Les sommes usuelles \( : \sum k, \ \sum k^2, \ \sum k^3, \ \sum (2k+1)... \)

La somme des entiers naturels \( : \sum k\)

1. Les premiers termes

   On souhaite calculer la somme des premiers entiers naturels de \( 0\) jusqu'à \( n\) :

   $$ \sum_{k = 0}^n k = \enspace \underbrace{0 + 1 + 2 \ + \ ... \ + \ (n-1) + n} _\text{(n+1) termes} $$

   1. Par la méthode de Gauss

      Par définition, cette somme vaut :

      $$ \sum_{k = 0}^n k = \enspace \underbrace{0 + 1 + 2 \ + \ ... \ + \ (n-1) + n} _\text{(n+1) termes} $$

      Réécrivons cette même somme à l'envers :

      $$ \sum_{k = 0}^n k = n + (n-1) \enspace + \ ... \ + \enspace 2 + 1 + 0 $$

      On additionne les deux égalités en faisant correspondre les termes un à un.

      $$ \sum_{k = 0}^n k + \sum_{k = 0}^n k = \enspace \underbrace{(0 + n) + (1 + n - 1) \ + \ ... \ + \ (n - 1 + 1) + (n + 0)} _\text{(n+1) termes} $$

      Tous ces termes valent \( n \) :

      $$ \sum_{k = 0}^n k + \sum_{k = 0}^n k = \enspace \underbrace{ n + n \ + \ ... \ + \ n + n} _\text{(n+1) termes} $$

      Par suite,

      $$ 2\sum_{k = 0}^n k = n(n+1) $$

      Et finalement,

      $$ \forall n \in \mathbb{N}, $$
      $$ \sum_{k = 0}^n k = \frac{n(n+1)}{2} $$

   2. Par un télescopage

      On sait par les identités remarquables que :

      $$ (k + 1)^2 = k^2 + 2k + 1$$
      $$ (k + 1)^2 - k^2 - 1= 2k $$

      Nous allons faire la somme de tous les termes des deux membres de \( (k =0) \) jusque \(n\).

      $$ \sum_{k=0}^n \Bigl[ (k + 1)^2 - k^2 \Bigr] - \sum_{k=0}^n 1= \sum_{k=0}^n 2k $$

      Or, on sait dans ce cas qu'il va se produire un télescopage .

      $$\sum_{k=0}^n \bigl [ a_{k+1} - a_k \bigr] = a_{n+1} - a_0 $$

      Soit dans notre cas :

      $$\sum_{k=0}^n \Bigl[(k+1)^2 - k^2 \Bigr] = (n + 1)^2 - \ 0^2 $$

      Ce qui nous donne :

      $$ (n + 1)^2 -(n+1) = 2\sum_{k=0}^n k $$
      $$ (n+1)(n+1 - 1) = 2\sum_{k=0}^n k $$
      $$ \frac{n(n+1)}{2} = \sum_{k = 0}^n k$$

      Et finalement,

      $$ \forall n \in \mathbb{N}, $$
      $$ \sum_{k = 0}^n k = \frac{n(n+1)}{2} $$

2. Généralisation : somme de a jusqu'à n

   Adoptons le même raisonnement que précédemment mais cette fois de \((k = a) \) jusque \(n\).

   $$ \sum_{k = a}^n k = \enspace \underbrace{a + (a + 1) + (a + 2) \ + \ ... \ + \ (n-1) + n} _\text{(n+1) termes} $$

   1. Par un télescopage

      $$ (k + 1)^2 = k^2 + 2k + 1$$
      $$ (k + 1)^2 - k^2 - 1= 2k $$
      $$ \sum_{k=a}^n \Bigl[ (k + 1)^2 - k^2 \Bigr] - \sum_{k=a}^n 1= \sum_{k=a}^n 2k $$
      $$ (n + 1)^2 - a^2 - (n+1 -a )= 2\sum_{k=a}^n k $$

      On factorise l' identité remarquable du membre de gauche :

      $$ (n + 1 - a)(n+1+a) - (n+1 -a )= 2\sum_{k=a}^n k $$

      On factorise cette fois toute la partie de gauche et on obtient :

      $$ (n + 1 - a)(n+a)= 2\sum_{k=a}^n k $$
      $$ \frac{(n + 1 - a)(n+a)}{2}= \sum_{k=a}^n k $$

