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Télescopages - Exercice 2

40 min
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Cet exercice à pour but de mettre en évidence la technique du "télescopage", encore appelé "effet dominos".
Bien observer est très utile en Mathématique. C'est la le principe du télescopage des termes d'une somme réelle ou complexes.
On note par (un)n∈N(u_n)_{n \in \mathbb{N}} une suite de nombre complexes. Soit n∈Nn \in \mathbb{N}. Exprimer sans symbole ∑\sum les quantités suivantes :
Question 1

∑k=0n(uk+1−uk)\sum_{k = 0}^n (u_{k+1} - u_k)

Correction
∑k=0n(uk+1−uk)=∑k=0nuk+1−∑k=0nuk\sum_{k = 0}^n (u_{k+1} - u_k)=\sum_{k = 0}^n u_{k+1} -\sum_{k = 0}^n u_{k} équivaut successivement à :
∑k=0n(uk+1−uk)=∑k=1n+1uk−∑k=0nuk\sum_{k = 0}^n (u_{k+1} - u_k)=\sum_{k = 1}^{n+1} u_{k} -\sum_{k = 0}^n u_{k}
∑k=0n(uk+1−uk)=((∑k=0nuk)−u0+un+1)−∑k=0nuk\sum_{k = 0}^n (u_{k+1} - u_k)=\left(\left(\sum_{k = 0}^{n} u_{k}\right)-u_0+u_{n+1}\right) -\sum_{k = 0}^n u_{k}
Ainsi :
∑k=0n(uk+1−uk)=un+1−u0\sum_{k = \blue{0}}^{\red{n}} (u_{k+1} - u_k) = u_{\red{n}+1} - u_{\blue{0}}

Question 2

Soit qq un nombre complexe non nul. Traitons le cas de la quantité suivante : (1−q)∑k=0nqk(1-q) \sum_{k=0}^{n} q^k

Correction
On a :
(1−q)∑k=0nqk=∑k=0n((1−q)qk)=∑k=0n(qk−qk+1)=−∑k=0n(qk+1−qk)(1-q) \sum_{k=0}^{n} q^k = \sum_{k=0}^{n} \left( (1-q) q^k \right) = \sum_{k=0}^{n} \left( q^k - q^{k+1} \right) = - \sum_{k=0}^{n} \left( q^{k+1} - q^k \right)
Ainsi :
(1−q)∑k=0nqk=−∑k=0n(qk+1−qk)(1-q) \sum_{k=0}^{n} q^k =- \sum_{k=0}^{n} \left( q^{k+1} - q^k \right)
(1−q)∑k=0nqk=−∑k=0n(qk+1)+∑k=0n(qk)(1-q) \sum_{k=0}^{n} q^k =- \sum_{k=0}^{n} \left( q^{k+1} \right)+ \sum_{k=0}^{n} \left( q^k \right)
(1−q)∑k=0nqk=∑k=0n(qk)−∑k=0n(qk+1)(1-q) \sum_{k=0}^{n} q^k =\sum_{k=0}^{n} \left( q^k \right)- \red{\sum_{k=0}^{n} \left( q^{k+1} \right)}
(1−q)∑k=0nqk=∑k=0n(qk)−∑k=1n+1(qk)(1-q) \sum_{k=0}^{n} q^k =\sum_{k=0}^{n} \left( q^k \right)- \red{\sum_{k=1}^{n+1} \left( q^{k} \right)}
(1−q)∑k=0nqk=∑k=0n(qk)−([∑k=0n(qk)]−q0+qn+1)(1-q) \sum_{k=0}^{n} q^k =\sum_{k=0}^{n} \left( q^k \right)-\left(\left[\sum_{k=0}^{n} \left( q^k \right)\right]-q^0+q^{n+1}\right)
Selon le principe du télescopage, il ne reste que les deux termes suivants :
(1−q)∑k=0nqk=−(qn+1−q0)=−(qn+1−1)(1-q) \sum_{k=0}^{n} q^k = - (q^{n+1} - q^0) = - (q^{n+1} - 1)
Finalement, on obtient :
(1−q)∑k=0nqk=1−qn+1(1-q) \sum_{k=0}^{n} q^k = 1 - q^{n+1}
Question 3

Soit qq un nombre complexe non nul. En déduire l'expression de ∑k=0nqk\sum_{k = 0}^{n} q^k.

