# Sommation/Exercices/Calculs élémentaires
## Exercice 2-1

* Montrer que la somme des n premiers nombres impairs est n$^2$.
* Soit $x$ un nombre semi-premier impair (c'est-à-dire produit de deux nombres premiers impairs). De combien de façons peut-on écrire $x$ comme somme d'entiers positifs impairs consécutifs ?
* $2k-1=k^{2}-(k-1)^{2}$ donc par télescopage, $\sum _{k=1}^{n}(2k-1)=n^{2}$.
* Soient $p,q$ premiers impairs tels que $p\leq q$. Le produit $x=pq$ est égal à $\sum _{k=a+1}^{b}(2k-1)^{2}=b^{2}-a^{2}=(b+a)(b-a)$ (avec $b>a\geq 0$) si et seulement si :
** $b+a=q$ et $b-a=p$, c'est-à-dire $b={\frac {q+p}{2}}$ et $a={\frac {q-p}{2}}$, ou
** $b+a=pq$ et $b-a=1$, c'est-à-dire $b={\frac {x+1}{2}}$ et $a={\frac {x-1}{2}}$.
    Il y a donc deux écritures, la seconde étant la somme d'un seul entier impair ($x$ lui-même) et la première étant la somme de $p$ entiers impairs consécutifs :
    $x=(q-p+1)+(q-p+3)+\dots +(q+p-1)$.

## Exercice 2-2

Montrer que $\sum _{k=1}^{n}\left(-1\right)^{k}\,\left(2k-1\right)=\left(-1\right)^{n}\,n$.
Il est facile de démontrer cette relation par récurrence, mais une méthode plus naturelle et plus rapide est de la vérifier par télescopage :
    $\left(-1\right)^{n}\,n-\left(-1\right)^{n-1}\,\left(n-1\right)=\left(-1\right)^{n}\,\left(2n-1\right)$
donc
    $\sum _{k=1}^{n}\left(-1\right)^{k}\left(2k-1\right)=\sum _{k=1}^{n}\left(\left(-1\right)^{k}\,k-\left(-1\right)^{k-1}\,\left(k-1\right)\right)=\left(-1\right)^{n}\,n-\left(-1\right)^{1-1}\,\left(1-1\right)=\left(-1\right)^{n}\,n$.

## Exercice 2-3

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

## Exercice 2-4

Calculer par télescopage :
    $a)\,\sum _{k=1}^{n}\left({\frac {1}{k}}-{\frac {1}{k+1}}\right)\qquad \qquad b)\,\sum _{k=0}^{n}{\frac {1}{{\sqrt {k+1}}+{\sqrt {k}}}}\qquad \qquad c)\,\sum _{k=0}^{n}{\frac {k}{(k+1)!}}\qquad \qquad d)\,\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k\left(k+1\right)\left(k+2\right)}}$.
a) $\sum _{k=1}^{n}\left({\frac {1}{k}}-{\frac {1}{k+1}}\right)=1-{\frac {1}{n+1}}$.
b) ${\frac {1}{{\sqrt {k+1}}+{\sqrt {k}}}}={\frac {{\sqrt {k+1}}-{\sqrt {k}}}{(k+1)-k}}={\sqrt {k+1}}-{\sqrt {k}}$
    donc
    $\sum _{k=0}^{n}{\frac {1}{{\sqrt {k+1}}+{\sqrt {k}}}}={\sqrt {n+1}}$.
c) ${\frac {k}{(k+1)!}}={\frac {k+1-1}{(k+1)!}}={\frac {k+1}{(k+1)!}}-{\frac {1}{(k+1)!}}={\frac {1}{k!}}-{\frac {1}{(k+1)!}}$
    donc
    $\sum _{k=0}^{n}{\frac {k}{(k+1)!}}=1-{\frac {1}{(n+1)!}}$.
d) ${\frac {1}{k\left(k+1\right)\left(k+2\right)}}={\frac {1/2}{k\left(k+1\right)}}-{\frac {1/2}{\left(k+1\right)\left(k+2\right)}}$
    donc
    $\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k\left(k+1\right)\left(k+2\right)}}={\frac {1/2}{1\left(1+1\right)}}-{\frac {1/2}{\left(n+1\right)\left(n+2\right)}}={\frac {n\left(n+3\right)}{4\left(n+1\right)\left(n+2\right)}}$.
* Montrer pour tout entier $n>0$,
    ${\sqrt {n+1}}-{\sqrt {n}}<{1 \over 2{\sqrt {n}}}<{\sqrt {n}}-{\sqrt {n-1}}$.
* En déduire la partie entière de ${\frac {1}{2}}\left(1+{\frac {1}{\sqrt {2}}}+\dots +{\frac {1}{\sqrt {10000}}}\right)$
* ${\sqrt {n+1}}-{\sqrt {n}}={\frac {1}{{\sqrt {n+1}}+{\sqrt {n}}}}<{\frac {1}{2{\sqrt {n}}}}$ et ${\sqrt {n}}-{\sqrt {n-1}}={\frac {1}{{\sqrt {n}}+{\sqrt {n-1}}}}>{\frac {1}{2{\sqrt {n}}}}$.
* En sommant pour $n$ de $1$ à $10000$ on encadre ainsi ${\frac {1}{2}}\left(1+{\frac {1}{\sqrt {2}}}+\dots +{\frac {1}{\sqrt {10000}}}\right)$ strictement entre ${\sqrt {10001}}-1(>99)$ et ${\sqrt {10000}}=100$ donc la partie entière vaut $99$.

