1- Introduction

Le calcul de sommes partielles est rarement possible et quand il l'est il permet en général de simplifier drastiquement la suite des sommes partielles afin de par exemple calculer plus simplement la somme d'une série (si la suite des sommes partielles converge) ou d'en terminer une approximation asymptotique. Ainsi il est pertinent de voir un ensemble de "techniques" afin de voir comment évaluer certaines sommes classiques.

2- Sommes téléscopiques

Les sommes téléscopiques sont des sommes de la forme $$S(n)=\sum_{k=1}^n (u_{k+1} - u_{k}) = u_{n}-u_1$$ Les termes \(u_2, u_3, ... ,u_{n}\) s'annulent deux à deux, il ne reste ainsi que \(u_{n} - u_1 \).

2.1 Sommation téléscopique logarithmique

On se propose de calculer la somme suivante : $$ S = \sum_{k=1}^n \ln \left( \frac{k}{k+1} \right)$$ Cette somme peut se réécrire de la sorte: $$ S = \sum_{k=1}^n \ln (k) - \ln (k+1) = - \sum_{k=1}^n \ln (k+1) - \ln (k)$$ qui est bien une somme télecopique et qui vaut : $$ S = -(\ln(n+1) - \ln(1)) = - \ln(n+1)$$

2.2 Sommation téléscopique fractionnaire

Une somme de type "fraction rationnelle" qui se simplifie en somme télescopique : $$S = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k(k+1)} $$ L'astuce consiste à réécrire le numérateur : $$S = \sum_{k=1}^n \frac{1 + k - k}{k(k+1)} = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} - \frac{1}{k+1}$$ de même on peut conclure que : $$S = 1 - \frac{1}{n+1}$$

2.3 Sommation téléscopique fractionnaire factorielle

Cette somme ressemble grandement à la précédente dans la manière dont elle se résout: $$S = \sum_{k=1}^n \frac{k}{(k+1)!}$$ De la même manière, on réécrit le numérateur: $$S = \sum_{k=1}^n \frac{k+1-1}{(k+1)!} = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k!} - \frac{1}{(k+1)!}$$ d'où le résultat par télescopage : $$S = 1 - \frac{1}{(n+1)!}$$

2.4 Sommation téléscopique factorielle

Un autre grand classique concernant les sommes télescopiques, une somme télescopique factorielle : $$S = \sum_{k=1}^n k k!$$ Elle se résout également avec une astuce de calcul pour faire apparaître le télescopage : $$ S = \sum_{k=1}^n (k+1-1)k! = \sum_{k=1}^n (k+1)! - k!$$ D'où : $$ S = (n+1)! - 1$$

3- Sommes trigonométriques

3.1 Somme classique des sinus et cosinus

On commence par l'établissement d'une somme classique : $$ S(x) = \sum_{k=0}^n \cos(kx) $$ Comme on va le voir, le passage par l'exponentielle complexe est souvent une astuce cruciale pour calculer ces sommes. On va calculer la somme plus générale : $$S'(x) = \sum_{k=0}^n \cos(kx) + i \sin(kx) = \sum_{k=0}^n e^{ikx} $$ \(S'(x)\) est une somme géométrique de raison \(e^{ix}\). Si \(x = 2k\pi \) alors la somme correspond à la somme des \(1\) qui vaut \(n+1\). Dans le cas contraire, la somme des termes d'une suite géométrique vaut: $$S'(x) = \frac{1 - (e^{ix})^{n+1}}{1 - e^{ix}}$$ On doit à présent écrire ce nombre complexe sous forme algébrique, pour cela on multiplie par le conjugué : $$ S'(x) = \frac{(1-e^{i(n+1)x})(1 - \cos(x) + i \sin(x))}{(1-\cos(x))^2+\sin^2(x)} = \frac{(1-\cos((n+1)x) - i\sin((n+1)x))(1 - \cos(x)+ i\sin(x))}{1 + \cos^2(x) + \sin^2(x) - 2 \cos(x)}$$ On peut alors identifier partie réelle et imaginaire en se rappelant que : $$S(x) = \sum_{k=0}^n \Re(e^{ikx}) = \Re \left(\sum_{k=0}^n e^{ikx} \right) = \frac{1}{2} \left(1-\cos((n+1)x) + \frac{\sin((n+1)x)\sin(x)}{1-\cos(x)} \right)$$ D'où: $$S'(x) = \frac{1}{2} \left(1-\cos((n+1)x) + \frac{\sin((n+1)x)\sin(x)}{1-\cos(x)} \right)$$ Et : $$\sum_{k=1}^n \sin(kx) = \Im(S'(x)) = \frac{1}{2} \left( \frac{\sin(x)(1-\cos((n+1)x))}{1-\cos(x)} -\sin((n+1)x) \right)$$

