Sommes, produits et inégalités : corrigé des exercices de maths sup.

Corrigé de l’exercice 1 : Manipulation des symboles Σ et Π

1. Les termes de \(A\) sont les impairs \(2k+1\), pour \(k\) allant de \(0\) à \(n\). Ceux de \(B\) sont les pairs \(2k\), pour \(k\) de \(1\) à \(n\). Enfin, le signe de \(C\) alterne et commence par \(+\). Ainsi, \(A = \sum_{k=0}^{n} (2k+1)\), \(B = \prod_{k=1}^{n} (2k)\) et \(C = \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k+1}}{k}\).
2. Par linéarité, \(A = 2\sum_{k=0}^{n} k + \sum_{k=0}^{n} 1 = n(n+1) + (n+1)\). Attention : la somme de \(1\) pour \(k\) de \(0\) à \(n\) compte \(n+1\) termes. Donc \(A = (n+1)^{2}\). Ensuite, on sort le facteur \(2\) de chacun des \(n\) facteurs : \(B = 2^{n} \prod_{k=1}^{n} k = 2^{n}\, n!\).
3. D’abord, \(\sum_{k=1}^{n} (3k – 2) = 3\cdot\frac{n(n+1)}{2} – 2n = \frac{n(3n+3-4)}{2}\). Donc \(\sum_{k=1}^{n}(3k-2) = \frac{n(3n-1)}{2}\). Ensuite, une constante sommée \(n\) fois donne \(\sum_{k=1}^{n} 5 = 5n\), tandis qu’un produit de \(n\) facteurs égaux donne \(\prod_{k=1}^{n} 5 = 5^{n}\). Enfin, les exposants s’ajoutent :
   \[\prod_{k=1}^{n} 3^{k} = 3^{1 + 2 + \cdots + n} = 3^{\frac{n(n+1)}{2}}.\]
   Donc \(\prod_{k=1}^{n} 3^{k} = 3^{n(n+1)/2}\).
4. Prenons \(n = 2\) et \(a_1 = a_2 = b_1 = b_2 = 1\). Le membre de gauche vaut \(1 + 1 = 2\). En revanche, le membre de droite vaut \((1+1)(1+1) = 4\). L’égalité proposée est donc fausse. En fait, le produit des deux sommes contient aussi les produits croisés \(a_i b_j\) avec \(i \neq j\).

Corrigé de l’exercice 2 : Sommes et produits télescopiques

1. On réduit au même dénominateur : \(\frac{1}{k} – \frac{1}{k+2} = \frac{(k+2) – k}{k(k+2)} = \frac{2}{k(k+2)}\). La décomposition est donc vérifiée. Ensuite, par linéarité et décalage d’indice \(j = k + 2\) :
   \[S_n = \frac{1}{2}(\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} – \sum_{j=3}^{n+2} \frac{1}{j}) = \frac{1}{2}(1 + \frac{1}{2} – \frac{1}{n+1} – \frac{1}{n+2}).\]
   En effet, les termes d’indices \(3\) à \(n\) se simplifient. Il s’agit d’un télescopage « à deux pas ». Ainsi, \(S_n = \frac{3}{4} – \frac{1}{2(n+1)} – \frac{1}{2(n+2)}\), et \(S_n\) tend vers \(\frac{3}{4}\). Par exemple, pour \(n = 1\), on retrouve \(\frac{3}{4} – \frac{1}{4} – \frac{1}{6} = \frac{1}{3}\). La figure ci-dessous montre les sommes partielles s’approcher de leur limite.

   

2. Pour \(k \geq\, 1\), on a \(\ln(1 + \frac{1}{k}) = \ln\frac{k+1}{k} = \ln(k+1) – \ln k\). Par télescopage, la somme vaut \(\ln(n+1) – \ln 1\). Donc \(\sum_{k=1}^{n} \ln(1 + \frac{1}{k}) = \ln(n+1)\).
3. Pour \(k \geq\, 2\), on factorise : \(1 – \frac{1}{k^{2}} = \frac{(k-1)(k+1)}{k^{2}} = \frac{k-1}{k} \cdot \frac{k+1}{k}\). Tous les facteurs sont non nuls. Le produit se sépare donc en deux produits télescopiques :
   \[P_n = \prod_{k=2}^{n} \frac{k-1}{k} \times \prod_{k=2}^{n} \frac{k+1}{k} = \frac{1}{n} \times \frac{n+1}{2}.\]
   Ainsi \(P_n = \frac{n+1}{2n}\). Pour \(n = 2\), on vérifie bien \(1 – \frac{1}{4} = \frac{3}{4}\).
4. On a \((k+1)! – k! = k!\,(k + 1 – 1) = k \cdot k!\). Par conséquent, avec \(u_k = k!\), la somme est télescopique :
   \[\sum_{k=0}^{n} k\cdot k! = \sum_{k=0}^{n} \big((k+1)! – k!\big) = (n+1)! – 0!.\]
   Donc \(\sum_{k=0}^{n} k \cdot k! = (n+1)! – 1\).

Point de méthode : dans un télescopage à pas \(2\), il reste deux termes au début et deux termes à la fin ; écrivez les deux sommes décalées pour ne pas en oublier.

Corrigé de l’exercice 3 : Changements d’indice et regroupements

1. On pose \(j = k – 2\). Quand \(k\) va de \(3\) à \(n + 2\), l’indice \(j\) va de \(1\) à \(n\). Donc \(\sum_{k=3}^{n+2} (k-2)^{2} = \sum_{j=1}^{n} j^{2}\). La somme vaut \(\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\).
2. Notons \(S = \sum_{k=0}^{n} (2k – n)\). Quand \(k\) décrit \([\![0, n]\!]\), l’entier \(j = n – k\) décrit aussi \([\![0, n]\!]\). De plus, \(2k – n = 2(n – j) – n = n – 2j\). Ainsi,
   \[S = \sum_{j=0}^{n} (n – 2j) = -\sum_{j=0}^{n} (2j – n) = -S.\]
   Par conséquent, \(2S = 0\), donc \(S = 0\).
3. Pour \(k = 2p\), le terme vaut \(+4p^{2}\). Pour \(k = 2p – 1\), il vaut \(-(2p-1)^{2}\). On regroupe les deux termes de même \(p\), pour \(p\) de \(1\) à \(n\) :
   \[\sum_{k=1}^{2n} (-1)^{k}k^{2} = \sum_{p=1}^{n} \big(4p^{2} – (2p-1)^{2}\big) = \sum_{p=1}^{n} (4p – 1) = 2n(n+1) – n.\]
   Donc \(\sum_{k=1}^{2n} (-1)^{k}k^{2} = n(2n+1)\). Pour \(n = 1\), on a bien \(-1 + 4 = 3\).
4. La somme des carrés de \(1\) à \(2n\) est la somme des carrés pairs plus celle des carrés impairs. Donc
   \[\sum_{p=1}^{n} (2p-1)^{2} = \sum_{k=1}^{2n} k^{2} – \sum_{p=1}^{n} 4p^{2} = \frac{2n(2n+1)(4n+1)}{6} – \frac{4n(n+1)(2n+1)}{6}.\]
   On factorise par \(\frac{2n(2n+1)}{6}\) : il reste \((4n + 1) – 2(n+1) = 2n – 1\). Ainsi \(\sum_{p=1}^{n}(2p-1)^{2} = \frac{n(2n-1)(2n+1)}{3}\). Pour \(n = 2\), on trouve \(1 + 9 = 10 = \frac{2 \cdot 3 \cdot 5}{3}\).

