Maths sup : Calcul algébrique

Lorsqu'on calcule $u_{n+1}-u_n$, $$u_{n+1}-u_n=\sum_{k=n+1}^{2n+2}\frac 1k-\sum_{k=n}^{2n}\frac 1k,$$ on s'aperçoit que tous les termes se simplifient, hormis les deux derniers de la première somme, et le premier de la deuxième somme. On trouve donc $$u_{n+1}-u_n=\frac{1}{2n+1}+\frac{1}{2n+2}-\frac{1}n.$$ On peut ensuite mettre tout au même dénominateur pour étudier la monotonie de la suite $(u_n)$ : \begin{align*} u_{n+1}-u_n&=\frac{n(2n+2)+n(2n+1)-(2n+1)(2n+2)}{n(2n+1)(2n+2)}\\ &=\frac{2n^2+2n+2n^2+n-4n^2-6n-2}{n(2n+1)(2n+2)}\\ &=\frac{-3n-2}{n(2n+1)(2n+2)}\\ &\leq 0. \end{align*} La suite $(u_n)$ est décroissante.

Il y a deux possibilités naturelles pour effectuer le changement d'indice et obtenir les bonnes bornes. On peut poser $j=k-n$, ou $j=2n-k$. Le deuxième choix permet plus facilement d'arriver au résultat. Posons donc $j=2n-k$. Alors : \begin{align*} \sum_{k=n+1}^{2n-1}\ln\left(\sin\left(\frac{k\pi}{2n}\right)\right)&= \sum_{j=1}^{n-1}\ln\left(\sin\left(\pi-\frac{j\pi}{2n}\right)\right)\\ &=\sum_{j=1}^{n-1}\ln\left(\sin\left(\frac{j\pi}{2n}\right)\right) \end{align*} en utilisant la formule $\sin(\pi-x)=\sin(x)$. C'est exactement le résultat demandé.

On commence par séparer la somme en deux : $$\sum_{k=1}^n \left(\frac 1k-\frac1{n+1-k}\right)=\sum_{k=1}^n \frac 1k-\sum_{k=1}^n \frac1{n+1-k}.$$ On effectue ensuite le changement d'indices $j=n+1-k$ dans la deuxième somme. On a $$1\leq k\leq n\iff -1\geq -k\geq -n\iff n\geq n+1-k\geq 1.$$ La deuxième somme devient donc $$\sum_{k=1}^n \frac1{n+1-k}=\sum_{j=1}^n \frac1j=\sum_{k=1}^n \frac 1k.$$ On trouve finalement $$\sum_{k=1}^n \left(\frac 1k-\frac1{n+1-k}\right)=0.$$

On réduit au même dénominateur, et on trouve $$\frac a{k+1}+\frac b{k+3}=\frac{(a+b)k+(3a+b)}{(k+1)(k+3)}.$$ Par identification, on cherche à résoudre le système $$\left\{\begin{array}{rcl} a+b&=&0\\ 3a+b&=&1 \end{array}\right.$$ dont la seule solution est $a=1/2$, $b=-1/2$. On en déduit \begin{eqnarray*} S_n&=&\frac12\sum_{k=0}^n \frac 1{k+1}-\frac 12\sum_{k=0}^n \frac 1{k+3}\\ &=&\frac 12\sum_{k=0}^n \frac1{k+1}-\frac12\sum_{k=2}^{n+2} \frac{1}{k+1}\\ &=&\frac12\left(1+\frac 12-\frac1{n+2}-\frac1{n+3}\right)\\ &=&\frac{3n^2+11n+8}{4(n+2)(n+3)}. \end{eqnarray*}

Pour faire apparaître une somme télescopique, on va écrire $k=(k+1)-1$. Il vient \begin{align*} \sum_{k=1}^n k\cdot k!&=\sum_{k=1}^n (k+1-1)\cdot k!\\ &=\sum_{k=1}^n \big( (k+1)!-k!\big)\\ &=(n+1)!-1!=(n+1)!-1. \end{align*}

Pour chaque entier $k$ dans $\{1,\dots,n\}$, on a $k!\leq n!$. On obtient donc $$\sum_{k=1}^n k!\leq\sum_{k=1}^n n!=n\times n!$$ puisque la somme de droite est une somme de termes constants. Puisque $n\leq n+1$, on obtient bien $$\sum_{k=1}^n k!\leq (n+1)\times n!=(n+1)!\quad .$$

Calculons $\sum_{k=1}^n (1-x_k)^2$ : $$\sum_{k=1}^n (1-x_k)^2=\sum_{k=1}^n 1-2\sum_{k=1}^n x_k+\sum_{k=1}^n x_k^2=n-2n+n=0.$$ Or, une somme de réels positifs est nulle si et seulement si chacun des termes de la somme est nul. On en déduit le résultat demandé.