3.2 Somme des cosinus aux carrés

On souhaite cette fois-ci simplifier la somme : $$S(x) = \sum_{k=1}^n \cos^2(kx) = \sum_{k=1}^n \frac{1+\cos(2kx)}{2}$$ D'où, d'après le paragraphe précédent, si \(x \neq k\pi \) ; $$S(x) = \frac{1}{2} \left(n + 1 + \frac{\cos(nx)\sin((n+1)x)}{\sin(x)}\right)$$

3.3 Somme trigonométrique avec coefficients binomiaux

Pour ce paragraphe on se concentrera sur la somme suivante : $$S(x) = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} \sin(kx)$$ On pose la somme alternative $$S'(x) = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} e^{ikx}$$ Ensuite on pose \(\alpha = e^{ix}\) et par la formule du bînome on obtient : $$S'(x) = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} \alpha^k = (1+\alpha)^n$$ Et pour rappel on a : $$S(x) = \Im((1+\alpha)^n) = \Im((1+e^{ix})^n)$$ On calcule alors : $$ (1+e^{ix})^n = 2^n e^{\frac{inx}{2}} \left(\frac{e^{-ix}+e^{ix}}{2}\right)^n = 2^n e^{\frac{inx}{2}} \cos^n(x)$$ où on a utilisé la formule d'Euler. On obtient alors : $$(1+e^{ix})^n = 2^n \cos^n(x) ( \cos \left(\frac{xn}{2} \right) + i \sin \left( \frac{xn}{2} \right))$$ D'où $$ S(x) = 2^n \cos^n(x) \sin \left( \frac{nx}{2} \right) $$

4- Sommes sur les puissances d'entiers

4.1 Somme des \(n\) premiers entiers

La somme qu'on souhaite calculer est celle-ci : $$ S = \sum_{k=1}^n k $$ Pour calculer cette somme on peut employer une méthode par récurrence classique. Mais ici on va voir une méthode par téléscopage. On commence par écrire une autre somme : $$S' = \sum_{k=1}^n \left[(k+1)^2 - k^2\right] = \sum_{k = 1}^n (2k + 1)$$ On peut donc relier \(S'\) et \(S\) : $$ S' = 2S + n$$ Il faut donc estimer \(S'\), pour cela, on remarque que \(S'\) est une somme télescopique et que donc : $$S' = (n+1)^2 - 1$$ D'où on en déduit une expression de la somme initiale: $$S = \frac{(n+1)^2 - 1 - n}{2} = \frac{n(n+1)}{2} $$

4.2 Somme des \(n\) premiers carrés

Ici on considère la somme des \(n\) premiers carrés d'entiers, on calcule également par télescopage : $$S = \sum_{k = 1}^n k^2$$ On considère la somme alternative : $$S' = \sum_{k=1}^n \left( (k+1)^3 - k^3 \right) = \sum_{k=1}^n \left( 3k^2 + 3k + 1 \right)$$ D'où: $$S' = 3S + 3 \frac{n(n+1)}{2} + n$$ Et d'autre part, on a \(S'\) qui est télescopique et vaut donc \(S' = (n+1)^3 - 1 = n^3 + 3n^2 + 3n \) d'où: $$ S = \frac{n^3}{3} + n^2 + n - \frac{n^2}{2} - \frac{n}{2} + n = \frac{(2n+1)(n+1)n}{6} $$

