Sommes et produits finis (Prérentrée)
Exercice 1 (🔥) : Calculs de sommes et produits
📄 Énoncé
Soit \(n\) un entier naturel supérieur ou égal à \(2\) et \(a\) un nombre réel. Calculer les sommes suivantes.
\(\displaystyle \sum_{k=1}^n 2\)
\(\displaystyle \sum_{k=3}^{2n} a\)
\(\displaystyle \sum_{k=0}^{2n+1} (-1)^k\)
\(\displaystyle \sum_{k=0}^{2n+1} (2k+1)\)
\(\displaystyle \prod_{k=1}^{n} (2k)\)
\(\displaystyle \prod_{k=2}^{n} \frac{k+2}{k+1}\)
✅ Corrigé
\(\displaystyle \sum_{k=1}^n 2 = 2n\)
\(\displaystyle \sum_{k=3}^{2n} a = \left( 2n-2 \right) a\)
\(\displaystyle \sum_{k=0}^{2n+1} (-1)^k = 0\)
\(\displaystyle \sum_{k=0}^{2n+1} (2k+1)= 4 \left( n+1 \right)^2\)
\(\displaystyle \prod_{k=1}^{n} (2k) = 2^n n!\)
\(\displaystyle \prod_{k=2}^{n} \frac{k+2}{k+1}= \frac{n+2}{3}\)
Détail des calculs
La somme \(\displaystyle \sum_{k=1}^n 2\) comporte \(n\) termes tous égaux à \(2\) donc : \[\sum_{k=1}^n 2 = 2n\]
Rappel de cours
Se souvenir que, si \((u_n)\) est une suite réelle, alors : \[\forall n \in \mathbb{N}^\ast,\ \sum_{k=1}^n u_k = u_1 + u_2 + \cdots + u_n\]
En particulier, si la suite \(u\) est constante égale à \(a\) alors la somme est égale à \(na\) où \(n\) est le nombre de termes : \[\forall n \in \mathbb{N}^\ast,\ \sum_{k=1}^n a = na\]
La somme \(\displaystyle \sum_{k=3}^{2n} a\) comporte \(2n-2\) termes, tous égaux à \(a\) donc : \[\sum_{k=3}^{2n} a = \left( 2n-2 \right) a\]
La somme \(\displaystyle \sum_{k=0}^{2n+1} (-1)^k\) comporte \(2n+2\) termes dont \(n+1\) valent \(1\) et \(n+1\) valent \(-1\) donc : \[\sum_{k=0}^{2n+1} (-1)^k = 0\]
On pouvait aussi reconnaître la somme des \(2n+2\) premiers termes de la suite géométrique de raison \(-1\) (différente de \(1\)) et de premier terme \((-1)^0=1\) donc : \[\begin{aligned} \sum_{k=0}^{2n+1} (-1)^k &= 1 \times \frac{1-(-1)^{2n+2}}{1-(-1)} \\ &= \frac{1-1}{2} \\ &= 0 \end{aligned}\]
On reconnaît la somme des \(2n+2\) premiers termes de la suite arithmétique de raison \(2\), donc, comme le premier terme est \(1\) et le dernier est \(4n+3\) : \[\begin{aligned} \sum_{k=0}^{2n+1} (2k+1) &= (2n+2) \times \frac{1+(4n+3)}{2} \\ &= (n+1)(4n+4)\\ & = 4 \left( n+1 \right)^2 \end{aligned}\]
Rappel de cours
Se souvenir que, si la suite \(u\) est une suite arithmétique et si \((p,n)\) est un couple d’entiers naturels tels que \(p \leqslant n\), alors : \[\sum_{k=p}^n u_k = \underset{\substack{ \uparrow \\ \text{nbre de termes}} }{\left( n-p+1 \right)} \times \frac{\overset{\substack{ 1^{\text{er}} \text{ terme} \\ \downarrow} \\ \vphantom{2} }{u_p}+\overset{\substack{ \text{dernier terme} \\ \downarrow} \\ \vphantom{2} }{u_p}}{2}\]
On a :
\[\begin{aligned} \prod_{k=1}^{n} (2k) &= \left[ \prod_{k=1}^{n} 2 \right] \times \left[ \prod_{k=1}^{n} k \right] \\ &= 2^nn! \end{aligned}\]
\(\prod\limits_{k=1}^{n} 2 = \underbrace{ 2\times 2 \times \cdots \times 2}_{n \text{ termes}}\)
\(\prod\limits_{k=1}^{n} k =1\times 2 \times 3 \times \cdots \times n\)
On a :
\[\begin{aligned} \prod_{k=2}^{n} \frac{k+2}{k+1} &= \frac{ \prod\limits_{k=2}^{n} (k+2)}{\prod\limits_{k=2}^{n}( k+1) } \\ &= \frac{n+2}{3} \end{aligned}\]
On reconnaît un produit télescopique :
\(\frac{\cancel{4}}{3} \times \frac{\bcancel{5}}{\cancel{4}} \times \frac{\cancel{6}}{\bcancel{5}} \times \cdots \times \frac{\cancel{n+1}}{\cancel{n}} \times \frac{n+2}{\cancel{n+1}} = \frac{n+2}{3}\)
📝 Mes notes :
Exercice 2 (🔥) : Calculs de sommes et produits
📄 Énoncé
Soit \(n\) un entier naturel supérieur ou égal à \(2\). Calculer les sommes suivantes.