On procède simplement par récurrence sur $n$. Voyons d'abord pourquoi la formule est vraie pour $a_n$. Elle est vraie pour $n=1$ (car $1=\frac{1\times 2}{2}$). Soit $n\in\mathbb N$ telle qu'elle est vraie au rang $n$ et prouvons-la au rang $n+1$. Alors, $$a_{n+1}=a_n+(n+1)=\frac{n(n+1)}2+(n+1)=(n+1)\times\left(\frac n2+1\right)=\frac{(n+1)\big((n+1)+1\big)}2.$$ La formule est donc vraie au rang $n+1$ et par le principe de récurrence, elle est vraie pour tout entier $n\geq 0$.
Le raisonnement est rigoureusement identique pour $b_n$ et pour $c_n$. Voyons par exemple le cas de $c_n$. Comme précédemment, la formule est vraie au rang $1$, et si elle est vraie au rang $n$, alors $$c_{n+1}=c_n+(n+1)^3=\frac{n^2(n+1)^2}4+(n+1)^3=(n+1)^2\left(\frac {n^2}4+(n+1)\right).$$ Il suffit alors pour conclure de remarquer que $$\frac {n^2}4+(n+1)=\frac{(n+2)^2}4.$$ La propriété est vraie au rang $n+1$ ce qui clôt la démonstration par récurrence.

Effectuons le changement d'indices $\ell=n-k+1$. Lorsque $k$ varie de $1$ à $n$, alors $\ell$ varie aussi de $1$ à $n$. On a donc $$\sum_{k=1}^n (n+1-k)=\sum_{\ell=1}^n \ell=\frac{n(n+1)}2.$$

On écrit en développant le produit $$\sum_{k=-5}^{15}k(10-k)=10\sum_{k=-5}^{15}k-\sum_{k=-5}^{15}k^2.$$ Étudions ensuite la première somme en la découpant en deux : \begin{align*} S_1=\sum_{k=-5}^{15}k&=\sum_{k=-5}^0 k +\sum_{k=1}^{15}k \end{align*} Dans la première de ces deux sommes, on fait le changement de variables $\ell=-k$. Lorsque $k$ va de $-5$ à $0$, $\ell$ va de $0$ à $5$. On trouve donc que \begin{align*} S_1&=-\sum_{\ell=0}^5 \ell+\sum_{k=1}^{15}k\\ &=-\frac{5\times 6}2+\frac{15\times 16}2\\ &=105. \end{align*} Pour la deuxième somme, on fait le même raisonnement : \begin{align*} S_2=\sum_{k=-5}^{15}k^2&=\sum_{k=-5}^0 k^2 +\sum_{k=1}^{15}k^2\\ &=\sum_{\ell=0}^5(-\ell)^2+\sum_{k=1}^{15}k^2\\ &=\sum_{\ell=0}^5 \ell^2+\sum_{k=1}^{15}k^2\\ &=\frac{5\times 6\times 11}{6}+\frac{15\times 16\times 31}6=1295. \end{align*} Finalement, on trouve $$\sum_{k=-5}^{15} k(10-k)=1050-1295=-245.$$ On peut vérifier cette somme par un petit programme Python :

En mettant $1/n^2$ en facteur, on se ramène à une somme classique. En effet, on peut écrire $$u_n=\frac1{n^2}\sum_{k=1}^n k=\frac{1}{n^2}\times\frac{n(n+1)}{2}=\frac{n+1}{2n}=\frac{1}2+\frac{1}{2n}.$$ Ainsi, la suite $(u_n)$ tend vers $1/2$.

