1. ${\displaystyle 2k-1=k^{2}-(k-1)^{2}}$ donc par télescopage, ${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}(2k-1)=n^{2}}$.
2. Soient ${\displaystyle p,q}$ premiers impairs tels que ${\displaystyle p\leq q}$. Le produit ${\displaystyle x=pq}$ est égal à ${\displaystyle \sum _{k=a+1}^{b}(2k-1)^{2}=b^{2}-a^{2}=(b+a)(b-a)}$ (avec ${\displaystyle b>a\geq 0}$) si et seulement si :
   • ${\displaystyle b+a=q}$ et ${\displaystyle b-a=p}$, c'est-à-dire ${\displaystyle b={\frac {q+p}{2}}}$ et ${\displaystyle a={\frac {q-p}{2}}}$, ou
   • ${\displaystyle b+a=pq}$ et ${\displaystyle b-a=1}$, c'est-à-dire ${\displaystyle b={\frac {x+1}{2}}}$ et ${\displaystyle a={\frac {x-1}{2}}}$.

   Il y a donc deux écritures, la seconde étant la somme d'un seul entier impair (${\displaystyle x}$ lui-même) et la première étant la somme de ${\displaystyle p}$ entiers impairs consécutifs :

   ${\displaystyle x=(q-p+1)+(q-p+3)+\dots +(q+p-1)}$.

Il est facile de démontrer cette relation par récurrence, mais une méthode plus naturelle et plus rapide est de la vérifier par télescopage :

${\displaystyle \left(-1\right)^{n}\,n-\left(-1\right)^{n-1}\,\left(n-1\right)=\left(-1\right)^{n}\,\left(2n-1\right)}$

donc

${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}\left(-1\right)^{k}\left(2k-1\right)=\sum _{k=1}^{n}\left(\left(-1\right)^{k}\,k-\left(-1\right)^{k-1}\,\left(k-1\right)\right)=\left(-1\right)^{n}\,n-\left(-1\right)^{1-1}\,\left(1-1\right)=\left(-1\right)^{n}\,n}$.

${\displaystyle 4k^{3}-6k^{2}+4k-1=k^{4}-(k-1)^{4}}$ donc par télescopage, ${\displaystyle \sum _{k=0}^{n}\left(4k^{3}-6k^{2}+4k-1\right)=n^{4}-(-1)^{4}=n^{4}-1}$.

a) ${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}\left({\frac {1}{k}}-{\frac {1}{k+1}}\right)=1-{\frac {1}{n+1}}}$.

b) ${\displaystyle {\frac {1}{{\sqrt {k+1}}+{\sqrt {k}}}}={\frac {{\sqrt {k+1}}-{\sqrt {k}}}{(k+1)-k}}={\sqrt {k+1}}-{\sqrt {k}}}$

donc

${\displaystyle \sum _{k=0}^{n}{\frac {1}{{\sqrt {k+1}}+{\sqrt {k}}}}={\sqrt {n+1}}}$.

c) ${\displaystyle {\frac {k}{(k+1)!}}={\frac {k+1-1}{(k+1)!}}={\frac {k+1}{(k+1)!}}-{\frac {1}{(k+1)!}}={\frac {1}{k!}}-{\frac {1}{(k+1)!}}}$

donc

${\displaystyle \sum _{k=0}^{n}{\frac {k}{(k+1)!}}=1-{\frac {1}{(n+1)!}}}$.

d) ${\displaystyle {\frac {1}{k\left(k+1\right)\left(k+2\right)}}={\frac {1/2}{k\left(k+1\right)}}-{\frac {1/2}{\left(k+1\right)\left(k+2\right)}}}$

donc

${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k\left(k+1\right)\left(k+2\right)}}={\frac {1/2}{1\left(1+1\right)}}-{\frac {1/2}{\left(n+1\right)\left(n+2\right)}}={\frac {n\left(n+3\right)}{4\left(n+1\right)\left(n+2\right)}}}$.