\(\displaystyle \sum_{k=2}^n \left( \frac{1}{k} - \frac{1}{k-1} \right)\)
\(\displaystyle \sum_{k=1}^{n} \left( \frac{1}{k}- \frac{1}{n+1-k} \right)\)
\(\displaystyle \sum_{k=0}^{2n+1} ( k^2+k)\)
\(\displaystyle \sum_{k=2}^{n} \ln\! \left( 1 - \frac{1}{k^2} \right)\)
\(\displaystyle\sum_{k=1}^{n} (n-2k+1)\)
\(\displaystyle \prod_{k=2}^{n} \frac{k^2-1}{k^2}\)
✅ Corrigé
\(\displaystyle \sum_{k=2}^n \left( \frac{1}{k} - \frac{1}{k-1} \right)= \frac{1}{n}-1\)
\(\displaystyle \sum_{k=1}^{n} \left( \frac{1}{k}- \frac{1}{n+1-k} \right) = 0\)
\(\displaystyle \sum_{k=0}^{2n+1} ( k^2+k) = \frac{ (2n+1)(n+1) (4n+6)}{3}\)
\(\displaystyle \sum_{k=2}^{n} \ln\! \left( 1 - \frac{1}{k^2} \right) = \ln(n+1) - \ln(n) - \ln(2)\)
\(\displaystyle\sum_{k=1}^{n} (n-2k+1) = 0\)
\(\displaystyle \prod_{k=2}^{n} \frac{k^2-1}{k^2} = \frac{n+1}{2n}\)
Détail des calculs
On reconnaît une somme télescopique : \[\sum_{k=2}^n \left( \frac{1}{k} - \frac{1}{k-1} \right) = \frac{1}{n} - \frac{1}{2-1} = \frac{1}{n}-1\]
On a :
\[\begin{aligned} \sum_{k=1}^{n} \left( \frac{1}{k}- \frac{1}{n+1-k} \right) &= \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}- \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n+1-k} \\ &= \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}- \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{i} \\ &= 0 \end{aligned}\]
Commentaire
On fait le changement d’indice \(i=n+1-k\)
Méthode
Considérons la somme \(\displaystyle \sum_{k=p}^n u_k\).
Si l’on effectue le changement d’indice \(i=k+c\) (où \(c\) est un entier fixé), on remplace \(k\) par \(i-c\) et on obtient les nouvelles bornes en remplaçant par la valeur prise par \(i\) quand \(k=p\) et \(k=n\), dans cet ordre : \[\sum_{k=p}^n u_k = \sum_{i=p+c}^{n+c} u_{i-c}\]
Si l’on effectue le changement d’indice \(i=c-k\) (où \(c\) est un entier fixé), on remplace \(k\) par \(c-i\) et on obtient les nouvelles bornes en remplaçant par la valeur prise par \(i\) quand \(k=n\) et \(k=p\), dans cet ordre (car ici la fonction \(k \mapsto c-k\) est décroissante) : \[\sum_{k=p}^n u_k = \sum_{i=c-n}^{c-p} u_{c-i}\]
Rappelons que l’on sait que : \[\forall N \in\mathbb{N},\ \sum_{k=0}^N k^2 = \frac{N \left( N+1 \right) (2N+1)}{6} \quad \text{et} \quad \sum_{k=0}^N k = \frac{N \left( N+1 \right)}{2}\]
donc on a: \[\begin{aligned} \sum_{k=0}^{2n+1} ( k^2+k) &= \sum_{k=0}^{2n+1} k^2 + \sum_{k=0}^{2n+1} k \\ &= \frac{ (2n+1) \left( 2n+2 \right) (4n+3)}{6} + \frac{(2n+1) \left( 2n+2) \right)}{2} \\ &= \frac{ (2n+1) \left( n+1 \right) (4n+3)}{3} + (2n+1)(n+1) \\ &= \frac{ (2n+1)(n+1) (4n+6)}{3} \end{aligned}\]
On a : \[\begin{aligned} \sum_{k=2}^{n} \ln\! \left( 1 - \frac{1}{k^2} \right) &= \sum_{k=2}^{n} \ln\! \left( \frac{k^2-1}{k^2} \right) \\ &= \sum_{k=2}^{n} \ln\! \left( \frac{(k-1)(k+1)}{k^2} \right) \\ &= \sum_{k=2}^{n} \left[ \ln(k+1) + \ln(k-1) - 2 \ln(k) \right] \end{aligned}\]