Corrigé de l’exercice 4 : Sommes usuelles et télescopage

1. Par linéarité, \(\sum_{k=1}^{n} k(k+1) = \sum k^{2} + \sum k = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + \frac{3n(n+1)}{6}\). On met \(\frac{n(n+1)}{6}\) en facteur : il reste \(2n + 4\). Donc \(\sum_{k=1}^{n} k(k+1) = \frac{n(n+1)(n+2)}{3}\).
2. On a \((k-1)(k+1) = k^{2} – 1\). Ainsi, la somme vaut \(\frac{n(n+1)(2n+1)}{6} – n = \frac{n(2n^{2} + 3n + 1 – 6)}{6}\). Or \(2n^{2} + 3n – 5 = (n-1)(2n+5)\). Donc \(\sum_{k=1}^{n}(k-1)(k+1) = \frac{n(n-1)(2n+5)}{6}\). Pour \(n = 2\), on retrouve \(0 + 3 = 3\).
3. La formule du binôme donne \((k+1)^{4} – k^{4} = 4k^{3} + 6k^{2} + 4k + 1\). On somme de \(1\) à \(n\). À gauche, le télescopage laisse \((n+1)^{4} – 1\). À droite, on note \(T = \sum_{k=1}^{n} k^{3}\) :
   \[(n+1)^{4} – 1 = 4T + n(n+1)(2n+1) + 2n(n+1) + n.\]
   Comme \(-1 – n = -(n+1)\), on isole \(4T\) et on factorise par \(n + 1\) :
   \[4T = (n+1)\big[(n+1)^{3} – 1 – n(2n+1) – 2n\big] = (n+1)(n^{3} + n^{2}).\]
   En effet, \((n+1)^{3} – 1 – 2n^{2} – 3n = n^{3} + n^{2}\). Donc \(4T = n^{2}(n+1)^{2}\). On conclut que \(\sum_{k=1}^{n} k^{3} = (\frac{n(n+1)}{2})^{2}\).

Corrigé de l’exercice 5 : Somme géométrique et factorisation de a^n − b^n

1. On applique la factorisation de \(a^{n+1} – b^{n+1}\) avec \(a = 3\) et \(b = 2\) :
   \[3^{n+1} – 2^{n+1} = (3 – 2)\sum_{k=0}^{n} 3^{k}2^{n-k}.\]
   Le changement d’indice \(j = n – k\) montre que \(\sum_{k=0}^{n} 3^{k}2^{n-k} = \sum_{j=0}^{n} 2^{j}3^{n-j}\). Donc \(\sum_{k=0}^{n} 2^{k}3^{n-k} = 3^{n+1} – 2^{n+1}\).
2. C’est une somme géométrique de raison \(q = x^{2}\), avec \(n+1\) termes. Si \(x^{2} \neq 1\), c’est-à-dire \(x \notin \{-1, 1\}\), la somme vaut \(\frac{1 – x^{2n+2}}{1 – x^{2}}\). Si \(x = 1\) ou \(x = -1\), chaque terme vaut \(1\) et la somme vaut \(n + 1\).
3. La raison \(q = -\frac{1}{2}\) est différente de \(1\). Le premier terme est \(q\) et il y a \(n\) termes. Donc
   \[\sum_{k=1}^{n} q^{k} = q\,\frac{1 – q^{n}}{1 – q} = -\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{3}(1 – (-\frac{1}{2})^{n}).\]
   Ainsi \(\sum_{k=1}^{n}(-\frac{1}{2})^{k} = \frac{1}{3}((-\frac{1}{2})^{n} – 1)\). Pour \(n = 1\), on retrouve \(-\frac{1}{2}\).
4. On a \(2^{3n} – 1 = 8^{n} – 1^{n}\). Pour \(n \geq\, 1\), la factorisation donne \(8^{n} – 1 = (8 – 1)\sum_{k=0}^{n-1} 8^{k}\). La somme est un entier. Donc \(7\) divise \(2^{3n} – 1\). De même, \(3^{4n} – 1 = 81^{n} – 1 = 80\sum_{k=0}^{n-1} 81^{k}\). Donc \(80\) divise \(3^{4n} – 1\). Pour \(n = 0\), les deux nombres sont nuls, donc divisibles.
5. Avec \(a = x\), \(b = 1\) et l’exposant \(5\) : \(x^{5} – 1 = (x – 1)(x^{4} + x^{3} + x^{2} + x + 1)\). Ensuite, \(x^{5} + 32 = x^{5} – (-2)^{5}\), car \(5\) est impair. Donc \(x^{5} + 32 = (x + 2)\sum_{k=0}^{4} x^{k}(-2)^{4-k}\). Ainsi \(x^{5} + 32 = (x + 2)(x^{4} – 2x^{3} + 4x^{2} – 8x + 16)\).

Corrigé de l’exercice 6 : Somme des k q^k par une somme double

1. Pour tout \(k \geq\, 1\), on a \(k = \sum_{j=1}^{k} 1\). Donc \(k\,q^{k-1} = \sum_{j=1}^{k} q^{k-1}\). En sommant sur \(k\), \(S = \sum_{k=1}^{n}\sum_{j=1}^{k} q^{k-1} = \sum_{1 \leq\, j \leq\, k \leq\, n} q^{k-1}\).
2. La condition \(1 \leq\, j \leq\, k \leq\, n\) se lit aussi : \(j\) varie de \(1\) à \(n\), puis \(k\) de \(j\) à \(n\). Pour \(j\) fixé, la somme intérieure est géométrique de raison \(q \neq 1\), de premier terme \(q^{j-1}\) et de \(n – j + 1\) termes :
   \[\sum_{k=j}^{n} q^{k-1} = q^{j-1}\,\frac{1 – q^{n-j+1}}{1 – q} = \frac{q^{j-1} – q^{n}}{1 – q}.\]
   Ensuite, on somme sur \(j\). Comme \(\sum_{j=1}^{n} q^{j-1} = \frac{1 – q^{n}}{1 – q}\), on obtient
   \[S = \frac{1}{1-q}(\frac{1 – q^{n}}{1 – q} – n q^{n}) = \frac{1 – q^{n} – n q^{n} + n q^{n+1}}{(1 – q)^{2}}.\]
   Donc \(S = \frac{1 – (n+1)q^{n} + n q^{n+1}}{(1 – q)^{2}}\).
3. Pour \(q = 2\), on a \((1 – q)^{2} = 1\). Ainsi \(\sum_{k=1}^{n} k\,2^{k-1} = 1 – (n+1)2^{n} + 2n\,2^{n} = 1 + (n-1)2^{n}\). En multipliant par \(2\), \(\sum_{k=1}^{n} k\,2^{k} = (n-1)2^{n+1} + 2\). Pour \(n = 3\) : \(2 + 8 + 24 = 34\) et \(2 \times 16 + 2 = 34\).

Point de méthode : écrire un coefficient entier \(k\) comme \(\sum_{j=1}^{k} 1\) transforme une somme simple en somme triangulaire ; l’interversion donne alors des sommes géométriques.