Il est facile de démontrer cette relation par récurrence, mais une méthode plus naturelle et plus rapide est de la vérifier par télescopage :

${\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {2^{k}}{x^{2^{k}}-1}}-{\frac {2^{k+1}}{x^{2^{k+1}}-1}}&={\frac {2^{k}}{x^{2^{k}}-1}}\left(1-{\frac {2}{x^{2^{k}}+1}}\right)\\&={\frac {2^{k}}{\cancel {x^{2^{k}}-1}}}{\frac {\cancel {x^{2^{k}}-1}}{x^{2^{k}}+1}}\end{aligned}}}$

donc

${\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{k=0}^{n}{\frac {2^{k}}{x^{2^{k}}+1}}&=\sum _{k=0}^{n}\left({\frac {2^{k}}{x^{2^{k}}-1}}-{\frac {2^{k+1}}{x^{2^{k+1}}-1}}\right)\\&={\frac {2^{0}}{x^{2^{0}}-1}}-{\frac {2^{n+1}}{x^{2^{n+1}}-1}}\\&={\frac {1}{x-1}}-{\frac {2^{n+1}}{x^{2^{n+1}}-1}}.\end{aligned}}}$

(a) Chaque ligne du tableau s'obtient par la formule du binôme :

${\displaystyle k^{3}=\left((k-1)+1\right)^{3}=(k-1)^{3}+3(k-1)^{2}+3(k-1)^{1}+1}$,

ce qui donne :

${\displaystyle {\begin{matrix}(n+1)^{3}&-&n^{3}&=&3n^{2}&+&3n&+&1\\n^{3}&-&(n-1)^{3}&=&3(n-1)^{2}&+&3(n-1)&+&1\\(n-1)^{3}&-&(n-2)^{3}&=&3(n-2)^{2}&+&3(n-2)&+&1\\\vdots &-&\vdots &=&\vdots &+&\vdots &+&\vdots \\2^{3}&-&1^{3}&=&3\times 1^{2}&+&3\times 1&+&1\\1^{3}&-&0^{3}&=&3\times 0^{2}&+&3\times 0&+&1\end{matrix}}}$

(b) ${\displaystyle \sum _{k=1}^{n+1}k^{3}-\sum _{k=0}^{n}k^{3}=3\sum _{k=0}^{n}k^{2}+3\sum _{k=0}^{n}k+\sum _{k=0}^{n}1}$.

(c) ${\displaystyle \sum _{k=1}^{n+1}k^{3}-\sum _{k=1}^{n}k^{3}}$ est égal d'une part, par simplification, à ${\displaystyle (n+1)^{3}}$, et d'autre part, d'après la question (b), à ${\displaystyle 3\sum _{k=1}^{n}k^{2}+3{\frac {n(n+1)}{2}}+n+1}$. Par conséquent,

${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}k^{2}={\frac {(n+1)^{3}-(n+1)}{3}}-{\frac {n(n+1)}{2}}={\frac {n(n+1)(2n+1)}{6}}}$.

(a) On trouve le tableau suivant :

${\displaystyle {\begin{matrix}(n+1)^{4}&-&n^{4}&=&4n^{3}&+&6n^{2}&+&4n&+&1\\n^{4}&-&(n-1)^{4}&=&4(n-1)^{3}&+&6(n-1)^{2}&+&4(n-1)&+&1\\\vdots &-&\vdots &=&\vdots &+&\vdots &+&\vdots &+&\vdots \\2^{4}&-&1^{4}&=&4\times 1^{3}&+&6\times 1^{2}&+&4\times 1&+&1\\1^{4}&-&0^{4}&=&4\times 0^{3}&+&6\times 0^{2}&+&4\times 0&+&1\\\end{matrix}}}$

(b) ${\displaystyle \sum _{k=1}^{n+1}k^{4}-\sum _{k=0}^{n}k^{4}=4\sum _{k=0}^{n}k^{3}+6\sum _{k=0}^{n}k^{2}+4\sum _{k=0}^{n}k+\sum _{k=0}^{n}1}$.

(c) D'après la sous-question précédente et la question 1,

${\displaystyle (n+1)^{4}=4\sum _{k=0}^{n}k^{3}+6{\frac {n(n+1)(2n+1)}{6}}+4{\frac {n(n+1)}{2}}+n+1}$. Donc

${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}k^{3}={\frac {(n+1)^{4}-n(n+1)(2n+1)-2n(n+1)-(n+1))}{4}}={\frac {n^{2}(n+1)^{2}}{4}}}$.

${\displaystyle 1^{3}+2^{3}+3^{3}+\cdots +n^{3}=\sum _{k=1}^{n}k^{3}=\left({\frac {n(n+1)}{2}}\right)^{2}=\left(\sum _{k=1}^{n}k\right)^{2}=(1+2+3+\cdots +n)^{2}}$.