      Soit finalement,

      $$ \forall (a,n) \in \hspace{0.04em} \mathbb{N}^2, $$
      $$ \sum_{k =a}^{n} k = \frac{(n + a)(n+1- a)}{2} $$

La somme des carrés d'entiers naturels \( : \sum k^2\)

1. Les premiers termes

   On souhaite calculer la somme des premiers carrés d'entiers naturels de \( 0\) jusqu'à \( n\) :

   $$ \sum_{k = 0}^n k^2 = \enspace \underbrace{0 + 1 + 4 + 9 \ + \ ... \ + \ (n-1)^2 + n^2} _\text{(n+1) termes} $$

   On sait que grâce au binôme de Newton que :

   $$ \forall k \in \hspace{0.04em} \mathbb{R},$$

   $$ (k + 1)^3 = \binom{3}{0} k^3 + \binom{3}{1}k^2 + \binom{3}{2}k + \binom{3}{3}$$

   Soit,

   $$ (k + 1)^3 = k^3 + 3k^2 + 3k + 1$$
   $$ (k + 1)^3 - k^3 - 3k -1 = 3k^2 $$

   Nous allons faire la somme des deux membres de \( (k =0) \) jusque \(n\).

   Or on sait dans ce cas qu'il va se produire un télescopage , et qu'il ne restera plus que deux termes :

   $$\sum_{k=0}^n \bigl [ a_{k+1} - a_k \bigr] = a_{n+1} - a_{0} $$

   Soit ici,

   $$\sum_{k=0}^n \Bigl[(k+1)^3 -k^3 \Bigr] = (n + 1)^3 - 0 $$

   Ce qui nous amène à :

   $$ (n + 1)^3 -(n+1) -3\sum_{k=0}^n k = 3\sum_{k=0}^n k^2 $$

   La somme des premiers entiers naturels a été calculée plus haut. Remplaçons-la par sa valeur.

   $$ (n + 1)^3 -(n+1) -3 \Biggl[ \frac{n(n+1)}{2} \Biggr] = 3\sum_{k=0}^n k^2 $$
   $$ (n+1)\Bigl((n + 1)^2 -1 - \frac{3n}{2} \Bigr) = 3\sum_{k=0}^n k^2 $$
   $$ \frac{1}{2}(n+1)\Bigl(2n^2 +4n - 3n\Bigr) = 3\sum_{k=0}^n k^2 $$
   $$ \frac{1}{6}(n+1)\Bigl(2n^2 +n\Bigr) = \sum_{k=0}^n k^2 $$
   $$ \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} = \sum_{k=0}^n k^2 $$

   Et finalement,

   $$ \forall n \in \mathbb{N}, $$
   $$ \sum_{k = 0}^n k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} $$

2. Généralisation : somme de a jusqu'à n

   Adoptons le même raisonnement que précédemment mais cette fois de \((k = a) \) jusque \(n\).

   $$ \sum_{k = a}^n k^2 = \enspace \underbrace{a^2 + (a + 1)^2 + (a + 2)^2 \ + \ ... \ + \ (n-1)^2 + n^2} _\text{(n+1) termes} $$

   1. Par un télescopage

      $$ (k + 1)^3 = k^3 + 3k^2 + 3k + 1$$
      $$ (k + 1)^3 - k^3 -3 k - 1 = 3k^2 $$
      $$ \sum_{k=a}^n \Bigl[(k + 1)^3 - k^3 \Bigr] -\sum_{k=a}^n 3 k -\sum_{k=a}^n 1 = \sum_{k=a}^n 3k^2 $$