## Exercice 2-5

Démontrer que :
    $\sum _{k=0}^{n}{\frac {2^{k}}{x^{2^{k}}+1}}={\frac {1}{x-1}}-{\frac {2^{n+1}}{x^{2^{n+1}}-1}}$.
Il est facile de démontrer cette relation par récurrence, mais une méthode plus naturelle et plus rapide est de la vérifier par télescopage :
    ${\begin{aligned}{\frac {2^{k}}{x^{2^{k}}-1}}-{\frac {2^{k+1}}{x^{2^{k+1}}-1}}&={\frac {2^{k}}{x^{2^{k}}-1}}\left(1-{\frac {2}{x^{2^{k}}+1}}\right)\\&={\frac {2^{k}}{\cancel {x^{2^{k}}-1}}}{\frac {\cancel {x^{2^{k}}-1}}{x^{2^{k}}+1}}\end{aligned}}$
donc
    ${\begin{aligned}\sum _{k=0}^{n}{\frac {2^{k}}{x^{2^{k}}+1}}&=\sum _{k=0}^{n}\left({\frac {2^{k}}{x^{2^{k}}-1}}-{\frac {2^{k+1}}{x^{2^{k+1}}-1}}\right)\\&={\frac {2^{0}}{x^{2^{0}}-1}}-{\frac {2^{n+1}}{x^{2^{n+1}}-1}}\\&={\frac {1}{x-1}}-{\frac {2^{n+1}}{x^{2^{n+1}}-1}}.\end{aligned}}$