Cette somme peut s'écrire :

${\displaystyle \sum _{k=1}^{n-1}k(k+1)}$

Première méthode par télescopage

Puisque le polynôme ${\displaystyle X(X+1)}$ est de degré 2, il est égal à ${\displaystyle P(X+1)-P(X)}$ pour un unique polynôme nul en 0, de degré 3, ${\displaystyle P(X)=aX^{3}+bX^{2}+cX}$, avec ${\displaystyle a,b,c}$ déterminés par

${\displaystyle X^{2}+X=a(X+1)^{3}+b(X+1)^{2}+c(X+1)-aX^{3}-bX^{2}-cX=3aX^{2}+(3a+2b)X+a+b+c}$,

c'est-à-dire

${\displaystyle {\begin{cases}1=3a\\1=3a+2b\\0=a+b+c.\end{cases}}}$

La solution est ${\displaystyle (a,b,c)=(1/3,0,-1/3)}$ donc ${\displaystyle P(X)={\frac {X^{3}-X}{3}}}$.

Par télescopage, on obtient donc :

${\displaystyle \sum _{k=1}^{n-1}k(k+1)=\sum _{k=1}^{n-1}{\bigl (}P(k+1)-P(k){\bigr )}=P(n)-P(0)={\frac {n^{3}-n}{3}}}$.

Deuxième méthode

${\displaystyle \sum _{k=1}^{n-1}k(k+1)=\sum _{k=1}^{n-1}k^{2}+\sum _{k=1}^{n-1}k={\frac {(n-1)n(2n-1)}{6}}+{\frac {n(n-1)}{2}}={\frac {n^{3}-n}{3}}}$.

Première façon

On commence par choisir A de cardinal k compris entre 0 et p et pour chaque A, on choisit B de cardinal p - k parmi les n - k éléments restants de E. En sommant ces choix pour les différentes valeurs de k possibles, on obtient :

${\displaystyle \sum _{k=0}^{p}{n \choose k}{n-k \choose p-k}}$.

Deuxième façon

On choisit C = A ᑌ B dans E, soit p éléments parmi n. Ensuite dans C, on choisit une partie de C qui représentera A, soit 2^p possibilités. Les éléments de C restants formeront B. On obtient :

${\displaystyle 2^{p}{n \choose p}}$

Chacune des deux façons permettant de dénombrer F, on a donc :

${\displaystyle \sum _{k=0}^{p}{n \choose k}{n-k \choose p-k}=2^{p}{n \choose p}}$.

Notons ${\displaystyle H_{n}}$ le membre de gauche et ${\displaystyle T_{n}}$ celui de droite.

Initialisation.

${\displaystyle H_{1}=1=T_{1}}$. La formule est donc vraie pour n = 1.

Hérédité.

Pour démontrer que ${\displaystyle H_{n}=T_{n}\Rightarrow H_{n+1}=T_{n+1}}$, il suffit de vérifier que ${\displaystyle T_{n+1}-T_{n}}$ est égal à ${\displaystyle H_{n+1}-H_{n}}$, c'est-à-dire à ${\displaystyle {\frac {1}{n+1}}}$.

${\displaystyle {\begin{aligned}T_{n+1}-T_{n}&=\left[\sum _{k=1}^{n+1}{\binom {n+1}{k}}{\frac {(-1)^{k-1}}{k}}\right]-\left[\sum _{k=1}^{n}{\binom {n}{k}}{\frac {(-1)^{k-1}}{k}}\right]\\&={\frac {(-1)^{n}}{n+1}}-\sum _{k=1}^{n}\left[{\binom {n+1}{k}}-{\binom {n}{k}}\right]{\frac {(-1)^{k}}{k}}\\&={\frac {(-1)^{n}}{n+1}}-\sum _{k=1}^{n}{\binom {n}{k-1}}{\frac {(-1)^{k}}{k}}\\&={\frac {(-1)^{n}}{n+1}}-\sum _{k=1}^{n}{\binom {n+1}{k}}{\frac {(-1)^{k}}{n+1}}\\&={\frac {(-1)^{n}}{n+1}}-{\frac {1}{n+1}}\left[(1-1)^{n+1}-1-(-1)^{n+1}\right]\\&={\frac {1}{n+1}}.\end{aligned}}}$

Notons ${\displaystyle u_{n}={\frac {1}{n^{2}}}\sum _{k=1}^{n}E(kx)}$. Nous avons :

${\displaystyle E(kx)\leq kx<E(kx)+1}$

soit, en sommant puis en divisant par ${\displaystyle n^{2}}$ :

${\displaystyle u_{n}\leq {\frac {x}{n^{2}}}\sum _{k=1}^{n}k<u_{n}+{\frac {n}{n^{2}}}}$

c'est-à-dire

${\displaystyle 0\leq {\frac {x(n+1)}{2n}}-u_{n}<{\frac {1}{n}}}$.

