Solutions - Exercices de calcul de sommes - 02

Solutions détaillées de neuf exercices sur les calculs de sommes (fiche 02).
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La somme proposée comporte $n$ termes. Le plus petit est $\frac{1}{\sqrt{n}}.$

Par conséquent :

$\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}\geqslant n\times\frac{1}{\sqrt{n}}=\sqrt{n}$

Par comparaison, on en déduit que :

$\boxed{\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}=+\infty}$

Il est facile de calculer $C_{2p}$ (pour $p\in\mathbb{N}^{\star})$ en regroupant les termes deux par deux :

$C_{2p}=\sum_{j=1}^{p}\left[\left(2j-1\right)-2j\right]=-p$

Il en résulte que :

$C_{2p-1}=C_{2p}-\left(-2p\right)=p$

Ainsi :

$\forall n\in\mathbb{N}^{\star},\thinspace C_{n}=\left\{\begin{array}{cc}-\frac{n}{2} & \text{si }n\text{ est pair}\\\\\frac{n+1}{2} & \text{sinon}\end{array}\right.$

Pour finir, on peut (mais ce n’est pas indispensable) regrouper ces deux formules en une seule :

$\boxed{\forall n\in\mathbb{N}^{\star},\thinspace C_{n}=\left(-1\right)^{n-1}\left\lfloor \frac{n+1}{2}\right\rfloor }$

où $\left\lfloor X\right\rfloor$ désigne la partie entière (par défaut) du réel $X.$

Il suffit de remarquer que, pour tout $k\in\mathbb{N}^{\star}$ :

$\begin{eqnarray*}4k\left(k+1\right)\left(k+2\right) & = & k\left(k+1\right)\left(k+2\right)\left(k+3\right)\\& & -\left(k-1\right)k\left(k+1\right)\left(k+2\right) \end{eqnarray*}$

et donc :

$\boxed{\sum_{k=1}^{n}k\left(k+1\right)\left(k+2\right)=\frac{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)\left(n+3\right)}{4}}$

On peut montrer, plus généralement, pour tout couple $\left(n,p\right)$ d’entiers naturels non nuls :

$\sum_{k=1}^{n}\prod_{j=0}^{p}\left(k+j\right)=\frac{1}{p+2}\prod_{j=0}^{p+1}\left(n+j\right)$

La preuve est similaire. On rend la sommation télescopique en observant que, pour tout $k\in\mathbb{N}^{\star}$ :

$\left(p+2\right)\prod_{j=0}^{p}\left(k+j\right)=\prod_{j=0}^{p+1}\left(k+j\right)-\prod_{j=-1}^{p}\left(k+j\right)$

Une somme de termes peut toujours être majorée par le produit du plus grand terme par le nombre de termes (cf. exercice n° 1 de la présente fiche).

On voit ainsi que, pour tout $n\geqslant3$ :

$\sum_{k=1}^{n-2}k!\leqslant\left(n-2\right)\left(n-2\right)!$

et donc :

$\sum_{k=1}^{n}k!\leqslant n!+\left(n-1\right)!+\left(n-2\right)\left(n-2\right)!$

Par ailleurs, il est évident que :

$n!\leqslant\sum_{k=1}^{n}k!$

On dispose donc, pour tout $n\geqslant3,$ de l’encadrement :

$1\leqslant\frac{1}{n!}\sum_{k=1}^{n}k!\leqslant1+\frac{1}{n}+\frac{n-2}{n\left(n-1\right)}$

Noter que cet encadrement est encore valable pour $n=2$ .

Le théorème d’encadrement permet de conclure que :

$\boxed{\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n!}\sum_{k=1}^{n}k!=1}$

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

$F_{k}^{2}-F_{k-1}F_{k+1}=\left(-1\right)^{k-1}$

C’est la célèbre identité de Cassini (dont on trouvera une preuve ici).