## Exercice 2-6

À l'aide de la formule connue $\sum _{k=1}^{n}k={\tfrac {n(n+1)}{2}}$, on va retrouver celles qui donnent $\sum _{k=1}^{n}k^{2}$ puis $\sum _{k=1}^{n}k^{3}$ (cf. chapitre 1, sommation par télescopage).
L'exercice 3-6 présente la même méthode de façon plus efficace.
Question 1.
(a) Recopiez en complétant chaque ligne sur le modèle des deux premières :
    ${\begin{matrix}(n+1)^{3}&-&n^{3}&=&3n^{2}&+&3n&+&1\\n^{3}&-&(n-1)^{3}&=&3(\cdots )^{2}&+&3(\cdots )&+&1\\(n-1)^{3}&-&(n-2)^{3}&=&\cdots &+&\cdots &+&\cdots \\\vdots &-&\vdots &=&\vdots &+&\vdots &+&\vdots \\2^{3}&-&1^{3}&=&\cdots &+&\cdots &+&\cdots \\1^{3}&-&0^{3}&=&\cdots &+&\cdots &+&\cdots \\\end{matrix}}$
(b) Sommez ces égalités par colonnes.
(c) Isolez $\sum _{k=1}^{n}k^{2}$ pour conclure.
Question 2. Calculer $\sum _{k=1}^{n}k^{3}$ avec la même méthode.
Question 3. Montrer que $1^{3}+2^{3}+3^{3}+\cdots +n^{3}=(1+2+3+\cdots +n)^{2}$.
(a) Chaque ligne du tableau s'obtient par la formule du binôme :
    $k^{3}=\left((k-1)+1\right)^{3}=(k-1)^{3}+3(k-1)^{2}+3(k-1)^{1}+1$,
ce qui donne :
    ${\begin{matrix}(n+1)^{3}&-&n^{3}&=&3n^{2}&+&3n&+&1\\n^{3}&-&(n-1)^{3}&=&3(n-1)^{2}&+&3(n-1)&+&1\\(n-1)^{3}&-&(n-2)^{3}&=&3(n-2)^{2}&+&3(n-2)&+&1\\\vdots &-&\vdots &=&\vdots &+&\vdots &+&\vdots \\2^{3}&-&1^{3}&=&3\times 1^{2}&+&3\times 1&+&1\\1^{3}&-&0^{3}&=&3\times 0^{2}&+&3\times 0&+&1\end{matrix}}$
(b) $\sum _{k=1}^{n+1}k^{3}-\sum _{k=0}^{n}k^{3}=3\sum _{k=0}^{n}k^{2}+3\sum _{k=0}^{n}k+\sum _{k=0}^{n}1$.
(c) $\sum _{k=1}^{n+1}k^{3}-\sum _{k=1}^{n}k^{3}$ est égal d'une part, par simplification, à $(n+1)^{3}$, et d'autre part, d'après la question (b), à $3\sum _{k=1}^{n}k^{2}+3{\frac {n(n+1)}{2}}+n+1$. Par conséquent,
    $\sum _{k=1}^{n}k^{2}={\frac {(n+1)^{3}-(n+1)}{3}}-{\frac {n(n+1)}{2}}={\frac {n(n+1)(2n+1)}{6}}$.
(a) On trouve le tableau suivant :
    ${\begin{matrix}(n+1)^{4}&-&n^{4}&=&4n^{3}&+&6n^{2}&+&4n&+&1\\n^{4}&-&(n-1)^{4}&=&4(n-1)^{3}&+&6(n-1)^{2}&+&4(n-1)&+&1\\\vdots &-&\vdots &=&\vdots &+&\vdots &+&\vdots &+&\vdots \\2^{4}&-&1^{4}&=&4\times 1^{3}&+&6\times 1^{2}&+&4\times 1&+&1\\1^{4}&-&0^{4}&=&4\times 0^{3}&+&6\times 0^{2}&+&4\times 0&+&1\\\end{matrix}}$
(b) $\sum _{k=1}^{n+1}k^{4}-\sum _{k=0}^{n}k^{4}=4\sum _{k=0}^{n}k^{3}+6\sum _{k=0}^{n}k^{2}+4\sum _{k=0}^{n}k+\sum _{k=0}^{n}1$.
(c) D'après la sous-question précédente et la question 1,
    $(n+1)^{4}=4\sum _{k=0}^{n}k^{3}+6{\frac {n(n+1)(2n+1)}{6}}+4{\frac {n(n+1)}{2}}+n+1$. Donc
    $\sum _{k=1}^{n}k^{3}={\frac {(n+1)^{4}-n(n+1)(2n+1)-2n(n+1)-(n+1))}{4}}={\frac {n^{2}(n+1)^{2}}{4}}$.
$1^{3}+2^{3}+3^{3}+\cdots +n^{3}=\sum _{k=1}^{n}k^{3}=\left({\frac {n(n+1)}{2}}\right)^{2}=\left(\sum _{k=1}^{n}k\right)^{2}=(1+2+3+\cdots +n)^{2}$.
Autre méthode.
* $Q(X)\in \mathbb {R} [X]$ étant donné, montrer qu'il existe un unique $P(X)\in \mathbb {R} [X]$ vérifiant $P(X)-P(X-1)=Q(X)$ et $P(0)=0$.
