Solutions - Exercices de calcul de sommes - 01

Solutions détaillées de neuf exercices sur les calculs de sommes (fiche 01).
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La somme à calculer est :

$\sigma=\sum_{k=A}^{B-1}\left(kn+r\right)$

Il s’agit d’une somme arithmétique :

de raison $r$ ,
de premier terme $An+r$ ,
de dernier terme $\left(B-1\right)n+r$ ,
qui comporte $B-A$ termes

Par conséquent :

$\sigma=\frac{1}{2}\left(An+r+\left(B-1\right)n+r\right)\left(B-A\right)$

c’est-à-dire :

$\boxed{\sigma=\left[\frac{n}{2}\left(B+A-1\right)+r\right]\left(B-A\right)}$

Pour tout $n\in\mathbb{N}^{\star}$ :

$A_{n}=2\left[\left(\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}2^{-k}\right)-1\right]$

or, d’après la formule du binôme :

$\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}2^{-k}=\left(1+\frac12\right)^n=\left(\frac{3}{2}\right)^{n}$

et donc :

$\boxed{A_{n}=2\left[\left(\frac{3}{2}\right)^{n}-1\right]}$

En remarquant que, pour tout entier $k\geqslant1$ :

$F_{k}=F_{k+1}-F_{k-1}$

il vient :

$B_{n}=\sum_{k=1}^{n}F_{k}\left(F_{k+1}-F_{k-1}\right)$

c’est-à-dire :

$B_{n}=\sum_{k=1}^{n}\left(F_{k}F_{k+1}-F_{k-1}F_{k}\right)$

La sommation est devenue télescopique. Il reste au final :

$B_{n}=F_{n}F_{n+1}-F_{0}F_{1}$

c’est-à-dire :

$\boxed{\sum_{k=1}^{n}F_{k}^{2}=F_{n}F_{n+1}}$

La figure ci-dessous apporte une vision géométrique de cette formule. L’aire du grand rectangle est la somme des aires des carrés qui le composent :

On voit, en écrivant :

$t\left(1-t\right)=\frac{1}{4}-\left(\frac{1}{2}-t\right)^{2}$

que le maximum de $t\left(1-t\right)$

pour $t\in\left[0,1\right]$

est $1/4,$

maximum atteint pour $t=1/2.$

Donc, pour tout $n\geqslant2$

et pour tout $k\in\llbracket1,n-1\rrbracket$

$\sqrt{k\left(n-k\right)}=n\sqrt{\frac{k}{n}\left(1-\frac{k}{n}\right)}\leqslant\frac{n}{2}$

Il s’ensuit que :

$\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{\sqrt{k\left(n-k\right)}}\geqslant\frac{n-1}{2n}$

et comme $n-1\geqslant\frac{n}{2},$

on voit finalement que :

$\boxed{\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{\sqrt{k\left(n-k\right)}}\geqslant\frac{1}{4}}$

Remarque

Ce n’était pas demandé, mais on peut montrer que :

$\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{\sqrt{k\left(n-k\right)}}=\pi$

Sauriez-vous établir ce résultat ?

Considérons la fonction :

$\varphi:\left[m,M\right]\rightarrow\mathbb{R},\thinspace t\mapsto\frac{t}{M}+\frac{m}{t}$

Sa dérivée est donnée par :

$\forall t\in\left[m,M\right],\:\varphi'\left(t\right)=\frac{1}{M}-\frac{m}{t^{2}}$

expression du même signe que $t^{2}-mM,$

c’est-à-dire (vu que $t>0$

dans ce contexte) du même signe que $t-\sqrt{mM}.$

On voit ainsi que $\varphi$ décroît sur $\left[m,\sqrt{mM}\right]$ et croît sur $\left[\sqrt{mM},M\right],$ puis que :

$\min_{m\leqslant t\leqslant M}\varphi\left(t\right)=\varphi\left(\sqrt{mM}\right)=2\sqrt{\frac{m}{M}}$

$\max_{m\leqslant t\leqslant M}\varphi\left(t\right)=\varphi\left(m\right)=\varphi\left(M\right)=1+\frac{m}{M}$

Il en résulte que pour tout $i\in\llbracket1,n\rrbracket$

$2\sqrt{\frac{m}{M}}\leqslant\frac{a_{i}}{M}+\frac{m}{a_{i}}\leqslant1+\frac{m}{M}$

et donc, en ajoutant membre à membre :

$\boxed{2n\sqrt{\frac{m}{M}}\leqslant\sum_{i=1}^{n}\frac{a_{i}}{M}+\sum_{i=1}^{n}\frac{m}{a_{i}}\leqslant n\left(1+\frac{m}{M}\right)}$

Posons ${\displaystyle z=e^{i\pi/q}},$ de sorte que pour tout $k\in\mathbb{N}$ et d’après la formule de Moivre :

$\cos\left(\frac{k\pi}{q}\right)=\text{Re}\left(e^{ik\pi/q}\right)=\text{Re}\left(z^{k}\right)$

donc (la partie réelle d’une somme étant la somme des parties réelles) :