Dans cet exercice, il faut faire très attention aux notations, puis appliquer la formule de la somme d'une série géométrique. Il vient alors $$\sum_{k=0}^{2n} u_{k}=\sum_{k=0}^{2n}(-2)^k=\frac{1-(-2)^{2n+1}}{1-(-2)}=\frac{1+2^{2n+1}}3.$$ $$\sum_{k=0}^{2n+1} u_{k}=\frac{1-2^{2n+2}}3.$$ $$\sum_{k=0}^{n} u_{2k}=\sum_{k=0}^n 4^k=\frac{1-4^{n+1}}{1-4}=\frac{4^{n+1}-1}3.$$ $$\sum_{k=0}^{2n} (u_{k}+n)=\sum_{k=0}^{2n} u_k+\sum_{k=0}^{2n} n=\frac{1+2^{2n+1}}3+n(2n+1).$$ $$\left(\sum_{k=0}^{2n} u_{k}\right)+n=\frac{1+2^{2n+1}}3+n.$$ $$\sum_{k=0}^{n} u_{k+n}=\sum_{k=0}^n (-2)^{k+n}=(-2)^n\sum_{k=0}^n (-2)^k=\frac{(-2)^n(1-(-1)^{n+1} 2^{n+1})}{3}.$$ $$\sum_{k=0}^{n} u_{kn}=\sum_{k=0}^n ((-2)^n)^k=\frac{1-(-2)^{n(n+1)}}{1-(-2)^n},$$ sauf si $n=0$ auquel cas la somme vaut $u_0=1$.

C'est un exercice extrêmement classique qu'il faut savoir faire.

1. On reconnait une somme géométrique de raison $x$. Pour $x\neq 1$, on a $$S_n(x)=\frac{1-x^{n+1}}{1-x}.$$ Pour $x=1$, $S_n(1)=n+1$.
2. On distingue là encore le cas $x=1$. Il donne $$T_n(1)=\sum_{k=0}^n k=\frac{n(n+1)}2.$$ Sinon, on dérive $S_n$ : pour tout $x\neq 1$, $$S_n'(x)=\sum_{k=1}^n kx^{k-1}\implies T_n(x)=xS_n'(x).$$ On calcule alors $S_n'(x)$ avec la formule obtenue à la question précédente et on trouve $$T_n(x)=x\frac{nx^{n+1} −(n+1)x^n +1}{ (x−1)^2}.$$

1. On convient que $A_{-1}=0$. On a alors \begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^n a_k B_k&=&\sum_{k=0}^n (A_k-A_{k-1})B_k\\ &=&\sum_{k=0}^n A_k B_k-\sum_{k=0}^n A_{k-1}B_k\\ &=&\sum_{k=0}^n A_k B_k-\sum_{k=0}^{n-1} A_k B_{k+1}\\ &=&A_n B_n+\sum_{k=0}^{n-1}A_k (B_k-B_{k+1})\\ &=&A_nB_n-\sum_{k=0}^{n-1} A_k b_k. \end{eqnarray*}
2. On pose $a_k=2^k$ et $B_k=k$. Alors $A_n=2^{n+1}-1$ et $b_k=1$. On en déduit que \begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^n k2^k&=&(2^{n+1}-1)n-\sum_{k=0}^{n-1}(2^{k+1}-1)\\ &=&(2^{n+1}-1)n-2(2^n-1)+n\\ &=&2^{n+1}(n-1)+2. \end{eqnarray*}

Ce procédé de transformation de somme s'appelle une sommation d'Abel.

L'idée pour réaliser ce calcul est de permuter l'ordre de sommation, pour sommer d'abord sur $j$ puis ensuite sur $k$. On remarque qu'alors $j$ varie entre $1$ et $n$, puis que $k$ varie entre $j$ et $n$. On a donc \begin{align*} \sum_{k=1}^n \sum_{j=1}^k 2^k&=\sum_{j=1}^n \sum_{k=j}^n 2^k\\ &=\sum_{j=1}^n( 2^{n+1}-2^j)\\ &=n2^{n+1}-\left(2^{n+1}-2\right)\\ &=(n-1)2^{n+1}+2. \end{align*}

Une méthode naturelle pour démontrer cette propriété est de procéder par récurrence sur $n$. La formule est clairement vraie pour $n=0$ (ce qui implique $p=0$). Supposons la propriété vraie au rang $n$, c'est-à-dire que pour tout $p\leq n$, la formule donnée est vérifiée. Prouvons-la au rang $n+1$. Pour cela, prenons $p\leq n+1$. Si $p\leq n$, alors on a \begin{eqnarray*} \sum_{k=p}^{n+1}\dbinom{k}{p}&=&\sum_{k=p}^n \dbinom{k}{p}+\dbinom{n+1}{p}\\ &=&\dbinom{n+1}{p+1}+\dbinom{n+1}{p}\textrm{ (hypothèse de récurrence)}\\ &=&\dbinom{n+2}{p+1}\textrm{ (formule du triangle de Pascal)}. \end{eqnarray*} Si $p=n+1$, la formule est aussi vérifiée. La propriété est donc aussi vraie au rang $n+1$.