Il en résulte que le terme général de la série peut s’écrire :

$\begin{eqnarray*}\frac{\left(-1\right)^{k-1}}{F_{k}F_{k+1}} & = & \frac{F_{k}^{2}-F_{k-1}\,F_{k+1}}{F_{k}\,F_{k+1}}\\& = & \frac{F_{k}}{F_{k+1}}-\frac{F_{k-1}}{F_{k}}\end{eqnarray*}$

et donc (sommation télescopique) :

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

Or, on sait (voir par exemple ici et la remarque qui suit) que, lorsque $n\rightarrow+\infty$ :

$F_{n}\sim\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n}$

On conclut ainsi que :

$\boxed{\sum_{k=1}^{+\infty}\,\frac{\left(-1\right)^{k-1}}{F_{k}\,F_{k+1}}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}}$

Soit $n\in\mathbb{N}.$ Posons pour tout $x\in\left[0,1\right]$ :

$f_{n}\left(x\right)=\sum_{k=0}^{n}\,\binom{n}{k}x^{k}$

c’est-à-dire, selon la formule du binôme (voir par exemple ici) :

$f_n(x)=\left(x+1\right)^{n}$

Par linéarité de l’intégrale, on voit d’une part que :

$\begin{eqnarray*}\int_{0}^{1}\,f_{n}\left(x\right)\,dx & = & \sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}\int_{0}^{1}x^{k}\thinspace dx\\& = & \sum_{k=0}^{n}\,\frac{\binom{n}{k}}{k+1}\end{eqnarray*}$

et d’autre part que :

$\begin{eqnarray*}\int_{0}^{1}\,f_{n}\left(x\right)\,dx & = & \int_{0}^{1}\,\left(x+1\right)^{n}\,dx\\& = & \left[\frac{\left(x+1\right)^{n+1}}{n+1}\right]{x=0}^{1}\\& = & \frac{2^{n+1}-1}{n+1}\end{eqnarray*}$

Il en résulte que :

$\boxed{\sum_{k=0}^{n}\,\frac{\binom{n}{k}}{k+1}=\frac{2^{n+1}-1}{n+1}}$

On peut aussi utiliser la formule du pion (si nécessaire, voir cet article) :

$\left(k+1\right)\binom{n+1}{k+1}=\left(n+1\right)\binom{n}{k}$

ce qui donne :

$\sum_{k=0}^{n}\,\frac{\binom{n}{k}}{k+1}=\frac{1}{n+1}\sum_{k=0}^{n}\binom{n+1}{k+1}$

En ré-indexant cette dernière somme, il vient :

$\sum_{k=0}^{n}\,\frac{\binom{n}{k}}{k+1}=\frac{1}{n+1}\sum_{j=1}^{n+1}\binom{n+1}{j}$

Or, on sait par la formule du binôme que :

$\sum_{j=1}^{n+1}\binom{n+1}{j}=\left(1+1\right)^{n+1}-1$

et l’on retrouve ainsi le résultat encadré plus haut.

D’après l’inégalité entre moyennes géométrique et arithmétique pour $n$ réels positifs :

$\left[\prod_{k=1}^{n}\left(1+a_{k}\right)\right]^{1/n}\leqslant\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\left(1+a_{k}\right)=1+\frac{S}{n}$

Donc, par croissance de $t\mapsto t^{n}$ sur $\left[0,+\infty\right[$ :

$\prod_{k=1}^{n}\left(1+a_{k}\right)\leqslant\left(1+\frac{S}{n}\right)^{n}$

c’est-à-dire, d’après la formule du binôme :

$\prod_{k=1}^{n}\left(1+a_{k}\right)\leqslant\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}\left(\frac{S}{n}\right)^{k}$

Or, pour tout $k\in\llbracket0,n\rrbracket$ :

$\frac{\binom{n}{k}}{n^{k}}=\frac{1}{k!}\prod_{i=1}^{k}\frac{n-i+1}{n}\leqslant\frac{1}{k!}$

et donc :

$\boxed{\prod_{k=1}^{n}\left(1+a_{k}\right)\leqslant\sum_{k=0}^{n}\frac{S^{k}}{k!}}$

comme souhaité.