* On prend $Q(X)=X^{m}$. Soit alors $P_{m}$ le polynôme $P$ de la question précédente. Montrer que pour tout $k\in \mathbb {N}$ on a : $P_{m}(k)=1^{m}+2^{m}+\dots +k^{m}$.
* Montrer que (pour $m\geq 1$) $P'_{m}(X)=mP_{m-1}(X)+P'_{m}(0)$.
* Calculer $P_{1},P_{2},P_{3}$.
* Soit $Q(X)=\sum _{i=0}^{n}a_{i}X^{i}$, a priori $P$ doit être de la forme $P(X)=\sum _{j=1}^{n+1}b_{j}X^{j}$, et les $b_{j}$ sont déterminés en fonction des $a_{i}$ par : $\sum _{i=0}^{n}a_{i}X^{i}=\sum _{j=1}^{n+1}b_{j}(X^{j}-(X-1)^{j})=-\sum _{j=1}^{n+1}b_{j}\sum _{i=0}^{j-1}{\binom {j}{i}}X^{i}(-1)^{j-i}=-\sum _{i=0}^{n}X^{i}\sum _{j=i+1}^{n+1}b_{j}{\binom {j}{i}}(-1)^{j-i}$, soit $a_{n}=b_{n+1}{\binom {n+1}{n}},a_{n-1}=-b_{n+1}{\binom {n+1}{n-1}}+b_{n}{\binom {n}{n-1}},\dots ,a_{0}=(-1)^{n}b_{n+1}{\binom {n+1}{0}}+(-1)^{n-1}b_{n}{\binom {n}{0}}+\dots +b_{1}{\binom {1}{0}}$. Ce système de $n+1$ équations à $n+1$ inconnues $b_{1},\dots ,b_{n+1}$ est en escalier donc a une unique solution.
* De façon générale on a (par récurrence sur $k\in \mathbb {N}$) $P(k)=Q(1)+Q(2)+\dots +Q(k)$.
* $P'_{m}(X)-P'_{m}(X-1)=mX^{m-1}=m(P_{m-1}(X)-P_{m-1}(X-1))$ donc le polynôme $Q_{m}(X):=P'_{m}(X)-mP_{m-1}(X)$ vérifie : $Q_{m}(X)-Q_{m}(X-1)(X)=0$. D'après la question 1, il est donc constant, si bien que $Q_{m}(X)=Q_{m}(0)=P'_{m}(0)-mP_{m-1}(0)=P'_{m}(0)-0$, cqfd.
* $1=P_{0}(X)-P_{0}(X-1)=aX-a(X-1)=a$ donc $P_{0}(X)=X$. $P'_{1}(X)=P_{0}(X)+P'_{1}(0)=X+b\Rightarrow P_{1}(X)={\frac {X^{2}}{2}}+bX$, puis $1=P_{1}(1)={\frac {1}{2}}+b\Rightarrow b={\frac {1}{2}}\Rightarrow P_{1}(X)={\frac {X(X+1)}{2}}$. $P'_{2}(X)=2P_{1}(X)+P'_{2}(0)=X(X+1)+c\Rightarrow P_{2}(X)={\frac {X^{3}}{3}}+{\frac {X^{2}}{2}}+cX$, puis $1=P_{2}(1)={\frac {1}{3}}+{\frac {1}{2}}+c\Rightarrow c={\frac {1}{6}}\Rightarrow P_{2}(X)={\frac {2X^{3}+3X^{2}+X}{6}}={\frac {X(X+1)(2X+1)}{6}}$. $P'_{3}(X)=3P_{2}(X)+P'_{3}(0)={\frac {X(X+1)(2X+1)}{2}}+d\Rightarrow P_{3}(X)={\frac {X^{4}}{4}}+{\frac {X^{3}}{2}}+{\frac {X^{2}}{4}}+dX$, puis $1=P_{3}(1)\Rightarrow d=0\Rightarrow P_{3}(X)={\frac {X^{2}(X+1)^{2}}{4}}$.
Remarque : en permutant les questions, une autre façon de répondre à la première est : par linéarité, il suffit de prouver l'existence et l'unicité de $P_{m}$. L'unicité résulte de la question 2. L'existence se prouve par récurrence : soit $P$ tel que $P'=mP_{m-1}+C$ et $P(0)=0$, alors $P'(X)-P'(X-1)=mX^{m-1}=(X^{m})'$ donc $P(X)-P(X-1)=X^{m}+\lambda$, et il reste à ajuster $C$ pour avoir $\lambda =0$.
$P(x)=\int _{0}^{x}(mP_{m-1}(t)+C)\,\mathrm {d} t=m\int _{0}^{x}P_{m-1}+Cx$.
$P(x)-P(x-1)=m\left(\int _{0}^{x}P_{m-1}-\int _{0}^{x-1}P_{m-1}\right)+C=m\left(\int _{0}^{x}(P_{m-1}(t)-P_{m-1}(t-1))\,\mathrm {d} t+\int _{-1}^{0}P_{m-1}\right)+C=m\int _{0}^{x}t^{m-1}\,\mathrm {d} t+m\int _{-1}^{0}P_{m-1}+C=x^{m}+m\int _{-1}^{0}P_{m-1}+C$. Il suffit donc de choisir $C=-m\int _{-1}^{0}P_{m-1}$. (C'est une autre méthode pour calculer les $P_{m}$ par récurrence dans la question 4.)