      Remplaçons toutes les sommes par leur valeur:

      $$ (n+1)^3 - a^3 - 3\frac{(n + a)(n+1- a)}{2} -(n+1-a) = 3\sum_{k=a}^n k^2 $$

      On sait par la formule de Bernoulli (ou identité géométrique) que :

      $$ \forall (a,b) \in \hspace{0.04em} \mathbb{R}^2, \enspace \forall n \in \hspace{0.04em} \mathbb{N}, $$

      $$a^n - b^n = (a-b) \sum_{k=0}^{n-1} a^{n-k-1}b^k $$

      Soit dans notre cas :

      $$(n+1)^3 - a^3 = (n+1-a) \sum_{k=0}^{2} (n+1)^{2-k}a^k $$

      $$(n+1)^3 - a^3 = (n+1-a) \Bigl[ (n+1)^2 + a(n+1) +a^2 \Bigr]$$

      Ce qui nous amène à :

      $$ (n+1-a) \Bigl[ (n+1)^2 + a(n+1) +a^2 \Bigr] - 3\frac{(n + a)(n+1- a)}{2} -(n+1-a) = 3\sum_{k=a}^n k^2 $$

      On peut maintenant factoriser par \((n+1-a)\) :

      $$ (n+1-a) \Bigl[(n+1)^2 + a(n+1) +a^2 - 3\frac{(n + a)}{2} -1 \Bigr] = 3\sum_{k=a}^n k^2 $$
      $$ (n+1-a) \Bigl[n^2 + 2n + 1 + an + a + a^2 - 3\frac{(n + a)}{2} -1 \Bigr] = 3\sum_{k=a}^n k^2 $$

      Multiplions tout l'intérieur de la prenthèse par \(2\) (en compensant sur l'autre facteur) pour se débarasser du dénominateur :

      $$ \frac{ (n+1-a)}{2} \Bigl[2n^2 + 4n + 2 + 2an + 2a + 2a^2 - 3n - 3a -2 \Bigr] = 3\sum_{k=a}^n k^2 $$
      $$ \frac{ (n+1-a)}{2} \Bigl[2n^2 + \underbrace{4n-3n} _{n} + 2an + \underbrace{2 -2} _{0} + \underbrace{2a -3a} _{-a} + 2a^2 \Bigr] = 3\sum_{k=a}^n k^2 $$
      $$ \frac{ (n+1-a)}{2} \Bigl[2n^2 + n + 2an + 2a^2 - a \Bigr] = 3\sum_{k=a}^n k^2 $$

      Soit finalement,

      $$ \forall (a,n) \in \hspace{0.04em} \mathbb{N}^2, $$
      $$ \sum_{k =a}^{n} k^2 = \frac{1}{6} \Bigl( n+1-a\Bigr) \biggl( 2n^2 + 2a^2 + 2an + n - a \biggr) $$

La somme des cubes d'entiers naturels \( : \sum k^3\)

1. Les premiers termes

   On souhaite calculer la somme des premiers cubes d'entiers naturels de \( 0\) jusqu'à \( n\) :

   $$ \sum_{k = 0}^n k^3 = \enspace \underbrace{0 + 1 + 8 + 27 \ + \ ... \ + \ (n-1)^3 + n^3} _\text{(n+1) termes} $$

   On sait que grâce au binôme de Newton que :

   $$ \forall k \in \hspace{0.04em} \mathbb{R},$$

   $$ (k + 1)^4 = \binom{4}{0} k^4 + \binom{4}{1}k^3 + \binom{4}{2}k^2 + \binom{4}{3}k + 1$$

   Soit,

   $$ (k + 1)^4 = k^4 + 4k^3 + 6k^2 + 4k + 1$$
   $$ (k + 1)^4 - k^4 - 6k^2 -4k -1 = 4k^3 $$

   Nous allons faire la somme des deux membres de \( (k =0) \) jusque \(n\).

   Or on sait dans ce cas qu'il va se produire un télescopage , et qu'il ne restera plus que deux termes :

   $$\sum_{k=0}^n \bigl [ a_{k+1} - a_k \bigr] = a_{n+1} - a_{0} $$

   Soit dans notre cas,

   $$\sum_{k=0}^n \Bigl[(k+1)^4 -k^4 \Bigr] = (n + 1)^4 - 0 $$

   Ce qui nous donne par la suite :

   $$ (n + 1)^4 -(n+1) -6\sum_{k=0}^n k^2 -4\sum_{k=0}^n k = 4\sum_{k=0}^n k^3 $$

   La somme des premiers entiers naturels ainsi que la somme des premiers carrés naturels ont été calculées plus haut. Remplaçons-les par leur valeur respective.