$\sum_{k=0}^{n}\cos\left(\frac{k\pi}{q}\right)=\text{Re}\left(\sum_{k=0}^{n}z^{k}\right)$

et donc (formule pour les sommes géométriques de raison $\neq1)$

$\sum_{k=0}^{n}\cos\left(\frac{k\pi}{q}\right)=\text{Re}\left(\frac{1-z^{n+1}}{1-z}\right)$

Comme $\forall w\in\mathbb{C},\:\left|\text{Re}\left(w\right)\right|\leqslant\left|w\right|$

et vu que $\left|z\right|=1,$

on déduit de l’inégalité triangulaire que :

$\left|\sum_{k=0}^{n}\cos\left(\frac{k\pi}{q}\right)\right|\leqslant\left|\frac{1-z^{n+1}}{1-z}\right|\leqslant\frac{2}{\left|1-z\right|}$

Pour finir, on calcule :

$\begin{eqnarray*}\left|1-z\right|^{2} & = & \left(1-\cos\left(\frac{\pi}{q}\right)\right)^{2}+\sin^{2}\left(\frac{\pi}{q}\right)\\& = & 2\left(1-\cos\left(\frac{\pi}{q}\right)\right)\\& = & 4\sin^{2}\left(\frac{\pi}{2q}\right) \end{eqnarray*}$

La propriété demandée est donc établie; on peut adopter :

$\boxed{{\displaystyle M=}\frac{1}{\sin\left(\frac{\pi}{2q}\right)}}$

On développe, pour tout $k\in\llbracket0,n-1\rrbracket,$ l’expression $\left(z+\omega^{k}\right)^{n}$ par la formule du binôme :

$\left(z+\omega^{k}\right)^{n}=\sum_{j=0}^{n}\binom{n}{j}z^{n-j}\omega^{kj}$

et donc :

$\begin{eqnarray*}S_{n}\left(z\right) & = & \sum_{k=0}^{n-1}\left(z+\omega^{k}\right)^{n}\\ & = & \sum_{k=0}^{n-1}\left(\sum_{j=0}^{n}\,\binom{n}{j}z^{n-j}\omega^{kj}\right)\\& = & \sum_{j=0}^{n}\left[\binom{n}{j}z^{n-j}\left(\sum_{k=0}^{n-1}\,\omega^{kj}\right)\right]\end{eqnarray*}$

L’expression $\displaystyle{\sum_{k=0}^{n-1}\,\omega^{kj}}$

est une somme géométrique de raison $\omega^{j}.$

Elle vaut donc :

$\sum_{k=0}^{n-1}\,\omega^{kj}=\left\{\begin{array}{cc}n & \textrm{ si }j\in\left\{0,n\right\} \\\\\frac{1-\omega^{nj}}{1-\omega^{j}}=0 & \text{sinon} \end{array}\right.$

Finalement :

$\boxed{z_{n}=n\left(1+z^{n}\right)}$

Posons :

$f_{n}\left(t\right)=\sum_{k=1}^{n}\,\frac{\left(-1\right)^{k-1}}{k}\binom{n}{k}t^{k}$

On observe que :

$f_{n}'\left(t\right)=\sum_{k=1}^{n}\,\left(-1\right)^{k-1}\binom{n}{k}t^{k-1}$

donc, pour $t\neq0$

et d’après la formule du binôme :

$f_{n}'\left(t\right)=-\frac{1}{t}\,\sum_{k=1}^{n}\,\left(-1\right)^{k}\binom{n}{k}t^{k}=\frac{1-\left(1-t\right)^{n}}{t}$

ou encore (somme géométrique) :

$f_{n}'\left(t\right)=\sum_{k=0}^{n-1}\,\left(1-t\right)^{k}$

Cette formule est encore valable pour $t=0.$

En intégrant, il vient :

$\begin{eqnarray*}f_{n}\left(1\right)-f_{n}\left(0\right) & = & \int_{0}^{1}\,f_{n}'\left(t\right)\,dt\\& = & \int_{0}^{1}\,\left(\sum_{k=0}^{n-1}\,\left(1-t\right)^{k}\right)\,dt\\& = & \sum_{k=0}^{n-1}\,\left(\int_{0}^{1}\,\left(1-t\right)^{k}\,dt\right)\\& = & \sum_{k=1}^{n}\,\frac{1}{k}\end{eqnarray*}$

Vu que $f_{n}\left(0\right)=0,$

on a bien montré que :

$\boxed{\sum_{k=1}^{n}\,\frac{\left(-1\right)^{k-1}}{k}\binom{n}{k}=\sum_{k=1}^{n}\,\frac{1}{k}}$

Comme $S_{0}<0$ et $S_{n}>0,$ alors il existe $q\in\llbracket0,n-1\rrbracket$ tel que $S_{q}S_{q+1}\leqslant0.$
Mais $S_{q+1}-S_{q}=2a_{q+1}>0,$ donc $S_{q}\leqslant0$ et $S_{q+1}\geqslant0$ . On constate alors, en posant $M=\max_{1\leqslant i\leqslant n}a_{i},$ que :

$\left|S_{q}\right|+\left|S_{q+1}\right|=S_{q+1}-S_{q}\leqslant2M$

Ceci impose que :

$\boxed{\exists j\in\left\{q,q+1\right\};\thinspace\left|S_{j}\right|\leqslant M}$

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