## Exercice 2-7

Calculer de deux façons différentes :
    $1\times 2+2\times 3+3\times 4+\cdots +(n-1)\times n$.
Cette somme peut s'écrire :
    $\sum _{k=1}^{n-1}k(k+1)$
Première méthode par télescopage
Puisque le polynôme $X(X+1)$ est de degré 2, il est égal à $P(X+1)-P(X)$ pour un unique polynôme nul en 0, de degré 3, $P(X)=aX^{3}+bX^{2}+cX$, avec $a,b,c$ déterminés par
    $X^{2}+X=a(X+1)^{3}+b(X+1)^{2}+c(X+1)-aX^{3}-bX^{2}-cX=3aX^{2}+(3a+2b)X+a+b+c$,
c'est-à-dire
    ${\begin{cases}1=3a\\1=3a+2b\\0=a+b+c.\end{cases}}$
La solution est $(a,b,c)=(1/3,0,-1/3)$ donc $P(X)={\frac {X^{3}-X}{3}}$.
Par télescopage, on obtient donc :
    $\sum _{k=1}^{n-1}k(k+1)=\sum _{k=1}^{n-1}{\biglP(k+1)-P(k){\bigr )}=P(n)-P(0)={\frac {n^{3}-n}{3}}$.
Deuxième méthode
    $\sum _{k=1}^{n-1}k(k+1)=\sum _{k=1}^{n-1}k^{2}+\sum _{k=1}^{n-1}k={\frac {(n-1)n(2n-1)}{6}}+{\frac {n(n-1)}{2}}={\frac {n^{3}-n}{3}}$.

## Exercice 2-8

Soient n et p deux entiers tels que 0 ≤ p ≤ n et E, un ensemble à n éléments. Soit F l’ensemble des couples (A, B) de sous-ensembles de E disjoints et dont l'union a pour cardinal p.
En dénombrant de deux façons différentes le nombre d'éléments de F, établir la formule :
$\sum _{k=0}^{p}{n \choose k}{n-k \choose p-k}=2^{p}{n \choose p}$
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 :
    $\sum _{k=0}^{p}{n \choose k}{n-k \choose p-k}$.
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 :
$2^{p}{n \choose p}$
Chacune des deux façons permettant de dénombrer F, on a donc :
    $\sum _{k=0}^{p}{n \choose k}{n-k \choose p-k}=2^{p}{n \choose p}$.
Voir aussi l'exercice 5-1.