Pour $A\subset E$ fixé, notons $X_{A}$ l’ensemble des parties $B$ de $E$ vérifiant $A\subset B.$ On cherche à calculer $\text{card}\left(X\right),$ avec :

$X=\bigsqcup_{A\subset E}\left{ A\right} \times X_{A}$

Le symbole $\bigsqcup$ indique une union disjointe (c’est-à-dire l’union d’une collection d’ensembles, dont on sait qu’ils sont deux à deux disjoints). Comme le cardinal d’une union disjointe d’ensembles finis est égale à la somme des cardinaux, on obtient :

$\text{card}\left(X\right)=\sum_{A\subset E}\text{card}\left(\left{ A\right} \times X_{A}\right)$

Par ailleurs, le cardinal du produit cartésien de deux ensembles finis est égal au produit des cardinaux, donc :

$\text{card}\left(X\right)=\sum_{A\subset E}\text{card}\left(X_{A}\right)$

On classe à présent les parties de $E$ selon leur cardinal, ce qui revient à former des « paquets » de termes dans la somme ci-dessus. Chaque paquet renferme les termes associés aux parties $A$ de même cardinal $k$ :

$\text{card}\left(X\right)=\sum_{k=0}^{n}\sum_{{A\subset E\atop \text{card}\left(A\right)=k}}\text{card}\left(X_{A}\right)$

Pour finir, il faut voir deux choses :

Pour $k\in\llbracket0,n\rrbracket$ donné, il existe $\binom{n}{k}$ parties de $E$ ayant pour cardinal $k,$
Si $\text{card}\left(A\right)=k,$ alors $\text{card}\left(X_{A}\right)=2^{n-k}.$ En effet, les parties $B$ de $E$ vérifiant $A\subset B$ sont exactement les $A\sqcup Y$ avec $Y\subset E-A.$ Or $\text{card}\left(E-A\right)=n-k$ et il existe donc $2^{n-k}$ telles parties $Y$ donc $2^{n-k}$ telles parties $B.$

Bref :

$\text{card}\left(X\right)=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}2^{n-k}$

et donc, d’après la formule du binôme :

$\boxed{\text{card}\left(X\right)=3^{n}}$

Il paraît difficile d’obtenir $n+1$ « pile » ou $n+1$ « face » en $n$ lancers ou moins !

Par ailleurs, si les $2n$ premiers lancers ont donné autant de « pile » que de « face », on est sûr de totaliser $n+1$ « pile » ou $n+1$ « face » au coup suivant.

Les valeurs prises par la variable aléatoire $X$ sont donc comprises entre $n+1$ et $2n+1.$

Réciproquement, si $k\in\llbracket0,n\rrbracket$ alors $X$ peut prendre la valeur $n+k+1;$ c’est par exemple le cas si les $n+k$ premiers lancers produisent la séquence :

$\underbrace{P,\cdots P}_{n\text{ fois}},\underbrace{F,\cdots F}_{k\text{ fois}}$

et que le $\left(n+k+1\right)-$ ème lancer donne « pile ».

Bref :

$\boxed{X\left(\Omega\right)=\llbracket n+1,2n+1\rrbracket}$

Considérons maintenant l’événement $\left(X=n+k+1\right)$ pour un certain $k\in\llbracket0,n\rrbracket.$ Pour qu’il se réalise, il faut et il suffit que l’un des deux scénarios suivants se produise :

scénario 1 : les $n+k$ premiers lancers donnent $n$ « pile » et $k$ « face » et le $\left(n+k+1\right)-$ ème lancer donne « pile »
scénario 2 : les $n+k$ premiers lancers donnent $k$ « pile » et $n$ « face » et le $\left(n+k+1\right)-$ ème lancer donne « face »

Or, l’ensemble des $n+k+1$ premiers lancers peut conduire à $2^{n+k+1}$ séquences équiprobables, parmi lesquelles $\binom{n+k}{k}$ réalisent le scénario 1 et autant réalisent le scénario 2.

Par conséquent :

$\mathbb{P}\left(X=n+k+1\right)=2\thinspace\frac{\binom{n+k}{k}}{2^{n+k+1}}=\frac{\binom{n+k}{k}}{2^{n+k}}$

Il s’ensuit que :

$\sum_{k=0}^{n}\frac{\binom{n+k}{k}}{2^{n+k}}=1$

et donc que :

$\boxed{\frac{\binom{n+k}{k}}{2^{k}}=2^{n}}$

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