Corrigé de l’exercice 7 : Sommes doubles rectangulaires

1. Le terme \(ij\) est un produit d’une fonction de \(i\) par une fonction de \(j\). La somme est donc un produit de deux sommes : \(\sum_{i,j} ij = (\sum_{i=1}^{n} i)(\sum_{j=1}^{n} j)\). Elle vaut \(\frac{n^{2}(n+1)^{2}}{4}\).
2. On développe : \((i+j)^{2} = i^{2} + 2ij + j^{2}\). D’abord, \(\sum_{i,j} i^{2} = n\sum_{i=1}^{n} i^{2}\), car \(j\) prend \(n\) valeurs. Par symétrie, \(\sum_{i,j} j^{2}\) a la même valeur. Ensuite, \(\sum_{i,j} 2ij = \frac{n^{2}(n+1)^{2}}{2}\) par la question 1. Ainsi,
   \[\sum_{i,j} (i+j)^{2} = \frac{n^{2}(n+1)(2n+1)}{3} + \frac{n^{2}(n+1)^{2}}{2} = \frac{n^{2}(n+1)}{6}\big(2(2n+1) + 3(n+1)\big).\]
   Donc \(\sum_{1 \leq\, i,j \leq\, n} (i+j)^{2} = \frac{n^{2}(n+1)(7n+5)}{6}\). Pour \(n = 2\), on trouve \(4 + 9 + 9 + 16 = 38\) et \(\frac{4 \cdot 3 \cdot 19}{6} = 38\).
3. C’est encore un produit de deux sommes géométriques :
   \[\sum_{0 \leq\, i,j \leq\, n} 2^{i}3^{j} = (\sum_{i=0}^{n} 2^{i})(\sum_{j=0}^{n} 3^{j}) = (2^{n+1} – 1)\cdot\frac{3^{n+1} – 1}{2}.\]
   La somme vaut \(\frac{(2^{n+1} – 1)(3^{n+1} – 1)}{2}\).
4. Par linéarité, on sépare. D’une part, \(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{p} i = p\cdot\frac{n(n+1)}{2}\). D’autre part, \(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{p} j = n\cdot\frac{p(p+1)}{2}\). La différence vaut \(\frac{np}{2}\big((n+1) – (p+1)\big)\). Donc la somme vaut \(\frac{np(n-p)}{2}\).

Corrigé de l’exercice 8 : Sommes triangulaires et minimum

1. La somme intérieure doit être calculable. On fixe donc \(j\), puis \(i\) varie de \(1\) à \(j\) :
   \[\sum_{1 \leq\, i \leq\, j \leq\, n} i = \sum_{j=1}^{n}\frac{j(j+1)}{2} = \frac{1}{2}\cdot\frac{n(n+1)(n+2)}{3}.\]
   En effet, on a utilisé l’exercice 4. La somme vaut \(\frac{n(n+1)(n+2)}{6}\).
2. À \(j\) fixé, le terme \(j\) est répété \(j\) fois. Donc \(\sum_{1 \leq\, i \leq\, j \leq\, n} j = \sum_{j=1}^{n} j^{2} = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\). Ensuite, à \(j\) fixé, il y a \(j – 1\) entiers \(i\) tels que \(1 \leq\, i < j\). Donc \(\sum_{1 \leq\, i < j \leq\, n} 1 = \sum_{j=1}^{n}(j-1) = \frac{n(n-1)}{2}\).
3. On découpe le carré des couples en trois parties. Si \(i = j\), le minimum vaut \(i\). Si \(i < j\), il vaut \(i\). Enfin, si \(i > j\), il vaut \(j\). De plus, en échangeant les noms des indices, \(\sum_{i > j} j = \sum_{j > i} i = \sum_{i < j} i\). Donc
   \[M = \sum_{i=1}^{n} i + 2\sum_{1 \leq\, i < j \leq\, n} i.\]
   Or, par la question 1, \(\sum_{i < j} i = \sum_{i \leq\, j} i – \sum_{i = j} i = \frac{n(n+1)(n+2)}{6} – \frac{n(n+1)}{2} = \frac{(n-1)n(n+1)}{6}\). Ainsi,
   \[M = \frac{n(n+1)}{2} + \frac{(n-1)n(n+1)}{3} = \frac{n(n+1)}{6}\big(3 + 2(n-1)\big).\]
   On obtient \(M = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\). Pour \(n = 5\), la somme des cases du tableau de l’énoncé vaut bien \(55\).
4. Pour \(k \in [\![1, n]\!]\), on a l’équivalence \(\big(k \leq\, i \text{ et } k \leq\, j\big) \iff k \leq\, \min(i,j)\). Les entiers \(k\) concernés sont donc \(1, 2, \ldots, \min(i,j)\) : il y en a \(\min(i,j)\). Notons \(\varepsilon_{i,j,k}\) le nombre qui vaut \(1\) si \(k \leq\, i\) et \(k \leq\, j\), et \(0\) sinon. Alors \(\min(i, j) = \sum_{k=1}^{n} \varepsilon_{i,j,k}\). Les sommes étant finies, on les intervertit :
   \[M = \sum_{k=1}^{n}\ \sum_{1 \leq\, i,j \leq\, n} \varepsilon_{i,j,k} = \sum_{k=1}^{n} (n – k + 1)^{2}.\]
   En effet, à \(k\) fixé, on compte les couples tels que \(k \leq\, i \leq\, n\) et \(k \leq\, j \leq\, n\). Il y en a \((n-k+1)^{2}\). Enfin, le changement d’indice \(m = n – k + 1\) donne \(M = \sum_{m=1}^{n} m^{2} = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\). La figure ci-dessous montre ces couches carrées emboîtées.

   

Corrigé de l’exercice 9 : Carré d’une somme et produits croisés

1. Le carré est le produit de deux sommes : \((\sum_{i=1}^{n} a_i)(\sum_{j=1}^{n} a_j) = \sum_{1 \leq\, i,j \leq\, n} a_i a_j\). On sépare les couples tels que \(i = j\), \(i < j\) et \(i > j\). D’abord, les couples \(i = j\) donnent \(\sum a_k^{2}\). Ensuite, en échangeant les noms des indices, \(\sum_{i > j} a_i a_j = \sum_{i < j} a_j a_i = \sum_{i<j} a_i a_j\). Donc \((\sum_{k=1}^{n} a_k)^{2} = \sum_{k=1}^{n} a_k^{2} + 2\sum_{i < j} a_i a_j\).
2. On prend \(a_k = k\). Alors
   \[\sum_{i < j} ij = \frac{1}{2}(\frac{n^{2}(n+1)^{2}}{4} – \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}) = \frac{n(n+1)}{24}\big(3n(n+1) – 2(2n+1)\big).\]
   Or \(3n^{2} + 3n – 4n – 2 = 3n^{2} – n – 2 = (n-1)(3n+2)\). Donc \(\sum_{1 \leq\, i < j \leq\, n} ij = \frac{(n-1)n(n+1)(3n+2)}{24}\). Pour \(n = 3\), on trouve \(2 + 3 + 6 = 11\) et \(\frac{2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 11}{24} = 11\).
3. On applique la question 1 aux \(n + 1\) réels \(a_k = 2^{k}\), pour \(k\) de \(0\) à \(n\). Notons \(u = 2^{n+1}\). D’une part, \(\sum_{k=0}^{n} 2^{k} = u – 1\). D’autre part, \(\sum_{k=0}^{n} 4^{k} = \frac{4^{n+1} – 1}{3} = \frac{u^{2} – 1}{3}\). Donc
   \[\sum_{0 \leq\, i < j \leq\, n} 2^{i+j} = \frac{1}{2}((u-1)^{2} – \frac{u^{2}-1}{3}) = \frac{2u^{2} – 6u + 4}{6} = \frac{(u-1)(u-2)}{3}.\]
   La somme vaut \(\frac{(2^{n+1}-1)(2^{n+1}-2)}{3}\). Pour \(n = 2\) : \(2 + 4 + 8 = 14 = \frac{7 \times 6}{3}\).