5- Sommes liées aux polyômes

5.1 Produit d'un terme neutre avec une puissance polynomiale

Pour \(x \neq 1\) on étudie la somme: $$S_1(x) = \sum_{k = 1}^n kx^k$$ On pose pour \(x \neq 1 \) la fonction polynomiale suivante : $$f(x) = \sum_{k=0}^n x^k = \frac{1-x^{n+1}}{1-x}$$ On peut alors dériver cette fonction (en tant que fonction polynomiale): $$f'(x) = \sum_{k=1}^n kx^{k-1} = \frac{nx^{n+1}-(n+1)x^n +1}{(1-x)^2}$$ D'où : $$xf'(x) = \sum_{k=1}^n kx^k = S_1(x)$$ On en déduit alors une expression de \(S(x)\): $$S_1(x) =\frac{nx^{n+2}-(n+1)x^{n+1} +x}{(1-x)^2}$$

5.2 Produit d'un terme au carré avec une puissance polynomiale

On souhaite calculer cette fois, pour \(x \neq 1 \) la somme : $$S_2(x) = \sum_{k=1}^n k^2 x^k$$ Pour cela on reprend la fonction \(f\) pour \(x \neq 1\) du paragraphe précédent, qu'on dérive une nouvelle fois: $$f''(x) = \sum_{k=2}^{n-2} k(k-1)x^{k-2} = \sum_{k=2}^{n-2} k^2x^{k-2} - \sum_{k=2}^{n-2} kx^{k-2}$$ $$x^2f''(x) = (S_2(x) - (n-1)^2 x^{n-1} - n^2 x^n - x) - (S_1(x) -(n-1)x^{n-1} - nx^n -x)$$ Où \(S_1(x) \) est la somme du paragraphe précédent déjà connue. D'où on en déduit une expression pour \(S_2(x)\): $$S_2(x) = x^2f''(x) + S_1(x) + nx^n (n-1) + x^{n-1}(n-1)(n-2)$$ D'autre part, on a : $$f''(x) = \frac{n(n+1)x^n - n(n+1)x^{n-1}}{(1-x)^2} + \frac{2(nx^{n+1}-(n+1)x^n+1)}{(1-x)^3}$$ D'où l'expression finale de \(S_2(x)\): $$S_2(x) = \frac{-(1-x)^2x^2n(n+1)x^{n-1}+2(1-x^{n+1})+x(1-x)(nx^{n+1}-(n+1)x^{n}+1)}{(1-x)^3}+n^2x+x^{n-1}(n-1)(n-2)$$

5.3 Produit d'un coefficient binomial avec un terme neutre

On se propose ici le calcul de cette somme : $$S(x) = \sum_{k = 0}^n \binom{n}{k} k$$ Une première méthode serait d'utiliser la relation suivante : $$k \binom{n}{k} = n \binom{n-1}{k-1}$$ Ce qui permet de réécrire la somme et d'y voir la formule du binôme de Newton. Une autre méthode consiste à poser : $$\forall x \in \mathbb{R}, f(x) = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} x^k = (1+x)^n$$ On peut alors dériver \(f\): $$\forall x \in \mathbb{R}, f'(x) = \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} k x^{k-1} = n(1+x)^{n-1}$$ Et en évaluant en \(1\), on obtient : $$S(x) = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} k = n2^{n-1}$$

5.4 Coefficients binomiaux et inverses alternés

On se propose ici, de simplifier la somme suivante : $$S = \sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{k+1} \binom{n}{k} $$ Ici l'astuce va consister en l'intégration d'un certain polynôme (au lieu de la dérivation comme dans les cas précédents). On pose alors la fonction $$\forall x \in \mathbb{R} , f(x) = \sum_{k=0}^n (-1)^k \binom{n}{k} x^k = (1-x)^n $$ D'où en intégrant entre \(0\) et \(1\) : $$ \int_0^1 f(x) dx = S = \frac{1}{n+1}$$