Correction
D'après la question suivante, on a :
    ∙  \,\,\,\, \bullet \,\, si q≠1q \neq 1 alors :
(1−q)∑k=0nqk=1−qn+1        ⟹        ∑k=0nqk=1−qn+11−q(1-q) \sum_{k=0}^{n} q^k = 1 - q^{n+1} \,\,\,\,\,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\,\,\,\,\, \sum_{k=0}^{n} q^k = \dfrac{1 - q^{n+1}}{1 - q}
    ∙  \,\,\,\, \bullet \,\, si q=1q = 1 alors :
∑k=0nqk=∑k=0n1k=∑k=0n1=n+1\sum_{k=0}^{n} q^k = \sum_{k=0}^{n} 1^k = \sum_{k=0}^{n} 1 = n+1
Question 4

Soit nn et kk deux nombres entiers naturels non nul. Déterminer deux nombres réels aa et bb tel que : ak−bk+1=1k(k+1)\dfrac{a}{k} - \dfrac{b}{k+1} = \dfrac{1}{k(k+1)}. Puis, en déduire la valeur de la somme suivante : S=∑k=1n1k(k+1)S = \sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{k(k+1)} .

Correction
On a :
ak−bk+1=a(k+1)k(k+1)−bkk(k+1)=a(k+1)−bkk(k+1)=ak+a−bkk(k+1)=(a−b)k+ak(k+1)\dfrac{a}{k} - \dfrac{b}{k+1} = \dfrac{a(k+1)}{k(k+1)} - \dfrac{bk}{k(k+1)} = \dfrac{a(k+1) - bk}{k(k+1)} = \dfrac{ak + a - bk}{k(k+1)} = \dfrac{(a-b)k + a}{k(k+1)}
Soit l'égalité :
(a−b)k+ak(k+1)=1k(k+1)        ⟹        (a−b)k+a=1        ⟹        (a−b)k+a=0k+1\dfrac{(a-b)k + a}{k(k+1)} = \dfrac{1}{k(k+1)} \,\,\,\,\,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\,\,\,\,\, (a-b)k + a = 1 \,\,\,\,\,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\,\,\,\,\, (a-b)k + a = 0k + 1
Ainsi, on en déduit que a−b=0a-b=0 et de fait a=ba=b. Puis, on en déduit également que a=1a=1. Donc a=b=1a=b=1. On a alors :
1k−1k+1=1k(k+1)\dfrac{1}{k} - \dfrac{1}{k+1} = \dfrac{1}{k(k+1)}.
On a alors :
S=∑k=1n1k(k+1)=∑k=1n(1k−1k+1)=−∑k=1n(1k+1−1k)S = \sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{k(k+1)} = \sum_{k=1}^{n} \left( \dfrac{1}{k} - \dfrac{1}{k+1} \right) = - \sum_{k=1}^{n} \left( \dfrac{1}{k+1} - \dfrac{1}{k} \right)
S=−∑k=1n(1k+1)+∑k=1n(1k)S = - \sum_{k=1}^{n} \left( \dfrac{1}{k+1} \right)+ \sum_{k=1}^{n} \left( \dfrac{1}{k} \right)
S=∑k=1n(1k)−∑k=1n(1k+1)S = \sum_{k=1}^{n} \left( \dfrac{1}{k} \right) - \sum_{k=1}^{n} \left( \dfrac{1}{k+1} \right)
S=∑k=1n(1k)−∑k=2n+1(1k)S = \sum_{k=1}^{n} \left( \dfrac{1}{k} \right) - \sum_{k=2}^{n+1} \left( \dfrac{1}{k} \right)
S=∑k=1n(1k)−([∑k=1n(1k)]−1+1n+1)S = \sum_{k=1}^{n} \left( \dfrac{1}{k} \right) - \left(\left[\sum_{k=1}^{n} \left( \dfrac{1}{k} \right)\right]-1+\dfrac{1}{n+1}\right)
Selon le principe du télescopage, il ne reste que les deux termes suivants :
S=−(1n+1−1)=1−1n+1S = - \left( \dfrac{1}{n+1} - 1 \right) = 1 - \dfrac{1}{n+1}
En réduisant au même dénominateur, on trouve alors :
S=∑k=1n1k(k+1)=nn+1S = \sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{k(k+1)} = \dfrac{n}{n+1}
Question 5

Déterminer deux nombres réels aa et bb tel que : 1(k+1)(k+3)=ak+1−bk+3\dfrac{1}{(k+1)(k+3)} = \dfrac{a}{k+1} - \dfrac{b}{k+3} puis appliquer une démarche similaire à la question précédente afin de déterminer l'expression de la somme suivante :
S=∑k=0n1(k+1)(k+3)S = \sum_{k=0}^{n} \dfrac{1}{(k+1)(k+3)} .