Corrigé de l’exercice 10 : Factorielles et coefficients binomiaux

1. On a \((n+2)! = (n+2)(n+1)\,n!\). Donc \(\frac{(n+2)!}{n!} = (n+1)(n+2)\). De même, \(\frac{(2n+2)!}{(2n)!} = (2n+1)(2n+2)\).
2. Chacun des \(n\) facteurs contient un \(2\). Donc \(\prod_{k=1}^{n} 2k = 2^{n}\prod_{k=1}^{n} k = 2^{n}n!\). Ensuite, \((2n)!\) est le produit des entiers de \(1\) à \(2n\). On sépare les facteurs pairs \(2k\) et impairs \(2k-1\), pour \(k\) de \(1\) à \(n\) : \((2n)! = 2^{n}n!\,\prod_{k=1}^{n}(2k-1)\). Donc \(\prod_{k=1}^{n}(2k-1) = \frac{(2n)!}{2^{n}n!}\).
3. D’abord, \(\binom\,{7}{3} = \frac{7 \times 6 \times 5}{3 \times 2 \times 1} = 35\). Ensuite, par symétrie, \(\binom\,{10}{8} = \binom\,{10}{2} = \frac{10 \times 9}{2} = 45\). Enfin, \(\binom\,{n}{2} = \frac{n!}{2!\,(n-2)!} = \frac{n(n-1)}{2}\), valable aussi pour \(n = 1\). Les valeurs sont \(35\), \(45\) et \(\frac{n(n-1)}{2}\).
4. Pour \(1 \leq\, k \leq\, n\), on simplifie \(k\) avec \(k!\) :
   \[k\binom\,{n}{k} = \frac{n!}{(k-1)!\,(n-k)!} = n\cdot\frac{(n-1)!}{(k-1)!\,\big((n-1)-(k-1)\big)!} = n\binom\,{n-1}{k-1}.\]
   La formule est démontrée.
5. On applique la formule de Pascal au rang \(n + 1\), puis deux fois au rang \(n\) :
   \[\binom\,{n+2}{k+2} = \binom\,{n+1}{k+1} + \binom\,{n+1}{k+2} = [\binom\,{n}{k} + \binom\,{n}{k+1}] + [\binom\,{n}{k+1} + \binom\,{n}{k+2}].\]
   Donc \(\binom\,{n+2}{k+2} = \binom\,{n}{k} + 2\binom\,{n}{k+1} + \binom\,{n}{k+2}\) pour tout \(k \in \mathbb{Z}\).

Corrigé de l’exercice 11 : Formule du binôme et coefficient d’un terme

1. La ligne \(5\) du triangle de Pascal est \(1, 5, 10, 10, 5, 1\). Le terme en \(x^{5-k}\) vaut \(\binom\,{5}{k}2^{k}x^{5-k}\). Ainsi \((x+2)^{5} = x^{5} + 10x^{4} + 40x^{3} + 80x^{2} + 80x + 32\). De même, avec la ligne \(1, 4, 6, 4, 1\) et des signes alternés, \((1-x)^{4} = 1 – 4x + 6x^{2} – 4x^{3} + x^{4}\).
2. Par la formule du binôme, le terme d’indice \(k\) vaut
   \[\binom\,{9}{k}(2x)^{9-k}(-\frac{1}{x})^{k} = \binom\,{9}{k}2^{9-k}(-1)^{k}x^{9-2k}.\]
   L’exposant vaut \(3\) si et seulement si \(k = 3\). Le coefficient cherché est \(\binom\,{9}{3}2^{6}(-1)^{3} = -84 \times 64\). Le coefficient de \(x^{3}\) vaut \(-5376\). Enfin, un terme constant exigerait \(9 – 2k = 0\), ce qui est impossible car \(9\) est impair. Il n’y a pas de terme constant.
3. Par la formule du binôme, \((1 + \sqrt{2})^{4} + (1 – \sqrt{2})^{4} = \sum_{k=0}^{4}\binom\,{4}{k}\sqrt{2}^{\,k}\big(1 + (-1)^{k}\big)\). Les termes d’indice impair s’annulent. Il reste
   \[2(\binom\,{4}{0} + \binom\,{4}{2}\cdot 2 + \binom\,{4}{4}\cdot 4) = 2(1 + 12 + 4).\]
   La somme vaut \(34\).

Corrigé de l’exercice 12 : Sommes binomiales classiques

1. Par la formule du binôme avec \(a = 2\) et \(b = 1\), \(\sum_{k=0}^{n}\binom\,{n}{k}2^{k} = (2+1)^{n} = 3^{n}\).
2. Le terme \(k = 0\) est nul. Pour \(k \geq\, 1\), la formule « pion » donne \(k\binom\,{n}{k} = n\binom\,{n-1}{k-1}\). Donc, avec \(j = k – 1\), \(\sum_{k=0}^{n} k\binom\,{n}{k} = n\sum_{j=0}^{n-1}\binom\,{n-1}{j} = n\,2^{n-1}\). Ensuite, pour \(k \geq\, 2\), on applique deux fois la formule « pion » :
   \[k(k-1)\binom\,{n}{k} = (k-1)\,n\binom\,{n-1}{k-1} = n(n-1)\binom\,{n-2}{k-2}.\]
   Les termes \(k = 0\) et \(k = 1\) sont nuls. Par conséquent, \(\sum_{k=0}^{n} k(k-1)\binom\,{n}{k} = n(n-1)2^{n-2}\). Enfin, \(k^{2} = k(k-1) + k\), donc la somme vaut \(n(n-1)2^{n-2} + 2n\,2^{n-2}\). Ainsi \(\sum_{k=0}^{n} k^{2}\binom\,{n}{k} = n(n+1)2^{n-2}\). Pour \(n = 2\) : \(0 + 2 + 4 = 6 = 2 \times 3 \times 1\).
3. Pour \(0 \leq\, k \leq\, n\), on a \(\frac{1}{k+1}\binom\,{n}{k} = \frac{n!}{(k+1)!\,(n-k)!} = \frac{1}{n+1}\cdot\frac{(n+1)!}{(k+1)!\,\big((n+1)-(k+1)\big)!}\). C’est bien \(\frac{1}{n+1}\binom\,{n+1}{k+1}\). Avec \(j = k + 1\) :
   \[\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k+1}\binom\,{n}{k} = \frac{1}{n+1}\sum_{j=1}^{n+1}\binom\,{n+1}{j} = \frac{1}{n+1}(2^{n+1} – \binom\,{n+1}{0}).\]
   La somme vaut \(\frac{2^{n+1} – 1}{n+1}\).
4. Notons \(P\) la somme des termes d’indice pair et \(I\) celle des termes d’indice impair. D’une part, \(P + I = \sum_{k}\binom\,{n}{k} = 2^{n}\). D’autre part, \(P – I = \sum_{k}(-1)^{k}\binom\,{n}{k} = (1 – 1)^{n} = 0\), car \(n \geq\, 1\). En additionnant, \(2P = 2^{n}\). Donc \(P = 2^{n-1}\).