   $$ (n + 1)^4 -(n+1) -6 \Biggl[\frac{n(n+1)(2n+1)}{6} \Biggr] -4 \Biggl[\frac{n(n+1)}{2} \Biggr] = 4\sum_{k=0}^n k^2 $$
   $$ (n+1)\Bigl((n + 1)^3 -1 -n(2n+1) -2n \Bigr) = 4\sum_{k=0}^n k^2 $$
   $$ (n+1)\Bigl(n^3 +3n^2 + 3n +1 -1 -2n^2 -n -2n^2 -2n \Bigr) = 4\sum_{k=0}^n k^2 $$
   $$ (n+1)(n^3+ n^2) = 4\sum_{k=0}^n k^2 $$

   Et finalement,

   $$ \forall n \in \mathbb{N}, $$
   $$ \sum_{k = 0}^n k^3 = \frac{n^2 (n+1)^2 }{4} $$

   On remarque par ailleurs que :

   $$ \sum_{k = 0}^n k^3 = \frac{n^2 (n+1)^2 }{4} = \Biggl(\frac{n(n+1)}{2} \Biggr)^2 $$

   Soit,

   $$ \forall n \in \mathbb{N}, $$
   $$ \sum_{k = 0}^n k^3 = \Biggl( \hspace{0.1em} \sum_{k = 0}^n k \hspace{0.1em} \Biggr)^2$$

2. Généralisation : somme de a jusqu'à n

   Adoptons le même raisonnement que précédemment mais cette fois de \((k = a) \) jusque \(n\).

   $$ \sum_{k = a}^n k^3 = \enspace \underbrace{a^3 + (a + 1)^3 + (a + 2)^3 \ + \ ... \ + \ (n-1)^3 + n^3} _\text{(n+1) termes} $$

   1. Par un télescopage

      $$ (k + 1)^4 = k^4 + 4k^3 + 6k^2 + 4k + 1$$
      $$ (k + 1)^4 - k^4 -6k^2 - 4k - 1 = 4k^3 $$

      Nous allons faire la somme des deux membres de \( (k =0) \) jusque \(n\).

      $$ \sum_{k=a}^n \Bigl[(k + 1)^3 - k^4 \Bigr] - \sum_{k=a}^n 6 k^2 - \sum_{k=a}^n 4k - \sum_{k=a}^n 1 = \sum_{k=a}^n 4k^3 $$

      On a calculé plus haut \(\sum k^2\) et \(\sum k\). Remplaçons-les.

      $$ (n+1)^4 - a^4 - 6 \times \frac{1}{6} \Bigl( n+1-a\Bigr) \biggl( n(2n+1) + a(2n +2a -1)\biggr) -4 \frac{(n + a)(n+1- a)}{2} -(n+1-a) = 4\sum_{k=a}^n k^3 $$

      On réutilise la la formule de Bernoulli . Ce qui dans notre cas nous donne :

      $$(n+1)^4 - a^4 = (n+1-a) \sum_{k=0}^{3} (n+1)^{3-k}a^k $$

      $$(n+1)^4 - a^4 = (n+1-a) \Bigl[ (n+1)^3 + (n+1)^2 a + a^2(n+1) + a^3 \Bigr]$$

      On a par la suite :

      $$(n+1-a) \Bigl[ (n+1)^3 + (n+1)^2 a + a^2(n+1) + a^3 \Bigr] - (n+1-a) \Bigl[ n(2n+1) + a(2n +2a -1)\Bigr] -2 (n + a)(n+1- a) -(n+1-a) = 4\sum_{k=a}^n k^3 $$

      On peut maintenant factoriser par \((n+1-a)\) et arranger l'intérieur des parenthèses :

      $$(n+1-a) \Biggl[ (n+1)^3 + (n+1)^2 a + a^2(n+1) + a^3 - \biggl[ n(2n+1) + a(2n +2a -1)\biggr] -2(n + a) -1 \Biggr] = 4\sum_{k=a}^n k^3 $$
      $$(n+1-a) \Bigl[ n^3 + 3n^2 + 3n + 1 + an^2 + 2an + a + a^2n + a^2 + a^3 -2n^2 -n -2an - 2a^2 +a -2n - 2a - 1 \Bigr] = 4\sum_{k=a}^n k^3 $$