Correction
Soit aa et bb deux nombres réels vérifiant :
1(k+1)(k+3)=ak+1−bk+3\dfrac{1}{(k+1)(k+3)} = \dfrac{a}{k+1} - \dfrac{b}{k+3}
En réduisant au même dénominateur, on obtient :
1(k+1)(k+3)=a(k+3)(k+1)(k+3)−b(k+1)(k+1)(k+3)=a(k+3)−b(k+1)(k+1)(k+3)=ak+3a−bk−b(k+1)(k+3)\dfrac{1}{(k+1)(k+3)} = \dfrac{a(k+3)}{(k+1)(k+3)} - \dfrac{b(k+1)}{(k+1)(k+3)} = \dfrac{a(k+3) - b(k+1)}{(k+1)(k+3)} = \dfrac{ak + 3a - bk - b}{(k+1)(k+3)}
En factorisant, on obtient :
1(k+1)(k+3)=(a−b)k+3a−b(k+1)(k+3)\dfrac{1}{(k+1)(k+3)} = \dfrac{(a-b)k + 3a-b}{(k+1)(k+3)}
Qui peut encore s'écrire comme :
0k+1(k+1)(k+3)=(a−b)k+3a−b(k+1)(k+3)        ⟹        0k+1=(a−b)k+3a−b\dfrac{0k+1}{(k+1)(k+3)} = \dfrac{(a-b)k + 3a-b}{(k+1)(k+3)} \,\,\,\,\,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\,\,\,\,\, 0k+1 = (a-b)k + 3a-b
On en déduit alors que a−b=0a-b=0, donc a=ba=b. Puis on a 3a−b=13a-b = 1, ce qui nous donne 3a−a=13a-a = 1, et de fait 2a=12a=1. On en déduit alors que :
a=b=12a=b=\dfrac{1}{2}
On peut donc écrire que :
1(k+1)(k+3)=12(k+1)−12(k+3)=12(1k+1−1k+3)\dfrac{1}{(k+1)(k+3)} = \dfrac{1}{2(k+1)} - \dfrac{1}{2(k+3)} = \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{1}{k+1} - \dfrac{1}{k+3} \right)
Ce qui nous permet s'écrire que :
S=∑k=0n1(k+1)(k+3)=∑k=0n12(1k+1−1k+3)=12∑k=0n(1k+1−1k+3)=12(∑k=0n1k+1−∑k=0n1k+3)S = \sum_{k=0}^{n} \dfrac{1}{(k+1)(k+3)} = \sum_{k=0}^{n} \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{1}{k+1} - \dfrac{1}{k+3} \right) = \dfrac{1}{2} \sum_{k=0}^{n} \left( \dfrac{1}{k+1} - \dfrac{1}{k+3} \right) = \dfrac{1}{2} \left( \sum_{k=0}^{n} \dfrac{1}{k+1} - \sum_{k=0}^{n} \dfrac{1}{k+3} \right)
Mais, on peut remarquer (toujours bien observer\text{\bf{{\color{red}{observer}}}} en mathématiques !) que la somme ∑k=0n1k+3\sum_{k=0}^{n} \dfrac{1}{k+3} peut également s'écrire, par deˊcalage de l’indice de sommation\text{\bf{{\color{red}{par décalage de l'indice de sommation}}}}, comme :
∑k=0n1k+3=∑k=1n+11k+2=∑k=2n+21k+1\sum_{k=0}^{n} \dfrac{1}{k+3} = \sum_{k=1}^{n+1} \dfrac{1}{k+2} = \sum_{k=2}^{n+2} \dfrac{1}{k+1}
Ce qui nous donne alors :
S=∑k=0n1(k+1)(k+3)=12(∑k=0n1k+1−∑k=2n+21k+1)S = \sum_{k=0}^{n} \dfrac{1}{(k+1)(k+3)} = \dfrac{1}{2} \left( \sum_{k=0}^{n} \dfrac{1}{k+1} - \sum_{k=2}^{n+2} \dfrac{1}{k+1} \right)
Cette seconde somme ∑k=2n+21k+1\sum_{k=2}^{n+2} \dfrac{1}{k+1} contient énormément de termes qui sont présents dans la première somme ∑k=0n1k+1\sum_{k=0}^{n} \dfrac{1}{k+1}. Seul les terme de rang n+1n+1 et n+2n+2 n'appartiennent pas à la première somme. Et dans la première somme, seul les termes de rang 00 et 11 vont rester et ne s'annuleront pas avec des termes de la deuxième somme. On a alors :