\[\begin{aligned} \sum_{k=2}^{n} \ln\! \left( 1 - \frac{1}{k^2} \right) &= \sum_{k=2}^{n} \left[ \ln(k+1) + \ln(k-1) - 2 \ln(k) \right] \\ &= \sum_{k=2}^{n} \left[ \ln(k+1) - \ln(k) \right] + \sum_{k=2}^{n} \left[ \ln(k-1) - \ln(k) \right] \end{aligned}\]
donc, les deux sommes étant télescopiques : \[\begin{aligned} \sum_{k=2}^{n} \ln\! \left( 1 - \frac{1}{k^2} \right) &= \left[ \ln(n+1) - \ln(2) \right] + \left[ \ln(2-1) - \ln(n) \right] \\ &= \ln(n+1) - \ln(n) - \ln(2) \end{aligned}\]
On reconnaît la somme des \(n\) premiers termes d’une suite arithmétique de raison \(-2\), dont le premier terme est \(n-1\) et le \(n^{\grave{e}me}\) est \(-n+1\) donc : \[\begin{aligned} \sum_{k=1}^{n} (n-2k+1) &= n \times \frac{(n-1)+(-n+1)}{2} \\ &= 0 \end{aligned}\]
On a : \[\begin{aligned} \prod_{k=2}^{n} \frac{k^2-1}{k^2} &= \prod_{k=2}^{n} \frac{(k-1)(k+1)}{k^2} \\ &= \left[ \prod_{k=2}^{n} \frac{k-1}{k} \right] \left[ \prod_{k=2}^{n} \frac{k+1}{k} \right] \\ &= \frac{1}{n} \times \frac{n+1}{2} \\ &= \frac{n+1}{2n} \end{aligned}\]
📝 Mes notes :
Exercice 3 (🔥🔥) : Calculs de sommes et produits
📄 Énoncé
Soit \(n\) un entier naturel supérieur ou égal à \(2\). Calculer les sommes suivantes.
\(\displaystyle \sum_{k=0}^n \binom nk\)
\(\displaystyle \sum_{k=0}^n k \binom nk\)
\(\displaystyle \sum_{k=0}^n \frac{ \binom nk}{k+1}\)
✅ Corrigé
\(\displaystyle \sum_{k=0}^n \binom nk = 2^n\)
\(\displaystyle \sum_{k=0}^n k \binom nk = n2^{n-1}\)
\(\displaystyle \sum_{k=0}^n \frac{ \binom nk}{k+1} = \frac{2^{n+1} - 1}{n+1}\)
Solutions détaillées
Détail des calculs
Une somme avec un coefficient binomial, donc on pense à utiliser la formule du binôme de Newton. On a : \[\begin{aligned} \sum_{k=0}^n \binom nk &= \sum_{k=0}^n \binom nk 1^k \,1^{n-k} \end{aligned}\]
donc d’après la formule du binôme de Newton : \[\sum_{k=0}^n \binom nk = (1+1)^n = 2^n\]
On sait (en cas de doute, écrire la combinaison \(\binom nk\) à l’aide de factorielles pour le retrouver) que : \[\begin{aligned} \forall k\in\left[\kern-0.15em\left[ {1,n} \right]\kern-0.15em\right],\ k \binom nk = n \binom {n-1}{k-1} \end{aligned}\]
donc (le premier terme de la somme étant nul) : \[\begin{aligned} \sum_{k=0}^n k \binom nk &= n \sum_{k=1}^n \binom {n-1}{k-1} \\ &= n \sum_{k=0}^{n-1} \binom {n-1}{k} \end{aligned}\]
donc, encore d’après la formule du binôme de Newton : \[\sum_{k=0}^n k \binom nk =n 2^{n-1}\]
On a de même : \[\forall k \in\left[\kern-0.15em\left[ {0,n} \right]\kern-0.15em\right],\ \frac{1}{k+1} \binom nk = \frac{1}{n+1} \binom {n+1}{k+1}\] donc : \[\begin{aligned} \sum_{k=0}^n \frac{ \binom nk }{k+1} &= \frac{1}{n+1} \sum_{k=0}^n \binom {n+1}{k+1} \\ &= \frac{1}{n+1} \sum_{k=1}^{n+1} \binom {n+1}{k} \\ &= \frac{1}{n+1} \left[ \sum_{k=0}^{n+1} \binom {n+1}{k} - 1 \right] \end{aligned}\]
donc, encore d’après la formule du binôme de Newton : \[\sum_{k=0}^n \frac{ \binom nk }{k+1} = \frac{2^{n+1} - 1}{n+1}\]
Bien travailler les calculs effectués dans cet exercice car ce sont des sommes très classiques.