## Exercice 2-9

Montrer par récurrence que :
    $\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}=\sum _{k=1}^{n}{\binom {n}{k}}{\frac {(-1)^{k-1}}{k}}$
Notons $H_{n}$ le membre de gauche et $T_{n}$ celui de droite.
Initialisation.
    $H_{1}=1=T_{1}$. La formule est donc vraie pour n = 1.
Hérédité.
Pour démontrer que $H_{n}=T_{n}\Rightarrow H_{n+1}=T_{n+1}$, il suffit de vérifier que $T_{n+1}-T_{n}$ est égal à $H_{n+1}-H_{n}$, c'est-à-dire à ${\frac {1}{n+1}}$.
    ${\begin{aligned}T_{n+1}-T_{n}&=\left[\sum _{k=1}^{n+1}{\binom {n+1}{k}}{\frac {(-1)^{k-1}}{k}}\right]-\left[\sum _{k=1}^{n}{\binom {n}{k}}{\frac {(-1)^{k-1}}{k}}\right]\\&={\frac {(-1)^{n}}{n+1}}-\sum _{k=1}^{n}\left[{\binom {n+1}{k}}-{\binom {n}{k}}\right]{\frac {(-1)^{k}}{k}}\\&={\frac {(-1)^{n}}{n+1}}-\sum _{k=1}^{n}{\binom {n}{k-1}}{\frac {(-1)^{k}}{k}}\\&={\frac {(-1)^{n}}{n+1}}-\sum _{k=1}^{n}{\binom {n+1}{k}}{\frac {(-1)^{k}}{n+1}}\\&={\frac {(-1)^{n}}{n+1}}-{\frac {1}{n+1}}\left[(1-1)^{n+1}-1-(-1)^{n+1}\right]\\&={\frac {1}{n+1}}.\end{aligned}}$

## Exercice 2-10

En utilisant un encadrement, calculer :
    $\lim _{n\to \infty }{\frac {1}{n^{2}}}\sum _{k=1}^{n}E(kx)$
($E$ étant la fonction partie entière).
Notons $u_{n}={\frac {1}{n^{2}}}\sum _{k=1}^{n}E(kx)$. Nous avons :
    $E(kx)\leq kx<E(kx)+1$
soit, en sommant puis en divisant par $n^{2}$ :
    $u_{n}\leq {\frac {x}{n^{2}}}\sum _{k=1}^{n}k<u_{n}+{\frac {n}{n^{2}}}$
c'est-à-dire
    $0\leq {\frac {x(n+1)}{2n}}-u_{n}<{\frac {1}{n}}$.
Par conséquent, ${\frac {x(n+1)}{2n}}-u_{n}\to 0$. Comme ${\frac {x(n+1)}{2n}}\to {\frac {x}{2}}$, on en déduit que $u_{n}\to {\frac {x}{2}}$.

## Exercice 2-11

* En admettant (cf. Exercice 6-3) que
       $\forall m,n\in \mathbb {N} \quad \sum _{k\leq m}{\binom {k}{n}}={\binom {m+1}{n+1}}$,
    démontrer les formules :
       $(F_{n,m})~~~~~~~\sum _{k\leq m}A_{k}^{n}={\frac {1}{n+1}}\,A_{m+1}^{n+1}$,
    où par définition (cf. Combinatoire/Arrangements sans répétition), $A_{n}^{k}=n(n-1)(n-2)\dots (n-k+2)(n-k+1)$ (pour $k\in \mathbb {N}$).
* On pose $S_{j}(m)=\sum _{k=1}^{m}k^{j}$. Utiliser les formules $(F_{1,m})$, $(F_{2,m})$ et $(F_{3,m})$ pour retrouver $S_{1}(m)$, $S_{2}(m)$ et $S_{3}(m)$ (voir supra).
* Calculer de même $S_{4}(m)$
* Il suffit de multiplier par $n!$ la formule fournie.
** $\sum _{k\leq m}A_{k}^{1}={\frac {1}{2}}\,A_{m+1}^{2}$, c'est-à-dire $S_{1}(m)={\frac {(m+1)m}{2}}$.
** $\sum _{k\leq m}A_{k}^{2}={\frac {1}{3}}\,A_{m+1}^{3}$, c'est-à-dire $S_{2}(m)-S_{1}(m)={\frac {(m+1)m(m-1)}{3}}$, donc $S_{2}(m)={\frac {(m+1)m(m-1)}{3}}+{\frac {(m+1)m}{2}}=(m+1)m\left({\frac {m-1}{3}}+{\frac {1}{2}}\right)={\frac {(m+1)m(2m+1)}{6}}$.
** $\sum _{k\leq m}A_{k}^{3}={\frac {1}{4}}\,A_{m+1}^{4}$, c'est-à-dire $S_{3}(m)-3S_{2}(m)+2S_{1}(m)={\frac {(m+1)m(m-1)(m-2)}{4}}$, donc $S_{3}(m)={\frac {(m+1)m(m-1)(m-2)}{4}}+3{\frac {(m+1)m(2m+1)}{6}}-2{\frac {(m+1)m}{2}}=(m+1)m\left({\frac {(m-1)(m-2)}{4}}+{\frac {2m+1}{2}}-1\right)={\frac {m^{2}(m+1)^{2}}{4}}$.
* $S_{4}(m)={\frac {m(m+1)(2m+1)(3m^{2}+3m-1)}{30}}$.