Corrigé de l’exercice 13 : Somme des carrés des coefficients binomiaux

1. Par la formule du binôme, \((1+x)^{n} = \sum_{i=0}^{n}\binom\,{n}{i}x^{i}\). Le produit de deux sommes est une somme double :
   \[(1+x)^{n}(1+x)^{n} = \sum_{0 \leq\, i, j \leq\, n}\binom\,{n}{i}\binom\,{n}{j}x^{i+j}.\]
   On regroupe les couples selon \(m = i + j\), qui varie de \(0\) à \(2n\). À \(m\) fixé, on a \(j = m – i\). Grâce à la convention \(\binom\,{n}{j} = 0\) pour \(j < 0\) ou \(j > n\), on peut laisser \(i\) varier de \(0\) à \(m\). Le coefficient de \(x^{m}\) est donc \(\sum_{i=0}^{m}\binom\,{n}{i}\binom\,{n}{m-i}\).
2. D’autre part, \((1+x)^{2n} = \sum_{m=0}^{2n}\binom\,{2n}{m}x^{m}\). Les deux fonctions polynomiales sont égales sur \(\mathbb{R}\). Par le résultat admis, leurs coefficients coïncident. Donc \(\sum_{i=0}^{m}\binom\,{n}{i}\binom\,{n}{m-i} = \binom\,{2n}{m}\).
3. On prend \(m = n\). Par symétrie, \(\binom\,{n}{n-i} = \binom\,{n}{i}\). Donc \(\sum_{k=0}^{n}\binom\,{n}{k}^{2} = \binom\,{2n}{n}\). Pour \(n = 4\), on trouve \(1 + 16 + 36 + 16 + 1 = 70\), et \(\binom\,{8}{4} = \frac{8 \times 7 \times 6 \times 5}{24} = 70\).

Corrigé de l’exercice 14 : Formule de la crosse de hockey

1. La formule de Pascal, valable pour tout \(k \in \mathbb{N}\), donne \(\binom\,{k}{p} + \binom\,{k}{p+1} = \binom\,{k+1}{p+1}\). Donc \(\binom\,{k}{p} = \binom\,{k+1}{p+1} – \binom\,{k}{p+1}\).
2. On pose \(u_k = \binom\,{k}{p+1}\). La question 1 s’écrit \(\binom\,{k}{p} = u_{k+1} – u_k\). Par télescopage, \(\sum_{k=p}^{n}\binom\,{k}{p} = u_{n+1} – u_p\). Or \(u_p = \binom\,{p}{p+1} = 0\). Donc \(\sum_{k=p}^{n}\binom\,{k}{p} = \binom\,{n+1}{p+1}\).
3. Pour \(p = 2\) et \(n = 6\), la colonne des \(\binom\,{k}{2}\) donne \(1 + 3 + 6 + 10 + 15 = 35\). Or \(\binom\,{7}{3} = 35\). Le résultat est vérifié. La figure montre cette « crosse » dans le triangle de Pascal.

   

4. Pour \(p = 1\), on obtient \(\sum_{k=1}^{n} k = \binom\,{n+1}{2} = \frac{n(n+1)}{2}\). Pour \(p = 2\), comme \(\binom\,{k}{2} = \frac{k(k-1)}{2}\), on obtient \(\sum_{k=2}^{n}\frac{k(k-1)}{2} = \binom\,{n+1}{3}\). Le terme \(k = 1\) de \(k(k-1)\) est nul, donc \(\sum_{k=1}^{n} k(k-1) = \frac{(n+1)n(n-1)}{3}\). Enfin, \(k^{2} = k(k-1) + k\) :
   \[\sum_{k=1}^{n} k^{2} = \frac{(n-1)n(n+1)}{3} + \frac{n(n+1)}{2} = \frac{n(n+1)}{6}\big(2(n-1) + 3\big).\]
   On retrouve \(\sum_{k=1}^{n} k^{2} = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\).

Corrigé de l’exercice 15 : Système 3×3 par la méthode du pivot

1. On prend la première ligne comme pivot. Les opérations \(L_2 arrow L_2 – 2L_1\) et \(L_3 arrow L_3 – L_1\) donnent
   \[\begin{cases} x + y + z = 6 \\ -3y – z = -9 \\ y – 2z = -4 \end{cases} \iff \begin{cases} x + y + z = 6 \\ y – 2z = -4 \\ -7z = -21. \end{cases}\]
   On a échangé \(L_2\) et \(L_3\), pour avoir un pivot égal à \(1\), puis effectué \(L_3 arrow L_3 + 3L_2\). Ainsi \(z = 3\), puis \(y = -4 + 6 = 2\), enfin \(x = 6 – 2 – 3 = 1\). L’unique solution est \((1, 2, 3)\). On vérifie : \(2 – 2 + 3 = 3\) et \(1 + 4 – 3 = 2\).
2. Avec \(L_2 arrow L_2 – 2L_1\) et \(L_3 arrow L_3 – L_1\), on obtient \(-y + 3z = 2\) et \(-y + 3z = 4\). Ensuite, \(L_3 arrow L_3 – L_2\) donne \(0 = 2\). Le système est incompatible : il n’a aucune solution.
3. Les mêmes opérations donnent cette fois \(-y + 3z = 2\) deux fois, puis \(0 = 0\). Le système équivaut à \(x + 2y – z = 1\) et \(y = 3z – 2\). L’inconnue \(z\) est libre. Ensuite, \(x = 1 – 2(3z – 2) + z = 5 – 5z\). L’ensemble des solutions est \(\{(5 – 5z,\ 3z – 2,\ z) \ : \ z \in \mathbb{R}\}\). Pour \(z = 0\), on vérifie que \((5, -2, 0)\) convient dans les trois équations.

Point de méthode : vérifiez toujours la solution trouvée dans les équations de départ ; cela prend dix secondes et détecte presque toutes les erreurs de signe.

Corrigé de l’exercice 16 : Système linéaire à paramètre

1. On effectue \(L_2 arrow L_2 – L_1\) et \(L_3 arrow L_3 – mL_1\). Ces opérations sont licites pour toute valeur de \(m\). On obtient
   \[\begin{cases} x + y + mz = 1 \\ (m-1)y + (1-m)z = 0 \\ (1-m)y + (1-m^{2})z = 1 – m. \end{cases}\]
   En effet, \(1 – m \cdot m = 1 – m^{2}\) et \(1 – m \cdot 1 = 1 – m\). C’est le système réduit après le premier pivot.
2. Premier cas : \(m = 1\). Les deux dernières lignes deviennent \(0 = 0\). Le système équivaut à \(x + y + z = 1\). Les solutions sont les triplets \((1 – y – z,\ y,\ z)\), avec \(y, z\) réels quelconques.
   Si \(m \neq 1\), on peut diviser \(L_2\) par \(m – 1\) et \(L_3\) par \(1 – m\). Comme \(1 – m^{2} = (1-m)(1+m)\), on obtient \(y – z = 0\) et \(y + (1+m)z = 1\). Ensuite, \(L_3 arrow L_3 – L_2\) donne \((m + 2)z = 1\).
   Deuxième cas : \(m = -2\). La dernière ligne devient \(0 = 1\). Le système n’a aucune solution.
   Troisième cas : \(m \notin \{1, -2\}\). Alors \(z = \frac{1}{m+2}\), puis \(y = z\), enfin \(x = 1 – y – mz = 1 – \frac{1 + m}{m + 2} = \frac{1}{m+2}\). L’unique solution est \((\frac{1}{m+2}, \frac{1}{m+2}, \frac{1}{m+2})\). On vérifie : chaque équation donne \(\frac{m + 2}{m + 2} = 1\).

