on obtient la même somme que pour $i<j$.

Donc $$B_n=\sum_{j=1}^{n}j+2\sum_{j=1}^{n}\frac{j(j-1)}{2}=\sum_{j=1}^{n}\big(j+j^2-j\big)=\sum_{j=1}^{n}j^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}.$$ Vérification pour $n=2$ : $1+1+1+2=5$ et $\frac{2\times3\times5}{6}=5$.

3. Pour des réels $i,j$, $\max(i,j)+\min(i,j)=i+j$ et $|i-j|=\max(i,j)-\min(i,j)$, donc $|i-j|=i+j-2\min(i,j)$. D'après le cours, $\sum_{1\leqslant i,j\leqslant n}(i+j)=n^2(n+1)$. Par linéarité : $$C_n=n^2(n+1)-2\,\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}=\frac{n(n+1)\big[3n-(2n+1)\big]}{3}=\frac{(n-1)n(n+1)}{3}.$$ Vérification pour $n=3$ : les lignes du tableau des $|i-j|$ sont $(0,1,2)$, $(1,0,1)$, $(2,1,0)$, de somme $8$, et $\frac{2\times3\times4}{3}=8$.

1. On somme d'abord en $i$, à $j$ fixé ; $i$ varie de $1$ à $j$ : $$V_n=\sum_{j=1}^{n}\frac1j\sum_{i=1}^{j}i=\sum_{j=1}^{n}\frac1j\cdot\frac{j(j+1)}{2}=\frac12\sum_{j=1}^{n}(j+1)=\frac12\left(\frac{n(n+1)}{2}+n\right)=\frac{n(n+3)}{4}.$$ Vérification pour $n=2$ : les couples sont $(1,1)$, $(1,2)$, $(2,2)$, d'où $1+\frac12+1=\frac52$, et $\frac{2\times5}{4}=\frac52$.

2. À $j$ fixé, la somme intérieure $\sum_{i=j}^{n}\frac1i$ est une somme de termes de la série harmonique, qui n'a pas d'expression simple. On change d'ordre.

Les couples concernés sont ceux qui vérifient $1\leqslant j\leqslant i\leqslant n$. À $i$ fixé dans $[\![1,n]\!]$, $j$ varie de $1$ à $i$, soit $i$ valeurs. Donc $$U_n=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{i}\frac1i=\sum_{i=1}^{n}i\times\frac1i=\sum_{i=1}^{n}1=n.$$ Vérification pour $n=2$ : $j=1$ donne $1+\frac12$, $j=2$ donne $\frac12$, total $2$.

1. La relation de Pascal $\binom kp+\binom k{p+1}=\binom{k+1}{p+1}$ donne $\binom kp=\binom{k+1}{p+1}-\binom k{p+1}$. Avec $a_k=\binom k{p+1}$, le terme général est $a_{k+1}-a_k$, donc par télescopage $$\sum_{k=p}^{n}\binom kp=a_{n+1}-a_p=\binom{n+1}{p+1}-\binom{p}{p+1}=\binom{n+1}{p+1},$$ car $\binom p{p+1}=0$ ($p+1>p$).

2. Pour $k\geqslant2$, $2\binom k2+\binom k1=k(k-1)+k=k^2$. Pour $k=1$ : $2\times0+1=1=1^2$. Donc pour $n\geqslant1$, par linéarité, et en utilisant la question 1 (le terme $k=1$ de la première somme étant nul) : $$\sum_{k=1}^{n}k^2=2\sum_{k=2}^{n}\binom k2+\sum_{k=1}^{n}\binom k1=2\binom{n+1}{3}+\binom{n+1}{2}.$$ Or $2\binom{n+1}3=\frac{(n+1)n(n-1)}{3}$ et $\binom{n+1}2=\frac{(n+1)n}{2}$, donc $$\sum_{k=1}^{n}k^2=\frac{n(n+1)\big[2(n-1)+3\big]}{6}=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}.$$

3. Pour $k\geqslant1$, $\binom{k+2}{3}=\frac{(k+2)(k+1)k}{6}$, donc $k(k+1)(k+2)=6\binom{k+2}3$. Avec $m=k+2$ puis la question 1 pour $p=3$ : $$\sum_{k=1}^{n}k(k+1)(k+2)=6\sum_{m=3}^{n+2}\binom m3=6\binom{n+3}{4}=6\,\frac{(n+3)(n+2)(n+1)n}{24}=\frac{n(n+1)(n+2)(n+3)}{4}.$$ Vérification pour $n=1$ : $6$ et $\frac{1\times2\times3\times4}{4}=6$.