6- Sommes avec coefficients binomiaux et méthode combinatoire

6.1 Somme et Somme alternée de coefficients binomiaux

Il est important de connaître le résultat de ces de sommes qui se calculent trivialement via la formule du bînome de newton pour \(n > 0 \): $$S = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} = (1+1)^n = 2^n$$ Et : $$S' = \sum_{k=0}^n (-1)^n \binom{n}{k} = (1-1)^n = 0$$

6.2 Formule de Vandermonde

On se propose ici de simplifier la somme suivante dite "somme de vandermonde" avec \(r \le n\) et \(r \le m \): $$S = \sum_{k=0}^r \binom{n}{k} \binom{m}{r-k} $$ On pose tout d'abord le polynôme $$P(X) = (1+X)^{n+m} = (1+X)^n (1+X)^m$$ D'où en appliquant la formule du binôme : $$P(X) = \sum_{k=0}^{n} \binom{n+m}{k} X^k = \left( \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} X^k\right) \left( \sum_{k=0}^{n} \binom{m}{k} X^k\right)$$ D'où d'après la formule du produit de deux polynômes : $$P(X) = \sum_{k=0}^{n+m} \left( \sum_{p=0}^{k} \binom{n}{p} \binom{m}{k-p}\right) X^k$$ Il suffit alors d'identifier le cofficient de degré \(r\) pour aboutir à la formule de vandermonde : $$S = \sum_{k=0}^r \binom{n}{k} \binom{m}{r-k} = \binom{n+m}{r}$$

6.3 Coefficients binomiaux au carré

On étudie la somme suivante : $$S = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}^2$$ De même que pour la précédente, on introduit le polynôme : $$P(X) = \sum_{k=0}^{2n} \binom{2n}{k} X^k = (1+X)^{2n} = (1+X)^n (1+X)^n = \left(\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} X^k \right)^2$$ On a alors d'après la formule du produit de deux polynômes: $$P(X) = \sum_{k=0}^{2n} \left(\sum_{p=0}^{k} \binom{n}{p} \binom{n}{k-p} \right) X^k= \sum_{k=0}^{2n} \left(\sum_{p=0}^{k} \binom{n}{p}^2 \right) X^k$$ D'où en identifiant le coefficient de degré \(n \): $$S = \sum_{p=0}^{n} \binom{n}{p}^2 = \binom{2n}{n}$$

6.4 Coefficients binomiaux au carré alternés

On s'intéresse pour ce dernier cas à la somme : $$S = \sum_{k=0}^{2n} (-1)^k \binom{2n}{k}^2$$ On commence comme pour les précédentes, par l'introduction d'un polynôme: $$P(X) = (1-X^2)^{2n} = (1-X)^{2n} (1+X)^{2n}$$ D'après la formule du binome : $$P(X) = (1-X^2)^{2n} = \sum_{k=0}^{2n} (-1)^k \binom{2n}{k} X^{2k}$$ Et : $$P(X) = (1-X)^{2n} (1+X)^{2n} = \left( \sum_{k=0}^{2n} (-1)^k \binom{2n}{k} X^k \right) \left( \sum_{k=0}^{2n} \binom{2n}{k} X^k \right) = \sum_{k=0}^{4n} \left( \sum_{p=0}^{k} (-1)^k \binom{2n}{p} \binom{2n}{k-p} \right) X^k$$ D'où: $$P(X) = = \sum_{k=0}^{4n} \left( \sum_{p=0}^{k} (-1)^k \binom{2n}{p}^2 \right) X^k = \sum_{k=0}^{2n} (-1)^k \binom{2n}{k} X^{2k}$$ En identifiant le coefficient de de degré \(2n\) on trouve alors : $$S = \sum_{k=0}^{2n} (-1)^k \binom{2n}{k}^2 = (-1)^n \binom{2n}{n}$$