Corrigé de l’exercice 17 : Inéquations avec valeurs absolues

1. On a \(|2x – 3| \leq\, 5 \iff -5 \leq\, 2x – 3 \leq\, 5 \iff -2 \leq\, 2x \leq\, 8\). L’ensemble des solutions est \([-1, 4]\).
2. Les expressions \(x – 1\) et \(x + 2\) changent de signe en \(1\) et en \(-2\). On découpe donc \(\mathbb{R}\) en trois intervalles.
   • Si \(x \leq\, -2\) : \(f(x) = (1 – x) + (-x – 2) = -2x – 1\). Donc \(f(x) \leq\, 5 \iff x \geq\, -3\). On garde \([-3, -2]\).
   • Si \(-2 \leq\, x \leq\, 1\) : \(f(x) = (1 – x) + (x + 2) = 3 \leq\, 5\). Tout l’intervalle convient.
   • Si \(x \geq\, 1\) : \(f(x) = 2x + 1\). Donc \(f(x) \leq\, 5 \iff x \leq\, 2\). On garde \([1, 2]\).

   En réunissant, l’ensemble des solutions est \([-3, 2]\). La figure ci-dessous le confirme : c’est l’ensemble des abscisses où le graphe de \(f\) est sous la droite \(y = 5\).

   

3. Les deux membres sont positifs, et la fonction carré est strictement croissante sur \(\mathbb{R}_+\). Donc l’inéquation équivaut à \((x-1)^{2} < (x+3)^{2}\). En développant, \(x^{2} – 2x + 1 < x^{2} + 6x + 9\), soit \(-8 < 8x\). L’ensemble des solutions est \(]-1, +\infty[\). Géométriquement, ce sont les réels plus proches de \(1\) que de \(-3\).
4. On a \(|x^{2} – 4| \leq\, 3 \iff -3 \leq\, x^{2} – 4 \leq\, 3 \iff 1 \leq\, x^{2} \leq\, 7\). Or \(x^{2} = |x|^{2}\), donc cela équivaut à \(1 \leq\, |x| \leq\, \sqrt{7}\). L’ensemble des solutions est \([-\sqrt{7}, -1] \cup [1, \sqrt{7}]\).

Corrigé de l’exercice 18 : Équations et sommes avec partie entière

1. Par définition, \(\lfloor 2x – 1 \rfloor = 3 \iff 3 \leq\, 2x – 1 < 4 \iff 4 \leq\, 2x < 5\). L’ensemble des solutions est \([2, \frac{5}{2}[\). La figure ci-dessous montre la marche de hauteur \(3\) du graphe.

   

2. Si \(x \in \mathbb{Z}\), alors \(-x \in \mathbb{Z}\), donc \(\lfloor x \rfloor + \lfloor -x \rfloor = x – x = 0\). Sinon, notons \(n = \lfloor x \rfloor\). Comme \(x\) n’est pas entier, \(n < x < n + 1\). Donc \(-n – 1 < -x < -n\), ce qui donne \(\lfloor -x \rfloor = -n – 1\). La somme vaut donc \(0\) si \(x \in \mathbb{Z}\) et \(-1\) sinon.
3. Notons \(n = \lfloor x \rfloor\) et \(r = x – n \in [0, 1[\). D’abord, si \(r < \frac{1}{2}\), alors \(n \leq\, x + \frac{1}{2} < n + 1\), donc \(\lfloor x + \frac{1}{2} \rfloor = n\). De plus, \(2x = 2n + 2r\) avec \(0 \leq\, 2r < 1\), donc \(\lfloor 2x \rfloor = 2n\). Les deux membres valent \(2n\). Ensuite, si \(r \geq\, \frac{1}{2}\), alors \(n + 1 \leq\, x + \frac{1}{2} < n + \frac{3}{2}\), donc \(\lfloor x + \frac{1}{2}\rfloor = n + 1\). De même, \(1 \leq\, 2r < 2\) donne \(\lfloor 2x \rfloor = 2n + 1\). Dans les deux cas, \(\lfloor x \rfloor + \lfloor x + \frac{1}{2} \rfloor = \lfloor 2x \rfloor\).
4. On sépare les indices impairs \(k = 2p – 1\) et pairs \(k = 2p\), pour \(p\) de \(1\) à \(n\). On a \(\lfloor \frac{2p-1}{2} \rfloor = \lfloor p – \frac{1}{2} \rfloor = p – 1\) et \(\lfloor \frac{2p}{2} \rfloor = p\). Donc la somme vaut \(\sum_{p=1}^{n}(2p – 1) = n(n+1) – n\). Ainsi \(\sum_{k=1}^{2n}\lfloor \frac{k}{2} \rfloor = n^{2}\).
5. On a \(\lfloor x^{2} \rfloor = 2 \iff 2 \leq\, x^{2} < 3 \iff \sqrt{2} \leq\, |x| < \sqrt{3}\). L’ensemble des solutions est \(]-\sqrt{3}, -\sqrt{2}] \cup [\sqrt{2}, \sqrt{3}[\).

Corrigé de l’exercice 19 : Majorants, minorants, maximum et minimum

1. Notons \(a_n = (-1)^{n} + \frac{1}{n}\). On trouve \(a_1 = 0\), \(a_2 = \frac{3}{2}\), \(a_3 = -\frac{2}{3}\), \(a_4 = \frac{5}{4}\), \(a_5 = -\frac{4}{5}\) et \(a_6 = \frac{7}{6}\). Les rangs pairs donnent des valeurs supérieures à \(1\), les rangs impairs des valeurs de \(]-1, 0]\).
2. Si \(n\) est pair, alors \(n \geq\, 2\), donc \(a_n = 1 + \frac{1}{n} \leq\, \frac{3}{2}\). Si \(n\) est impair, alors \(a_n = -1 + \frac{1}{n} \leq\, 0 \leq\, \frac{3}{2}\). Ainsi, \(\frac{3}{2}\) est un majorant de \(A\). De plus, \(\frac{3}{2} = a_2\) appartient à \(A\). Donc \(A\) admet un maximum, égal à \(\frac{3}{2}\).
3. Pour tout \(n\), on a \((-1)^{n} \geq\, -1\) et \(\frac{1}{n} > 0\), donc \(a_n > -1\). Ainsi, \(-1\) minore \(A\). Montrons ensuite qu’aucun élément de \(A\) n’est un minimum. Soit \(a_n \in A\). Si \(n\) est pair, alors \(a_1 = 0 < 1 < a_n\). Si \(n\) est impair, alors \(n + 2\) est impair et \(a_{n+2} = -1 + \frac{1}{n+2} < -1 + \frac{1}{n} = a_n\). Dans les deux cas, \(A\) contient un élément strictement plus petit que \(a_n\). Donc \(A\) n’admet pas de minimum. La figure de l’énoncé montre bien les rangs impairs s’accumuler vers \(-1\) sans l’atteindre.
4. Soit \(m\) un minorant de \(A\). Supposons par l’absurde que \(m > -1\). Posons \(u = \frac{1}{m+1} > 0\) et \(N = 2\lfloor u \rfloor + 1\). L’entier \(N\) est impair. De plus, \(\lfloor u \rfloor \geq\, 0\), donc \(N \geq\, \lfloor u \rfloor + 1 > u\). Par conséquent, \(\frac{1}{N} < m + 1\), c’est-à-dire \(a_N = -1 + \frac{1}{N} < m\). C’est absurde, car \(m\) minore \(A\). Donc tout minorant de \(A\) vérifie \(m \leq\, -1\) : \(-1\) est le plus grand des minorants.
5. On factorise : \(x^{2} – 3x + 2 = (x-1)(x-2)\). Ce trinôme est strictement négatif entre ses racines. Donc \(B = ]1, 2[\). Tout réel \(M \geq\, 2\) majore \(B\). En revanche, si \(M < 2\), le réel \(x = \frac{\max(M, 1) + 2}{2}\) est dans \(B\) et vérifie \(x > M\). Les majorants de \(B\) forment \([2, +\infty[\) et, de même, ses minorants forment \(]-\infty, 1]\). Enfin, pour tout \(x \in B\), le réel \(\frac{x + 2}{2}\) est dans \(B\) et plus grand que \(x\). Donc \(B\) n’a pas de maximum ; de même, il n’a pas de minimum.