S=∑k=0n1(k+1)(k+3)=12(10+1+11+1⏟termes restants issus de∑k=0n1k+1−(1n+1+1+1n+2+1⏟termes restants issus de∑k=2n+21k+1))S = \sum_{k=0}^{n} \dfrac{1}{(k+1)(k+3)} = \dfrac{1}{2} \left( \underbrace{\dfrac{1}{0+1} + \dfrac{1}{1+1}}_{\text{termes restants issus de} \displaystyle{\sum_{k=0}^{n}} \frac{1}{k+1}} - \left( \underbrace{\dfrac{1}{n+1+1} + \dfrac{1}{n+2+1}}_{\text{termes restants issus de}\displaystyle{\sum_{k=2}^{n+2} \frac{1}{k+1}}} \right)\right)
Soit :
S=∑k=0n1(k+1)(k+3)=12(1+12−(1n+2+1n+3))=12(32−(1(n+3)(n+2)(n+3)+1(n+2)(n+2)(n+3)))S = \sum_{k=0}^{n} \dfrac{1}{(k+1)(k+3)} = \dfrac{1}{2} \left( 1 + \dfrac{1}{2} - \left( \dfrac{1}{n+2} + \dfrac{1}{n+3} \right) \right) = \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{3}{2} - \left( \dfrac{1(n+3)}{(n+2)(n+3)} + \dfrac{1(n+2)}{(n+2)(n+3)} \right) \right)
D'où :
S=∑k=0n1(k+1)(k+3)=12(32−(n+3(n+2)(n+3)+n+2(n+2)(n+3)))S = \sum_{k=0}^{n} \dfrac{1}{(k+1)(k+3)} = \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{3}{2} - \left( \dfrac{n+3}{(n+2)(n+3)} + \dfrac{n+2}{(n+2)(n+3)} \right) \right)
Ce qui nous donne :
S=∑k=0n1(k+1)(k+3)=12(32−2n+5(n+2)(n+3))=12(3(n+2)(n+3)2(n+2)(n+3)−4n+102(n+2)(n+3))S = \sum_{k=0}^{n} \dfrac{1}{(k+1)(k+3)} = \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{3}{2} - \dfrac{2n+5}{(n+2)(n+3)} \right) = \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{3(n+2)(n+3)}{2(n+2)(n+3)} - \dfrac{4n+10}{2(n+2)(n+3)} \right)
En développant :
S=∑k=0n1(k+1)(k+3)=12(32−2n+5(n+2)(n+3))=12(3n2+15n+182(n+2)(n+3)−4n+102(n+2)(n+3))S = \sum_{k=0}^{n} \dfrac{1}{(k+1)(k+3)} = \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{3}{2} - \dfrac{2n+5}{(n+2)(n+3)} \right) = \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{3n^2 + 15n + 18}{2(n+2)(n+3)} - \dfrac{4n+10}{2(n+2)(n+3)} \right)
Puis, en regroupant sous un même dénominateur :
S=∑k=0n1(k+1)(k+3)=12(32−2n+5(n+2)(n+3))=12(3n2+15n+18−4n−102(n+2)(n+3))S = \sum_{k=0}^{n} \dfrac{1}{(k+1)(k+3)} = \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{3}{2} - \dfrac{2n+5}{(n+2)(n+3)} \right) = \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{3n^2 + 15n + 18 - 4n - 10}{2(n+2)(n+3)} \right)
En calculant :
S=∑k=0n1(k+1)(k+3)=12(32−2n+5(n+2)(n+3))=12(3n2+(15−4)n+18−102(n+2)(n+3))S = \sum_{k=0}^{n} \dfrac{1}{(k+1)(k+3)} = \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{3}{2} - \dfrac{2n+5}{(n+2)(n+3)} \right) = \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{3n^2 + (15-4)n + 18 - 10}{2(n+2)(n+3)} \right)
Ainsi :
S=∑k=0n1(k+1)(k+3)=12(32−2n+5(n+2)(n+3))=12(3n2+11n+82(n+2)(n+3))S = \sum_{k=0}^{n} \dfrac{1}{(k+1)(k+3)} = \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{3}{2} - \dfrac{2n+5}{(n+2)(n+3)} \right) = \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{3n^2 + 11n + 8}{2(n+2)(n+3)} \right)
Finalement :
S=∑k=0n1(k+1)(k+3)=12(32−2n+5(n+2)(n+3))=3n2+11n+84(n+2)(n+3){\color{red}{\boxed{S = \sum_{k=0}^{n} \dfrac{1}{(k+1)(k+3)} = \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{3}{2} - \dfrac{2n+5}{(n+2)(n+3)} \right) = \dfrac{3n^2 + 11n + 8}{4(n+2)(n+3)}}}}
Question 6