4. On développe $k(k+1)(k+2)=k^3+3k^2+2k$. Par linéarité : $$\sum_{k=1}^{n}k^3=\frac{n(n+1)(n+2)(n+3)}{4}-3\,\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}-2\,\frac{n(n+1)}{2}.$$ On factorise par $\frac{n(n+1)}{4}$ : $$\sum_{k=1}^{n}k^3=\frac{n(n+1)}{4}\Big[(n+2)(n+3)-2(2n+1)-4\Big]=\frac{n(n+1)}{4}\big(n^2+5n+6-4n-2-4\big)=\frac{n(n+1)(n^2+n)}{4}.$$ Donc $\sum_{k=1}^{n}k^3=\frac{n^2(n+1)^2}{4}$, conformément au cours.

1. La formule de duplication donne $\sin(2a)=2\sin a\cos a$. Comme $\sin a\neq0$, on divise par $2\sin a$ : $\cos a=\dfrac{\sin(2a)}{2\sin a}$.

2. Pour $k\in\mathbb{N}$, $0<\frac{x}{2^k}\leqslant x<\pi$, donc $\sin\left(\frac{x}{2^k}\right)>0$. Pour $k\geqslant1$, $0<\frac{x}{2^k}<\frac{\pi}{2}$, donc $\cos\left(\frac{x}{2^k}\right)>0$. Un produit de réels strictement positifs est strictement positif : $P_n>0$.

3. Posons $a_k=\sin\left(\frac{x}{2^k}\right)$ pour $k\in\mathbb{N}$ ; ces réels sont non nuls d'après la question 2. Pour $k\geqslant1$, on applique la question 1 avec $a=\frac{x}{2^k}$, de sorte que $2a=\frac{x}{2^{k-1}}$ : $$\cos\left(\frac{x}{2^k}\right)=\frac{a_{k-1}}{2\,a_k}.$$ Le facteur $\frac12$ apparaît une fois par terme, donc $$P_n=\frac{1}{2^n}\prod_{k=1}^{n}\frac{a_{k-1}}{a_k}.$$ Avec $b_k=\frac{1}{a_k}$, on a $\frac{a_{k-1}}{a_k}=\frac{b_k}{b_{k-1}}$ ; par télescopage, $\prod_{k=1}^{n}\frac{b_k}{b_{k-1}}=\frac{b_n}{b_0}=\frac{a_0}{a_n}$. Donc $$P_n=\frac{a_0}{2^n\,a_n}=\frac{\sin x}{2^n\sin\left(\frac{x}{2^n}\right)}.$$ Vérification pour $n=1$ : $\frac{\sin x}{2\sin(x/2)}=\frac{2\sin(x/2)\cos(x/2)}{2\sin(x/2)}=\cos\frac x2$.

4. Tous les facteurs sont strictement positifs, donc le logarithme du produit est la somme des logarithmes : $$\sum_{k=1}^{n}\ln\cos\left(\frac{x}{2^k}\right)=\ln P_n=\ln(\sin x)-n\ln2-\ln\sin\left(\frac{x}{2^n}\right).$$

5. Posons $u_n=\frac{x}{2^n}$. Alors $u_n>0$, $u_n\to0$ et $2^n\sin\left(\frac{x}{2^n}\right)=x\,\frac{\sin u_n}{u_n}$. Comme $\frac{\sin u}{u}\to1$ quand $u\to0$ (nombre dérivé de $\sin$ en $0$, égal à $\cos0=1$), on obtient $2^n\sin\left(\frac{x}{2^n}\right)\to x\neq0$. Donc $$\lim_{n\to+\infty}P_n=\frac{\sin x}{x}.$$

6. Avec $x=\frac{\pi}{2}\in\left]0,\pi\right[$, on a $\frac{x}{2^k}=\frac{\pi}{2^{k+1}}$, donc le produit proposé est $P_n$ pour cette valeur de $x$. Sa limite est $$\frac{\sin(\pi/2)}{\pi/2}=\frac{2}{\pi}.$$