Développons $(x+y+z)^n$ en appliquant deux fois la formule du binôme, la première fois en écrivant que $$(x+y+z)^n=\big( (x+y)+z\big)^n.$$ Il vient \begin{align*} (x+y+z)^n&=\sum_{k=0}^n \binom nk (x+y)^k z^{n-k}=\sum_{k=0}^n \sum_{j=0}^k \binom nk\binom kj x^j y^{k-j}z^{n-k}. \end{align*} Dans le développement de $(x+y+z)^n$ n'interviennent que des termes $x^ay^bz^c$ avec $a+b+c=n$. A un tel triplet $(a,b,c)$ donné correspond un unique couple $(k,j)$ avec $0\leq k\leq n$ et $0\leq j\leq k$ tel que $a=j$, $b=k-j$ et $c=n-k$ (on a alors $k=a+b$). Le coefficient intervenant devant $x^a y^b z^c$ est donc $$\binom{n}{a+b}\binom{a+b}{a}=\frac{n!}{(a+b)!c!}\times\frac{(a+b)!}{a!b!}=\frac{n!}{a!b!c!}.$$

Introduisons les polynômes $P(x)=(x+1)^n$, $Q(x)=(x-1)^n$, et cherchons le coefficient devant $x^n$ du produit $PQ$. On a d'une part, $$P(x)=\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}x^k\textrm{ et }Q(x) = \sum_{k=0}^n (-1)^k\binom{n}{k}x^{n-k}.$$ Le coefficient devant $x^n$ du produit $PQ$ est donc $$\sum_{k=0}^n (-1)^k\binom{n}{k}^2=S_n.$$ D'autre part, on a $$PQ(x)=(x^2-1)^n=\sum_{k=0}^n (-1)^{n-k} \binom{n}{k}x^{2k}.$$ On distingue alors deux cas. Si $n$ est impair, le coefficient devant $x^n$ est nul, et on a donc $S_n=0$. Si $n=2p$ est pair, alors on a $$S_{2p}=(-1)^p\binom{2p}{p}.$$ Pour calculer $T_n$, il faut penser à dériver. On a $$P(x)=\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}x^k\textrm{ et }P'(x)=\sum_{k=1}^n k\binom{n}{k}x^{k-1}.$$ Si on cherche le coefficient devant $x^{n-1}$ du produit $P'P$, on trouve $$\sum_{k=1}^{n}k\binom{n}{k}\binom{n}{n-k}=\sum_{k=1}^{n}k\binom{n}{k}\binom{n}{k}=T_n.$$ D'autre part, on a $$P'P(x)=n(x+1)^{2n-1}=n\sum_{k=0}^{2n-1}\binom{2n-1}{k}x^k.$$ On en déduit que $$T_n=n\binom{2n-1}{n-1}.$$

1. On peut démontrer cette propriété par récurrente sur $n$. Mais il est plus facile de remarquer que, par la formule donnant la somme des premiers termes d'une somme géométrique, $$\sum_{p=0}^{n-1}(1-x)^p=\frac{1-(1-x)^n}{1-(1-x)}=\frac{1-(1-x)^n}{x}.$$
2. On commence par dériver $f$ : pour tout $x\in\mathbb R$, on a $$f'(x)=\sum_{k=1}^n\binom nk (-1)^k x^{k-1}.$$ Pour $x$ non nul, cela s'écrit encore $$f'(x)=\frac{\sum_{k=1}^n \binom nk (-1)^k x^k}x=\frac{\sum_{k=1}^n \binom nk 1^{n-k}(-1)^k x^k}x.$$ On peut alors utiliser la formule du binôme pour écrire $$f'(x)=\frac{(1-x)^n-1}x=-\sum_{p=0}^{n-1}(1-x)^p$$ où la dernière égalité provient de la question précédente. Ceci est encore vrai pour $x=0$ puisque $f'(0)=-n$.
3. Remarquons que la somme que l'on cherche à calculer vaut $-f(1)$. Intégrons alors l'égalité précédente entre $0$ et $1$. On a $$\int_0^1 f'(x)dx=-\sum_{p=0}^{n-1}\int_0^1(1-x)^pdx.$$ Mais, $$\int_0^1 f'(x)dx=f(1)-f(0)=f(1)$$ et $$\int_0^1 (1-x)^pdx=\frac1{p+1}.$$ On conclut que $$\sum_{k=1}^n \binom nk\frac{(-1)^{k+1}}k=-f(1)=\sum_{p=0}^{n-1}\frac1{p+1}=\sum_{k=1}^n \frac 1k.$$