Soit nn un entier naturel supérieur ou égal à deux. Déterminer l'expression de ∑k=2nln⁡(1−1k2)\sum_{k=2}^{n} \ln \left( 1 - \dfrac{1}{k^2} \right).

Correction
ici, il est important de vérifier tout d'abord lorsque n≥2n\ge2 alors 1−1n2>01 - \dfrac{1}{n^2} >0 .
On a :
∑k=2nln⁡(1−1k2)=∑k=2nln⁡(k2−1k2)=∑k=2nln⁡((k+1)(k−1)k2)=∑k=2nln⁡(k+1k×k−1k)\sum_{k=2}^{n} \ln \left( 1 - \dfrac{1}{k^2} \right) = \sum_{k=2}^{n} \ln \left( \dfrac{k^2 - 1}{k^2} \right) = \sum_{k=2}^{n} \ln \left( \dfrac{(k+1)(k-1)}{k^2} \right) = \sum_{k=2}^{n} \ln \left( \dfrac{k+1}{k} \times \dfrac{k-1}{k} \right)
En faisant usage des propriétés algébriques élémentaires des logarithmes, on a alors :
∑k=2nln⁡(1−1k2)=∑k=2n(ln⁡(k+1k)+ln⁡(k−1k))=∑k=2n(ln⁡(k+1k)+ln⁡(kk−1)−1)\sum_{k=2}^{n} \ln \left( 1 - \dfrac{1}{k^2} \right) = \sum_{k=2}^{n} \left( \ln \left( \dfrac{k+1}{k} \right) + \ln \left( \dfrac{k-1}{k} \right) \right) = \sum_{k=2}^{n} \left( \ln \left( \dfrac{k+1}{k} \right) + \ln \left( \dfrac{k}{k-1} \right)^{-1} \right)
Donc :
∑k=2nln⁡(1−1k2)=∑k=2n(ln⁡(k+1k)−ln⁡(kk−1))\sum_{k=2}^{n} \ln \left( 1 - \dfrac{1}{k^2} \right) = \sum_{k=2}^{n} \left( \ln \left( \dfrac{k+1}{k} \right) - \ln \left( \dfrac{k}{k-1} \right)\right)
Posons uk=ln⁡(kk−1)u_k = \ln \left( \dfrac{k}{k-1} \right), dans ce cas on a uk+1=ln⁡(k+1k+1−1)=ln⁡(k+1k)u_{k+1} = \ln \left( \dfrac{k+1}{k+1-1} \right) = \ln \left( \dfrac{k+1}{k} \right). Donc la somme que nous recherchons prend la forme suivante :
∑k=2nln⁡(1−1k2)=∑k=2n(uk+1−uk)\sum_{k=2}^{n} \ln \left( 1 - \dfrac{1}{k^2} \right) = \sum_{k=2}^{n} \left( u_{k+1} - u_k \right)
D'après le principe du télescopage, on a :
∑k=2nln⁡(1−1k2)=∑k=2n(uk+1−uk)=un+1−u2\sum_{k=2}^{n} \ln \left( 1 - \dfrac{1}{k^2} \right) = \sum_{k=2}^{n} \left( u_{k+1} - u_k \right) = u_{n+1} - u_2
Donc, on obtient :
∑k=2nln⁡(1−1k2)=ln⁡(n+1n)−ln⁡(21)=ln⁡(n+1n)−ln⁡(2)\sum_{k=2}^{n} \ln \left( 1 - \dfrac{1}{k^2} \right) = \ln \left( \dfrac{n+1}{n} \right) - \ln \left( \dfrac{2}{1} \right) = \ln \left( \dfrac{n+1}{n} \right) - \ln \left( 2 \right)
Finalement :
∑k=2nln⁡(1−1k2)=ln⁡(n+12n)\color{red}{\boxed{\sum_{k=2}^{n} \ln \left( 1 - \dfrac{1}{k^2} \right) = \ln \left( \dfrac{n+1}{2n} \right)}}

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