      En remettant un peu d'ordre :

      $$(n+1-a) \Bigl[ n^3 + \underbrace{3n^2 -2n^2} _{n^2} + \underbrace{3n -2n -n} _{0} + \underbrace{1 - 1} _{0} + a^3 + an^2 + \underbrace{2an -2an} _{0} + \underbrace{a + a - 2a} _{0} + a^2n + \underbrace{a^2 - 2a^2} _{-a^2} \Bigr] = 4\sum_{k=a}^n k^3 $$
      $$(n+1-a) \Bigl[ n^3 + an^2 + a^2n + a^3 + n^2 -a^2 \Bigr] = 4\sum_{k=a}^n k^3 $$

      Enfin, on factorise par \((n+a)\) :

      $$(n+1-a) \Bigl[ n^2(n+a) + a^2(n+a) + (n+a)(n-a) \Bigr] = 4\sum_{k=a}^n k^3 $$
      $$(n+1-a)\Bigl[(n+a)(n^2 + a^2 + n - a)\Bigr] = 4\sum_{k=a}^n k^3 $$

      Soit finalement,

      $$ \forall (a,n) \in \hspace{0.04em} \mathbb{N}^2, $$
      $$ \sum_{k=a}^n k^3 = \frac{1}{4}\bigl(n+1-a\bigr)\bigl(n+a\bigr)\bigl(n^2 + a^2 + n - a\bigr)$$

La somme des nombres impairs \( : \sum (2k +1) \)

On caractérise un nombre impair \( I \) par le fait que :

1. Les premiers termes

   On souhaite calculer la somme des premiers nombres impairs de \( 0\) jusqu'à \( n\) :

   $$ \sum_{k = 0}^n (2k +1) = \enspace \underbrace{1 + 3 \hspace{0.1em} + \hspace{0.1em} ... \hspace{0.1em} + \hspace{0.1em} (2n+1) } _\text{(n+1) termes} $$

   On peut séparer cette somme en deux sommes :

   $$ \sum_{k = 0}^n (2k +1) = \sum_{k = 0}^n (2k) + \sum_{k = 0}^n 1 $$
   $$ \sum_{k = 0}^n (2k +1) = 2\sum_{k = 0}^n k + \sum_{k = 0}^n 1 $$

   La somme des premier entiers naturels a été calculée plus haut, injectons-la :

   $$ \sum_{k = 0}^n (2k +1) = n(n+1) + (n+1) $$
   $$ \sum_{k = 0}^n (2k +1) = (n+1)(n+1) $$

   Et finalement :

   $$ \forall n \in \mathbb{N}, $$
   $$ \sum_{k = 0}^n (2k +1) = (n+1)^2 $$

2. Généralisation : somme de a jusqu'à n

   Adoptons le même raisonnement que précédemment mais cette fois de \((k = a) \) jusque \(n\).

   $$ \sum_{k = a}^n (2k +1) = \enspace \underbrace{ (2a+1) + \Bigl[2(a+1) +1 \Bigr] \hspace{0.1em} + \hspace{0.1em} ... \hspace{0.1em} + \hspace{0.1em} (2n+1) } _\text{(n+1 -a) termes} $$
   $$ \sum_{k = a}^n (2k +1) = \sum_{k = a}^n (2k) + \sum_{k = a}^n 1 $$
   $$ \sum_{k = a}^n (2k +1) = 2\sum_{k = a}^n k + \sum_{k = a}^n 1 $$
   $$ \sum_{k = a}^n (2k +1) = (n + a)(n+1- a) + (n+1- a) $$
   $$ \sum_{k = a}^n (2k +1) = (n+1- a) (n + 1 +a) $$

   Et finalement,

   $$ \forall (a,n) \in \hspace{0.04em} \mathbb{N}^2, $$
   $$ \sum_{k =a}^{n} (2k +1) = (n + 1 + a)(n+1- a) $$

La somme des nombres pairs \( : \sum (2k) \)

On caractérise un nombre pair \( P \) par le fait que :