Par conséquent, ${\displaystyle {\frac {x(n+1)}{2n}}-u_{n}\to 0}$. Comme ${\displaystyle {\frac {x(n+1)}{2n}}\to {\frac {x}{2}}}$, on en déduit que ${\displaystyle u_{n}\to {\frac {x}{2}}}$.

1. Il suffit de multiplier par ${\displaystyle n!}$ la formule fournie.
2. • ${\displaystyle \sum _{k\leq m}A_{k}^{1}={\frac {1}{2}}\,A_{m+1}^{2}}$, c'est-à-dire ${\displaystyle S_{1}(m)={\frac {(m+1)m}{2}}}$.
   • ${\displaystyle \sum _{k\leq m}A_{k}^{2}={\frac {1}{3}}\,A_{m+1}^{3}}$, c'est-à-dire ${\displaystyle S_{2}(m)-S_{1}(m)={\frac {(m+1)m(m-1)}{3}}}$, donc
     ${\displaystyle S_{2}(m)={\frac {(m+1)m(m-1)}{3}}+{\frac {(m+1)m}{2}}=(m+1)m\left({\frac {m-1}{3}}+{\frac {1}{2}}\right)={\frac {(m+1)m(2m+1)}{6}}}$.
   • ${\displaystyle \sum _{k\leq m}A_{k}^{3}={\frac {1}{4}}\,A_{m+1}^{4}}$, c'est-à-dire ${\displaystyle S_{3}(m)-3S_{2}(m)+2S_{1}(m)={\frac {(m+1)m(m-1)(m-2)}{4}}}$, donc
     ${\displaystyle S_{3}(m)={\frac {(m+1)m(m-1)(m-2)}{4}}+3{\frac {(m+1)m(2m+1)}{6}}-2{\frac {(m+1)m}{2}}=(m+1)m\left({\frac {(m-1)(m-2)}{4}}+{\frac {2m+1}{2}}-1\right)={\frac {m^{2}(m+1)^{2}}{4}}}$.
3. ${\displaystyle S_{4}(m)={\frac {m(m+1)(2m+1)(3m^{2}+3m-1)}{30}}}$.

${\displaystyle \sum _{i=0}^{n}i(n-i)=n\sum _{i=0}^{n}i-\sum _{i=0}^{n}i^{2}=n{\frac {n(n+1)}{2}}-{\frac {n(n+1)(2n+1)}{6}}={\frac {n(n+1)(n-1)}{6}}}$.

1. ${\displaystyle F(X)=\sum _{k=0}^{n}X^{k}={\frac {1-X^{n+1}}{1-X}}}$ ;
   ${\displaystyle \sum _{k=0}^{n}kX^{k-1}=F'(X)={\frac {nX^{n+1}-(n+1)X^{n}+1}{(1-X)^{2}}}}$ ;
   ${\displaystyle \sum _{k=0}^{n}k(k-1)X^{k-2}=F''(X)={\frac {-n(n-1)X^{n+1}+2(n+1)(n-1)X^{n}-n(n+1)X^{n-1}+2}{(1-X)^{3}}}}$ ;
   ${\displaystyle \sum _{k=0}^{n}k(k-1)(k-2)X^{k-3}=F'''(X)}$
   ${\displaystyle ={\frac {n(n-1)(n-2)X^{n+1}-3(n+1)(n-1)(n-2)X^{n}+3n(n+1)(n-2)X^{n-1}-(n+1)n(n-1)X^{n-2}+6}{(1-X)^{4}}}}$.
2. ${\displaystyle a=2,\;b=9,\;c=8}$.
3.  

   ${\displaystyle {\begin{aligned}S&=\sum _{k=0}^{n}(-1)^{k}(2k+1)(k^{2}+k+1)\\&=\sum _{k=0}^{n}(-1)^{k}\left[k(2k^{2}+3k+3)+1\right]\\&=\sum _{k=0}^{n}(-1)^{k}\left[2k(k-1)(k-2)+9k(k-1)+8k+1\right]\\&=-2F'''(-1)+9F''(-1)-8F'(-1)+F(-1)\\&=(-1)^{n}(n+1)^{3}.\end{aligned}}}$

4.  

   ${\displaystyle {\begin{aligned}S&=\sum _{k=0}^{n}(-1)^{k}\left(2k^{3}+3k^{2}+3k+1\right)\\&=\sum _{k=0}^{n}(-1)^{k}\left((k+1)^{3}+k^{3}\right)\\&=(-1)^{n}(n+1)^{3}.\end{aligned}}}$