## Exercice 2-12

Calculer $\sum _{\overset {\left(i,j\right)\in \mathbb {N} ^{2}}{i+j=n}}ij$.
$\sum _{i=0}^{n}i(n-i)=n\sum _{i=0}^{n}i-\sum _{i=0}^{n}i^{2}=n{\frac {n(n+1)}{2}}-{\frac {n(n+1)(2n+1)}{6}}={\frac {n(n+1)(n-1)}{6}}$.

## Exercice 2-13

Soit $n\in \mathbb {N}$.
* Calculer $\sum _{k=0}^{n}X^{k},\;\sum _{k=0}^{n}kX^{k-1},\;\sum _{k=0}^{n}k(k-1)X^{k-2},\;\sum _{k=0}^{n}k(k-1)(k-2)X^{k-3}$.
* Déterminer $a,b,c$ tels que $2X^{2}+3X+3=a(X-1)(X-2)+b(X-1)+c$.
* En déduire la valeur de $S=\sum _{k=0}^{n}(-1)^{k}\sum _{i=1}^{2k+1}(k^{2}+i)$.
* Retrouver cette valeur par télescopage.
* $F(X)=\sum _{k=0}^{n}X^{k}={\frac {1-X^{n+1}}{1-X}}$ ; $\sum _{k=0}^{n}kX^{k-1}=F'(X)={\frac {nX^{n+1}-(n+1)X^{n}+1}{(1-X)^{2}}}$ ; $\sum _{k=0}^{n}k(k-1)X^{k-2}=F''(X)={\frac {-n(n-1)X^{n+1}+2(n+1)(n-1)X^{n}-n(n+1)X^{n-1}+2}{(1-X)^{3}}}$ ; $\sum _{k=0}^{n}k(k-1)(k-2)X^{k-3}=F'''(X)$ $={\frac {n(n-1)(n-2)X^{n+1}-3(n+1)(n-1)(n-2)X^{n}+3n(n+1)(n-2)X^{n-1}-(n+1)n(n-1)X^{n-2}+6}{(1-X)^{4}}}$.
* $a=2,\;b=9,\;c=8$.
    ${\begin{aligned}S&=\sum _{k=0}^{n}(-1)^{k}(2k+1)(k^{2}+k+1)\\&=\sum _{k=0}^{n}(-1)^{k}\left[k(2k^{2}+3k+3)+1\right]\\&=\sum _{k=0}^{n}(-1)^{k}\left[2k(k-1)(k-2)+9k(k-1)+8k+1\right]\\&=-2F'''(-1)+9F''(-1)-8F'(-1)+F(-1)\\&=(-1)^{n}(n+1)^{3}.\end{aligned}}$
    ${\begin{aligned}S&=\sum _{k=0}^{n}(-1)^{k}\left(2k^{3}+3k^{2}+3k+1\right)\\&=\sum _{k=0}^{n}(-1)^{k}\left((k+1)^{3}+k^{3}\right)\\&=(-1)^{n}(n+1)^{3}.\end{aligned}}$
| Mise en route | Changement d'indice |