1. Les premiers termes

   On souhaite calculer la somme des premiers nombres impairs de \( 0\) jusqu'à \( n\).

   $$ \sum_{k = 0}^n 2k = \enspace \underbrace{2 +4 \hspace{0.1em} + \hspace{0.1em} ... \hspace{0.1em} + \hspace{0.1em} 2n } _\text{(n+1) termes} $$
   $$ \sum_{k = 0}^n 2k = 2\sum_{k = 0}^n k $$

   La somme des premier entiers naturels a été calculée plus haut, injectons-la :

   $$ \sum_{k = 0}^n 2k = n(n+1) $$

   Et finalement,

   $$ \forall n \in \mathbb{N}, $$
   $$ \sum_{k = 0}^n 2k= n(n+1) $$

2. Généralisation : somme de a jusqu'à n

   Adoptons le même raisonnement que précédemment mais cette fois de \((k = a) \) jusque \(n\).

   $$ \sum_{k = a}^n 2k = \enspace \underbrace{2a +4a \hspace{0.1em} + \hspace{0.1em} ... \hspace{0.1em} + \hspace{0.1em} 2n } _\text{(n+1) termes} $$
   $$ \sum_{k = a}^n 2k = 2\sum_{k = a}^n k = (n + a)(n+1- a) $$

   Et finalement,

   $$ \forall (a,n) \in \hspace{0.04em} \mathbb{N}^2, $$
   $$ \sum_{k =a}^{n} (2k) = (n + a)(n+1- a) $$

La somme des termes d'une suite arithmétique \( : \sum (u_0 + kr) \)

Soit \( (u_n)_{n \in \mathbb{N}}\) une suite arithmétique de raison \( r \in \mathbb{R}\) et de premier terme \( u_0\in \mathbb{R}\).

1. Les premiers termes

   On souhaite calculer la somme des termes de cette suite de \( 0\) jusqu'à \( n\):

   $$ \sum_{k = 0}^n (u_0 + kr) = u_0 + (u_0 + r) + (u_0 + 2r) \enspace + \enspace ... \enspace + \enspace \Bigl[u_0 + (n -1)r \Bigr] + (u_0 + nr) $$

   Soit,

   $$ \sum_{k = 0}^n (u_0 + kr) = u_0(n + 1) + r \bigl(1 + 2 \enspace + \enspace ... \enspace + \enspace (n -1) + n \bigr) $$
   $$ \sum_{k = 0}^n (u_0 + kr) = u_0(n + 1) + r \Biggl[ \sum_{k = 0}^n k \Biggr] $$

   La somme des premiers entiers naturels a été calculée plus haut, injectons-la :

   $$ \sum_{k = 0}^n (u_0 + kr) = u_0(n + 1) + r\Biggl[\frac{n(n + 1)}{2}\Biggr]$$
   $$ \sum_{k = 0}^n (u_0 + kr) = u_0(n + 1) + \Biggl(\frac{nr(n + 1)}{2}\Biggr)$$

   On factorise par \( (n + 1) \) et obtient :

   $$ \sum_{k = 0}^n (u_0 + kr) = \Bigl(n + 1 \Bigr) \Biggl(u_0 + \frac{ nr}{2}\Biggr) $$
   $$ \sum_{k = 0}^n (u_0 + kr) = \Bigl(n + 1 \Bigr) \Biggl(\frac{ 2 u_0 + nr}{2}\Biggr) $$
   $$ \sum_{k = 0}^n (u_0 + kr) = \Bigl(n + 1 \Bigr) \Biggl(\frac{ u_0 + u_n}{2}\Biggr) $$

   Et finalement,

   $$ \forall n \in \mathbb{N}, \enspace \forall (u_0, r) \in \hspace{0.04em} \mathbb{R}^2, $$
   $$ \sum_{k = 0}^n (u_0 + kr) = \Bigl(n + 1 \Bigr) \Biggl( \frac{u_0 + u_n}{2} \Biggr)$$
   $$ (\text{avec } u_n = u_0 + nr) $$

2. Généralisation : somme de a jusqu'à n

   Adoptons le même raisonnement que précédemment mais cette fois de \((k = a) \) jusque \(n\).

