Soit $n\in\mathbb{N}^*$. Calculer :
- $A_n=\sum_{1\leqslant i,j\leqslant n}2^{i+j}$ ;
- $B_n=\sum_{1\leqslant i,j\leqslant n}\min(i,j)$ ;
- $C_n=\sum_{1\leqslant i,j\leqslant n}|i-j|$.
Pour $A_n$, écrire $2^{i+j}=2^i2^j$ et reconnaître un produit de deux sommes.
Pour $B_n$, découper le carré en trois parties : $i=j$, $i<j$, $i>j$.
Pour $C_n$, exprimer $|i-j|$ à l'aide de $i+j$ et de $\min(i,j)$.
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 $\frac{2\times3\times4}{3}=8$.
$A_n=4(2^n-1)^2$, $B_n=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$, $C_n=\frac{(n-1)n(n+1)}{3}$