Méthodes et Exemples de Sommes Télescopiques

Cette section présente des techniques permettant de calculer des sommes en identifiant des structures télescopiques, où les termes intermédiaires s'annulent.

Exemple 1 : Décomposition par différence

Calculer :

$$A=3-\frac{1}{2}-\frac{1}{6}-\frac{1}{12}-\frac{1}{20}-\frac{1}{30}-\frac{1}{42}-\frac{1}{56}$$

On reconnaît que chaque terme peut s'écrire comme une différence :

$$A=3-\left(\frac{1}{1\times 2}+\frac{1}{2\times 3}+\frac{1}{3\times 4}+\cdots +\frac{1}{7\times 8}\right)$$

En utilisant la décomposition $\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$, la somme devient télescopique :

$$A=3-\left[\left(1-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\cdots +\left(\frac{1}{7}-\frac{1}{8}\right)\right]=3-\left(1-\frac{1}{8}\right)=\frac{17}{8}$$

Exemple 2 : Décomposition avec écart de 2

Calculer :

$$A=\frac{1}{3}+\frac{1}{15}+\frac{1}{35}+\frac{1}{63}+\frac{1}{99}+\frac{1}{143}$$

On utilise la décomposition : $\frac{1}{k(k+2)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+2}\right)$

$$A=\frac{1}{1\times 3}+\frac{1}{3\times 5}+\frac{1}{5\times 7}+\frac{1}{7\times 9}+\frac{1}{9\times 11}+\frac{1}{11\times 13}$$

$$=\frac{1}{2}\left[\left(1-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}\right)+\cdots +\left(\frac{1}{11}-\frac{1}{13}\right)\right]=\frac{1}{2}\times \left(1-\frac{1}{13}\right)=\frac{6}{13}$$

Exemple 3 : Sommes alternées par récurrence

Montrer que :

$$1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\cdots -\frac{1}{2020}=2\left(\frac{1}{1012}+\frac{1}{1014}+\cdots +\frac{1}{2020}\right)$$

Énoncé général : Pour $n\ge 1$ entier pair,

$$\sum _{i=1}^n\frac{(-1{)}^{i+1}}{i}=2\sum _{i=1}^{n/2}\frac{1}{n+2i}$$

Preuve par récurrence : Le cas $n=2$ est trivial : $1-\frac{1}{2}=2\cdot \frac{1}{4}$.

Supposons le résultat vrai au rang $n$. Au rang $n+2$ :

$$\sum _{i=1}^{n+2}\frac{(-1{)}^{i+1}}{i}=\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}+\sum _{i=1}^n\frac{(-1{)}^{i+1}}{i}=\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}+2\left(\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+4}+\cdots +\frac{1}{2n}\right)$$

En remarquant que $\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}=2\left[\frac{1}{(n+2)+n}+\frac{1}{(n+2)+(n+2)}\right]$, on conclut.

Exemple 4 : Méthode des coefficients indéterminés pour les factorielles

Déterminer la valeur de la somme :

$$1^2\cdot 2!+2^2\cdot 3!+\cdots +n^2\cdot (n+1)!$$

Principe : On cherche des nombres $a_k$ tels que $k^2\cdot (k+1)!=a_{k+1}-a_k$ pour former une somme télescopique.

On suppose $a_k=k!\cdot b_k$. La condition devient :

$$k^2(k+1)=(k+1)b_{k+1}-b_k$$

On cherche $b_k=P(k)$ où $P$ est un polynôme. Par analyse du degré, $P(X)=X^2+cX+d$. En substituant :

$$k^2(k+1)=(k+1)[(k+1{)}^2+c(k+1)+d]-[k^2+ck+d]$$

En identifiant les coefficients, on obtient $c=-1$ et $d=-2$. Donc :

$$\sum _{k=1}^n{k}^2\cdot (k+1)!=\sum _{k=1}^n[(k+1)!((k+1{)}^2-(k+1)-2)-k!(k^2-k-2)]$$

$$=(n+2)(n-1)(n+1)!-(1+1)(1-2)\cdot 1!=(n-1)(n+2)!+2$$

Exemple 5 : Identification directe du terme

Déterminer la valeur de la somme :

$$\sum _{k=1}^{n}k!\left(k^2+k+1\right)$$

On cherche $a_k=k!\cdot b_k$ tel que $a_{k+1}-a_k=k!\left(k^2+k+1\right)$.

Cela signifie $(k+1)b_{k+1}-b_k=k^2+k+1$.

Un choix évident est $b_k=k$. On peut donc prendre $a_k=k\cdot k!$ :

$$\sum _{k=1}^{n}k!\left(k^2+k+1\right)=\sum _{k=1}^n[(k+1)!(k+1)-k!\cdot k]=(n+1)!(n+1)-1$$

Exemple 6 : Décomposition plus complexe

Montrer que :

$$\sum _{k=2}^n\frac{3k^2-1}{(k^3-k{)}^2}=\frac{3}{8}-\frac{n+\frac{1}{2}}{n^2(n+1{)}^2}$$

Technique : On factorise $k^3-k=k(k-1)(k+1)$ et on cherche une décomposition en éléments simples de la forme $a_{k+1}-a_k$, souvent en utilisant des fractions rationnelles bien choisies.

Cette approche combine décomposition en fractions partielles et identification de termes pour obtenir une structure télescopique complète.