   $$ \sum_{k = a}^n (u_0 + kr) = (u_0 + ar) + \Bigl[u_0 + (a+1)r \Bigl] \enspace + \enspace... \enspace + \enspace \Bigl[u_0 + (n -1)r \Bigl] + (u_0 + nr) $$

   Soit,

   $$ \sum_{k = a}^n (u_0 + kr) = u_0(n + 1-a) + r \Bigl[a + (a+1) \enspace + \enspace ... \enspace + \enspace (n -1) + n \Bigr] $$
   $$ \sum_{k = a}^n (u_0 + kr) = u_0(n + 1-a) + r \Biggl[ \sum_{k = a}^n k \Biggr] $$
   $$ \sum_{k = a}^n (u_0 + kr) = u_0(n + 1-a) + r \Biggl(\frac{ (n + a)(n+1- a)}{2}\Biggr) $$
   $$ \sum_{k = a}^n (u_0 + kr) = \Bigl(n + 1 - a\Bigr) \Biggl( u_0 + \frac{ (n+a)r}{2}\Biggr) $$
   $$ \sum_{k = a}^n (u_0 + kr) = \Bigl(n + 1 - a\Bigr) \Biggl( \frac{ 2u_0 + (n+a)r}{2}\Biggr) $$
   $$ \sum_{k = a}^n (u_0 + kr) = \Bigl(n + 1 - a\Bigr) \Biggl( \frac{ u_0 + u_{n+a}}{2}\Biggr) $$

   Soit finalement,

   $$ \forall (a,n) \in \hspace{0.04em} \mathbb{N}^2, $$
   $$ \sum_{k =a}^n (u_0 + kr) = \Bigl(n + 1 - a\Bigr) \Bigg( \frac{u_0 + u_{n+a}}{2} \Biggr)$$
   $$ (\text{avec } u_n = u_0 + nr) $$

La somme des puissances naturelles d'un nombre réel \( : \sum q^k\)

Soit \( q \in \hspace{0.04em} \Bigl[ \mathbb{R} \ \backslash \ \bigl \{0,1 \bigr \} \Bigr] , \) un nombre réel.

1. Les premiers termes

   On souhaite calculer la somme des premières puissances de \(q\) de \( 0\) jusqu'à \( n\) :

   $$ \sum_{k = 0}^n q^k = \enspace \underbrace{1 + q + q^2 \enspace + ... + \enspace q^{n-1} + q^n} _\text{(n+1) termes} \qquad (1) $$

   On multiplie tout par \( q \) :

   $$ q.\left[\sum_{k = 0}^n q^k \right] = q.(1 + q + q^2 \enspace + ... + \enspace q^{n-1} + q^n) $$

   On développe le membre de droite :

   $$ q.\left[\sum_{k = 0}^n q^k \right] = q + q^2 + q^3 \enspace + ... + \enspace q^n + q^{n+1} \qquad (2) $$

   On s'aperçoit, en soutrayant \( (1) \) à \( (2) \), qu'il se produit un télescopage :

   $$ q.\left[\sum_{k = 0}^n q^k \right] - \left[\sum_{k = 0}^{n} q^k \right] = q^{n+1} - 1 $$

   Enfin, on factorise par \( \sum q^k \) et :

   $$ (q - 1).\left[\sum_{k = 0}^n q^k \right] = q^{n+1} - 1 $$

   Finalement,

   $$ \forall n \in \mathbb{N}, \enspace \forall q \in \hspace{0.04em} \Bigl[ \mathbb{R} \ \backslash \ \bigl \{0,1 \bigr \} \Bigr] , $$
   $$ \sum_{k = 0}^n q^k = \frac{q^{n+1} - 1}{q-1} $$

2. Généralisation : somme de a jusqu'à n

   Adoptons le même raisonnement que précédemment mais cette fois de \((k = a) \) jusque \(n\).