Corrigé de l’exercice 20 : Encadrer une somme et un produit

1. On additionne les encadrements : \(-2 \leq\, x + y \leq\, 1\). Pour la différence, on encadre d’abord \(-y \in [1, 3]\), puis on additionne : \(2 \leq\, x – y \leq\, 5\). Pour le produit, on travaille avec des nombres positifs. En effet, \(|y| = -y \in [1, 3]\), donc \(1 \leq\, x|y| \leq\, 6\). Comme \(xy = -x|y|\), on obtient \(-6 \leq\, xy \leq\, -1\). Enfin, \(\frac{1}{3} \leq\, \frac{1}{|y|} \leq\, 1\), donc \(\frac{1}{3} \leq\, \frac{x}{|y|} \leq\, 2\). Ainsi \(-2 \leq\, \frac{x}{y} \leq\, -\frac{1}{3}\). Ces bornes sont atteintes, par exemple \(\frac{x}{y} = -2\) pour \(x = 2\) et \(y = -1\).
2. Pour \(n = 1\), les trois nombres valent \(1\). Pour \(n \geq\, 2\), on a \(n! = \prod_{k=2}^{n} k\), produit de \(n – 1\) facteurs positifs tous supérieurs ou égaux à \(2\). Donc \(n! \geq\, 2^{n-1}\). De plus, chacun des \(n\) facteurs de \(\prod_{k=1}^{n} k\) est compris entre \(0\) et \(n\). Donc \(n! \leq\, n^{n}\). Ainsi \(2^{n-1} \leq\, n! \leq\, n^{n}\).
3. On développe : \((k-1)(n-k) = kn – k^{2} – n + k = k(n + 1 – k) – n\). L’identité est vérifiée. Pour \(1 \leq\, k \leq\, n\), les deux facteurs \(k – 1\) et \(n – k\) sont positifs. Donc \(k(n+1-k) \geq\, n\). Ensuite, le retournement \(j = n + 1 – k\) montre que \(n! = \prod_{k=1}^{n}(n+1-k)\). Par conséquent,
   \[(n!)^{2} = \prod_{k=1}^{n} k \times \prod_{k=1}^{n}(n+1-k) = \prod_{k=1}^{n} k(n+1-k) \geq\, \prod_{k=1}^{n} n.\]
   On a multiplié des inégalités entre nombres positifs. Donc \((n!)^{2} \geq\, n^{n}\).
4. Pour \(k \geq\, 1\), on a \((2k-1)(2k+1) = 4k^{2} – 1 < 4k^{2}\). Les dénominateurs étant positifs, cela donne \(\frac{2k-1}{2k} < \frac{2k}{2k+1}\). On multiplie ces \(n\) inégalités entre nombres positifs : \(P_n \leq\, Q_n\). Ensuite, en regroupant les facteurs de même \(k\),
   \[P_n Q_n = \prod_{k=1}^{n}\frac{2k-1}{2k+1} = \frac{1}{2n+1}.\]
   En effet, c’est un produit télescopique avec \(u_k = 2k – 1\) et \(u_{k+1} = 2k + 1\). Par conséquent, \(P_n^{2} \leq\, P_n Q_n = \frac{1}{2n+1}\). Comme \(P_n > 0\), on conclut que \(P_n \leq\, \frac{1}{\sqrt{2n+1}}\).

Point de méthode : pour majorer un produit qu’on ne sait pas calculer, on cherche un produit « jumeau » plus grand dont le produit avec le premier télescope.

Corrigé de l’exercice 21 : Inégalité triangulaire et encadrements

1. On écrit \(x – z = (x – y) + (y – z)\), puis on applique l’inégalité triangulaire. Donc \(|x – z| \leq\, |x – y| + |y – z|\). Autrement dit, la distance directe est plus courte que le détour par \(y\).
2. D’abord, \(2x = (x + y) + (x – y)\), donc \(2|x| \leq\, |x + y| + |x – y|\). Ensuite, \(2y = (x + y) – (x – y)\), donc \(2|y| \leq\, |x + y| + |x – y|\). En additionnant et en divisant par \(2\), on obtient \(|x| + |y| \leq\, |x + y| + |x – y|\).
3. On a \(|x + 2| = |(x – 2) + 4| \leq\, |x – 2| + 4 \leq\, \frac{9}{2}\). Donc \(|x^{2} – 4| = |x – 2|\,|x + 2| \leq\, \frac{1}{2}\cdot\frac{9}{2}\). Ainsi \(|x^{2} – 4| \leq\, \frac{9}{4}\). Ensuite, l’hypothèse donne \(\frac{3}{2} \leq\, x \leq\, \frac{5}{2}\), donc \(x > 0\) et \(|x| \geq\, \frac{3}{2}\). Par conséquent,
   \[|\frac{1}{x} – \frac{1}{2}| = \frac{|2 – x|}{2|x|} \leq\, \frac{1/2}{2 \times 3/2} = \frac{1}{6}.\]
   On a majoré le numérateur et minoré le dénominateur positif. Donc \(|\frac{1}{x} – \frac{1}{2}| \leq\, \frac{1}{6}\).
4. Pour \(n = 1\), c’est une égalité. Supposons l’inégalité vraie au rang \(n\). Par l’inégalité triangulaire, puis l’hypothèse de récurrence :
   \[|\sum_{k=1}^{n+1} a_k| \leq\, |\sum_{k=1}^{n} a_k| + |a_{n+1}| \leq\, \sum_{k=1}^{n+1}|a_k|.\]
   L’inégalité est donc vraie pour tout \(n \geq\, 1\). Ensuite, \(|\sin k| \leq\, 1\), donc
   \[|\sum_{k=1}^{n}\frac{\sin k}{2^{k}}| \leq\, \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2^{k}} = 1 – \frac{1}{2^{n}} < 1.\]
   La somme est donc strictement comprise entre \(-1\) et \(1\).

