QCM : Sommes et produits (Prépa, 1re année)
Ce chapitre fixe les outils de calcul qui servent dans toute la prépa : manipuler les symboles $\sum$ et $\prod$, changer d'indice, télescoper, intervertir des sommes doubles. Il établit aussi les sommes usuelles, la formule du binôme et la factorisation de $a^n-b^n$, que l'on réutilise en analyse, en algèbre et en probabilités.
Soit $n\geqslant 3$. Que vaut $\displaystyle\sum_{k=3}^{n} 2$ ?
La somme d'une constante vaut la constante multipliée par le nombre de termes. De $3$ à $n$, il y a $n-3+1=n-2$ termes, donc la somme vaut $2(n-2)$. Le piège principal est de calculer $q-p$ au lieu de $q-p+1$, ce qui donne $2(n-3)$. Une autre erreur est d'oublier que la somme ne commence pas à $1$, ce qui donne $2n$. Vérification pour $n=3$ : un seul terme, égal à $2$, et $2(3-2)=2$.
Soit $n\geqslant 1$. Que vaut $\displaystyle\prod_{k=1}^{n}(3k)$ ?
Le facteur $3$ apparaît dans chacun des $n$ facteurs du produit : $\prod_{k=1}^{n}(3k)=3^n\prod_{k=1}^{n}k=3^n\,n!$. Le piège principal est de « sortir » le $3$ une seule fois, comme pour une somme, ce qui donne $3\,n!$. La linéarité est une propriété des sommes, pas des produits. Vérification pour $n=2$ : $3\times 6=18$ et $3^2\times 2!=18$, alors que $(3\times2)!=720$.
Soit $n\geqslant 1$. À quelle somme est égale $\displaystyle\sum_{k=2}^{n+1} a_{k-1}$ ?
On pose $j=k-1$. Pour $k=2$ on obtient $j=1$, et pour $k=n+1$ on obtient $j=n$. Donc la somme vaut $\sum_{j=1}^{n} a_j$, avec $n$ termes de part et d'autre. Le piège principal est de changer le terme général sans changer les bornes, ce qui donne $\sum_{j=2}^{n+1}a_j$. Une autre erreur est de décaler les bornes dans le mauvais sens, ce qui donne $\sum_{j=3}^{n+2}a_j$. Le choix $\sum_{j=1}^{n+1}a_j$ compte $n+1$ termes : le nombre de termes n'est pas conservé.
Soit $n\geqslant 1$. Que vaut $\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\ln\left(1+\frac1k\right)$ ?
On écrit $\ln\left(1+\frac1k\right)=\ln\left(\frac{k+1}{k}\right)=\ln(k+1)-\ln(k)$. C'est une somme télescopique avec $a_k=\ln k$. Elle vaut $a_{n+1}-a_1=\ln(n+1)-\ln 1=\ln(n+1)$. Le piège principal est de se tromper sur le terme qui subsiste à la fin, ce qui donne $\ln(n)$. On peut aussi mal identifier le premier terme, ce qui donne $\ln(n+1)-\ln 2$. Le choix $\ln\left(\frac{n+1}{n}\right)$ ne garde que le dernier terme de la somme. Vérification pour $n=1$ : $\ln 2$.
Soit $n\geqslant 1$. Que vaut $\displaystyle\sum_{k=1}^{n}2^k$ ?
Le premier terme vaut $2$ et la somme comporte $n$ termes. Elle vaut donc $2\,\frac{1-2^n}{1-2}=2(2^n-1)=2^{n+1}-2$. Le piège principal est d'appliquer la formule comme si la somme commençait à $k=0$, ce qui donne $2^{n+1}-1$. Une autre erreur est de se tromper sur l'exposant (nombre de termes), ce qui donne $2^n-1$ ou $2^n-2$. Vérification pour $n=1$ : la somme vaut $2$, et $2^2-2=2$.
Soit $n\in\mathbb{N}$. Que vaut $\displaystyle\sum_{k=0}^{n}(2k+1)$ ?
Par linéarité, $\sum_{k=0}^{n}(2k+1)=2\sum_{k=0}^{n}k+\sum_{k=0}^{n}1$. On obtient $n(n+1)+(n+1)=(n+1)^2$. Le piège principal est de compter $n$ termes au lieu de $n+1$ dans la somme de la constante, ce qui donne $n(n+1)+n=n^2+2n$. Le choix $n^2$ est la somme des $n$ premiers impairs, de $1$ à $2n-1$. Ici la somme va jusqu'à $2n+1$. Vérification pour $n=1$ : $1+3=4=2^2$.
Soit $n\geqslant 1$ et $(a_{i,j})$ une famille de complexes. À quelle expression est égale $\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{i}a_{i,j}$ ?
L'ensemble des indices est $\{(i,j) : 1\leqslant j\leqslant i\leqslant n\}$. À $j$ fixé, $i$ varie de $j$ à $n$, et $j$ varie de $1$ à $n$. La somme vaut donc $\sum_{j=1}^{n}\sum_{i=j}^{n}a_{i,j}$. Le piège principal est de recopier les bornes en échangeant seulement les lettres, ce qui donne $\sum_{j=1}^{n}\sum_{i=1}^{j}$. Cette somme porte sur le triangle $i\leqslant j$, qui n'est pas le bon. Le choix $\sum_{j=1}^{i}\sum_{i=1}^{n}$ n'a pas de sens : la somme extérieure ne peut pas dépendre de l'indice intérieur. Le choix avec les bornes $1$ et $n$ pour les deux indices somme sur tout le carré.
Soit $n\in\mathbb{N}$. Que vaut $\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}(-2)^k$ ?
On reconnaît le binôme avec $a=-2$ et $b=1$ : $\sum_{k=0}^{n}\binom nk(-2)^k1^{n-k}=(-2+1)^n=(-1)^n$. Le piège principal est de confondre avec la somme alternée $\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\binom nk=0$, qui correspond à $a=-1$. Le choix $3^n$ vient d'un oubli du signe, puisque $(2+1)^n=3^n$. Le choix $-1$ oublie l'exposant $n$. Vérification pour $n=1$ : $1-2=-1$. Pour $n=2$ : $1-4+4=1$.
Quel est le coefficient de $x^3$ dans le développement de $(2x-1)^5$ ?
Le terme général est $\binom5k(2x)^k(-1)^{5-k}$. Pour $k=3$, on obtient $\binom53\times 2^3\times(-1)^2=10\times8\times1=80$. Le piège principal est d'oublier la puissance de $2$, ce qui donne $\binom53=10$. Une autre erreur porte sur le signe : l'exposant de $-1$ est $5-3=2$, pair, donc le terme est positif, et non $-80$. Le choix $40=\binom52\times2^2$ vient d'une confusion entre les exposants de $2x$ et de $-1$.
Pour tout entier $n\geqslant1$, quel entier divise toujours $11^n-4^n$ ?
Par la factorisation $a^n-b^n=(a-b)\sum_{k=0}^{n-1}a^kb^{n-1-k}$ avec $a=11$ et $b=4$, on a $11^n-4^n=7\sum_{k=0}^{n-1}11^k4^{n-1-k}$. La somme est un entier, donc $7$ divise $11^n-4^n$ pour tout $n\geqslant1$. Le piège principal est de penser au facteur $a+b=15$. Celui-ci concerne $a^n+b^n$ pour $n$ impair, ou $a^n-b^n$ pour $n$ pair, mais pas tous les $n$. Contre-exemple pour $n=1$ : $11-4=7$, qui n'est divisible ni par $15$, ni par $44$, ni par $3$.