Corrigé de l’exercice 22 : Problème : sommes des puissances d’entiers

1. Soit \(k \geq\, 1\). Par la formule du binôme, \((k+1)^{p+1} = \sum_{j=0}^{p+1}\binom\,{p+1}{j}k^{j}\). Le terme \(j = p + 1\) vaut \(k^{p+1}\), donc
   \[(k+1)^{p+1} – k^{p+1} = \sum_{j=0}^{p}\binom\,{p+1}{j}k^{j}.\]
   On somme pour \(k\) de \(1\) à \(n\). À gauche, le télescopage laisse \((n+1)^{p+1} – 1\). À droite, on intervertit les deux sommes finies. On obtient \(\sum_{j=0}^{p}\binom\,{p+1}{j}\sum_{k=1}^{n}k^{j}\). Enfin, \(\sum_{k=1}^{n} k^{0} = n = S_0(n)\). La relation est démontrée.
2. Pour \(p = 1\), la relation s’écrit \(S_0 + 2S_1 = (n+1)^{2} – 1 = n^{2} + 2n\). Donc \(S_1(n) = \frac{n(n+1)}{2}\). Pour \(p = 2\), elle s’écrit \(S_0 + 3S_1 + 3S_2 = (n+1)^{3} – 1\). Ainsi,
   \[3S_2 = n^{3} + 3n^{2} + 3n – n – \frac{3n(n+1)}{2} = n^{3} + \frac{3}{2}n^{2} + \frac{1}{2}n = \frac{n(n+1)(2n+1)}{2}.\]
   Donc \(S_2(n) = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\).
3. Pour \(p = 3\), on a \(S_0 + 4S_1 + 6S_2 + 4S_3 = (n+1)^{4} – 1 = n^{4} + 4n^{3} + 6n^{2} + 4n\). Or \(S_0 + 4S_1 + 6S_2 = n + 2n^{2} + 2n + 2n^{3} + 3n^{2} + n\). Cette expression vaut \(2n^{3} + 5n^{2} + 4n\). Par différence, \(4S_3 = n^{4} + 2n^{3} + n^{2} = n^{2}(n+1)^{2}\). Donc \(S_3(n) = \frac{n^{2}(n+1)^{2}}{4} = S_1(n)^{2}\).
4. Notons \(\mathcal{P}(p)\) l’assertion de l’énoncé. Pour \(p = 0\), on a \(S_0(n) = n = \frac{n^{1}}{1} + 0\) : \(\mathcal{P}(0)\) est vraie avec \(c_0 = 0\). Soit \(p \geq\, 1\), et supposons \(\mathcal{P}(j)\) vraie pour tout \(j \leq\, p – 1\). La question 1 donne
   \[(p+1)S_p(n) = (n+1)^{p+1} – 1 – \sum_{j=0}^{p-1}\binom\,{p+1}{j}S_j(n).\]
   D’abord, la formule du binôme donne \((n+1)^{p+1} = n^{p+1} + \sum_{i=0}^{p}\binom\,{p+1}{i}n^{i}\). Ensuite, pour \(j \leq\, p – 1\), l’hypothèse de récurrence écrit \(S_j(n)\) comme combinaison à coefficients rationnels de \(n^{0}, \ldots, n^{j+1}\), avec \(j + 1 \leq\, p\). Par conséquent, il existe des rationnels \(d_0, \ldots, d_p\), indépendants de \(n\), tels que \((p+1)S_p(n) = n^{p+1} + \sum_{i=0}^{p} d_i n^{i}\). En divisant par \(p + 1\), on pose \(c_i = \frac{d_i}{p+1}\). Ainsi \(\mathcal{P}(p)\) est vraie, et le résultat vaut pour tout \(p \in \mathbb{N}\) par récurrence forte.
5. Soit \(k \geq\, 1\). La fonction \(t \mapsto t^{p}\) est croissante sur \(\mathbb{R}_+\). Pour \(t \in [k-1, k]\), on a donc \(t^{p} \leq\, k^{p}\). Par croissance de l’intégrale sur un intervalle de longueur \(1\), \(\int_{k-1}^{k} t^{p}\,dt \leq\, k^{p}\). De même, \(t^{p} \geq\, k^{p}\) sur \([k, k+1]\) donne la seconde inégalité. On somme pour \(k\) de \(1\) à \(n\), avec la relation de Chasles :
   \[\int_{0}^{n} t^{p}\,dt \leq\, S_p(n) \leq\, \int_{1}^{n+1} t^{p}\,dt.\]
   Cela donne \(\frac{n^{p+1}}{p+1} \leq\, S_p(n) \leq\, \frac{(n+1)^{p+1} – 1}{p+1}\). La figure ci-dessous illustre la minoration pour \(p = 2\) et \(n = 5\) : les rectangles de hauteur \(k^{2}\) recouvrent l’aire sous la courbe. On divise ensuite par \(n^{p+1} > 0\) :
   \[\frac{1}{p+1} \leq\, \frac{S_p(n)}{n^{p+1}} \leq\, \frac{1}{p+1}((1 + \frac{1}{n})^{p+1} – \frac{1}{n^{p+1}}).\]
   Le majorant tend vers \(\frac{1}{p+1}\). Par le théorème des gendarmes, \(\frac{S_p(n)}{n^{p+1}}\) tend vers \(\frac{1}{p+1}\).

   

Point de méthode : la relation de la question 1 permet de calculer les \(S_p\) de proche en proche ; retenez surtout le terme dominant \(\frac{n^{p+1}}{p+1}\).

Corrigé de l’exercice 23 : Problème : inégalité de Cauchy-Schwarz discrète

1. On développe le carré : \((a_ib_j – a_jb_i)^{2} = a_i^{2}b_j^{2} – 2a_ib_ia_jb_j + a_j^{2}b_i^{2}\). On somme sur tous les couples. D’abord, \(\sum_{i,j} a_i^{2}b_j^{2} = (\sum_i a_i^{2})(\sum_j b_j^{2}) = AB\). Par symétrie des rôles de \(i\) et \(j\), le troisième terme donne aussi \(AB\). Enfin, \(\sum_{i,j}(a_ib_i)(a_jb_j) = C^{2}\), car c’est le produit de deux sommes. Donc \(D = 2AB – 2C^{2} = 2(AB – C^{2})\).
2. Le nombre \(D\) est une somme de carrés de réels, donc \(D \geq\, 0\). Par conséquent \(C^{2} \leq\, AB\). De plus, une somme de carrés est nulle si et seulement si chaque carré est nul. Il y a donc égalité si et seulement si \(a_ib_j = a_jb_i\) pour tous \(i, j\).
3. Directement, l’inégalité s’écrit \(\frac{n^{2}(n+1)^{2}}{4} \leq\, \frac{n^{2}(n+1)(2n+1)}{6}\). Après division par \(\frac{n^{2}(n+1)}{12} > 0\), elle équivaut à \(3(n+1) \leq\, 2(2n+1)\), soit \(n \geq\, 1\). Elle est donc vraie. Par Cauchy-Schwarz, on prend \(a_k = 1\) et \(b_k = k\). Alors \(C = \sum k\), \(A = n\) et \(B = \sum k^{2}\). On retrouve \((\sum_{k=1}^{n} k)^{2} \leq\, n\sum_{k=1}^{n}k^{2}\).
4. On pose \(a_k = \sqrt{x_k}\) et \(b_k = \frac{1}{\sqrt{x_k}}\), bien définis car \(x_k > 0\). Alors \(a_kb_k = 1\), donc \(C = n\). De plus, \(A = \sum x_k\) et \(B = \sum \frac{1}{x_k}\). Cauchy-Schwarz donne \((\sum x_k)(\sum \frac{1}{x_k}) \geq\, n^{2}\).
5. On applique la question 4 avec \(x_k = k\). On obtient \(\frac{n(n+1)}{2}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k} \geq\, n^{2}\). En divisant par \(\frac{n(n+1)}{2} > 0\), il vient \(\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k} \geq\, \frac{2n}{n+1}\).
6. On prend \(a_k = 1\) et \(b_k = \sqrt{k}\). Alors \((\sum_{k=1}^{n}\sqrt{k})^{2} \leq\, n\sum_{k=1}^{n} k = \frac{n^{2}(n+1)}{2}\). Les deux membres sont positifs, et la racine carrée est croissante. Donc \(\sum_{k=1}^{n}\sqrt{k} \leq\, n\sqrt{\frac{n+1}{2}}\).

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