   $$ \sum_{k = a}^n q^k = \enspace \underbrace{q^a + q^{a+1} + q^{a+2} \enspace + ... + \enspace q^{n-1} + q^n} _\text{(n+1- a) termes} $$
   $$ q \Biggl[ \sum_{k = a}^n q^k \Biggr] = q(q^a + q^{a+1} + q^{a+2} \enspace + ... + \enspace q^{n-1} + q^n) $$
   $$ q \Biggl[ \sum_{k = a}^n q^k \Biggr] = q^{a+1} + q^{a+2} + q^{a+3} \enspace + ... + \enspace q^{n} + q^{n+1} $$
   $$ q.\left[\sum_{k = a}^n q^k \right] - \left[\sum_{k = a}^{n} q^k \right] = q^{n+1} - q^a $$
   $$ \sum_{k = a}^n q^k = \frac{q^{n+1} - q^a }{q-1} $$

   Et finalement,

   $$ \forall (a,n) \in \hspace{0.04em} \mathbb{N}^2, \enspace \forall q \in \hspace{0.04em} \Bigl[ \mathbb{R} \ \backslash \ \bigl \{0,1 \bigr \} \Bigr] , $$
   $$ \sum_{k =a}^{n} q^k = \frac{q^{n+1} - q^{a}}{q-1} $$

La somme des termes d'une suite geométrique \( : \sum (v_0 . q^k) \)

Soit \( (v_n)_{n \in \mathbb{N}}\) une suite géométrique de raison \( q \in \hspace{0.04em} \Bigl[ \mathbb{R} \ \backslash \ \bigl \{0,1 \bigr \} \Bigr] \) et de premier terme \( v_0\in \mathbb{R}\).

1. Les premiers termes

   On souhaite calculer la somme des termes de cette suite de \( 0\) jusqu'à \( n\).

   $$ \sum_{k = 0}^n (v_0.q^k ) = v_0 + v_0.q + v_0.q^2 \enspace + ... + \enspace + v_0.q^{n - 1} + v_0.q^n $$

   Soit,

   $$ \sum_{k = 0}^n (v_0.q^k ) = v_0.\Biggl[ \sum_{k = 0}^n q^k \Biggr] $$

   La somme des premières puissances naturelles d'un nombre réel a déjà été calculée plus haut. Injectons-la:

   $$ \sum_{k = 0}^n (v_0.q^k ) = v_0.\frac{q^{n+1} - 1}{q-1} $$

   Et finalement,

   $$ \forall n \in \mathbb{N}, \enspace \forall v_0 \in \hspace{0.04em} \mathbb{R}, \ \forall q \in \hspace{0.04em} \Bigl[ \mathbb{R} \ \backslash \ \bigl \{0,1 \bigr \} \Bigr] , $$
   $$ \sum_{k = 0}^n (v_0.q^k ) = v_0.\frac{q^{n+1} - 1}{q-1} $$

2. Généralisation : somme de a jusqu'à n

   Adoptons le même raisonnement que précédemment mais cette fois de \((k = a) \) jusque \(n\).

   $$ \sum_{k = a}^n (v_0.q^k ) = v_0q^a + v_0.q^{a+1} + v_0.q^{a+2} \enspace + ... + \enspace + v_0.q^{n - 1} + v_0.q^n $$
   $$ \sum_{k = a}^n (v_0.q^k ) = v_0.\Biggl[ \sum_{k = a}^n q^k \Biggr] $$
   $$ \sum_{k = 0}^n (v_0.q^k ) = v_0.\frac{q^{n+1} - q^{a}}{q-1}$$

   Finalement,

   $$ \forall (a,n) \in \hspace{0.04em} \mathbb{N}^2, \enspace \forall v_0 \in \hspace{0.04em} \mathbb{R}, \ \forall q \in \hspace{0.04em} \Bigl[ \mathbb{R} \ \backslash \ \bigl \{0,1 \bigr \} \Bigr] , $$
   $$ \sum_{k =a}^{n} v_0.q^k = v_0.\frac{q^{n+1} - q^{a}}{q-1} $$

La somme d'un binôme \( : \sum \binom{n}{p} \)

La démonstration de ces formules sur la page dédiée aux formules du binôme :

1. Somme horizontale de 0 à n

2. Somme verticale de r à n

Sommes trigonométriques \( : \sum \bigl[\cos(k \theta) + i \sin(kx)\bigr] \)

Partons du fait que

Alors, calculons la somme \(\sum e^{ik\theta}\) et séparons ensuite les parties réelles et imaginaires, pour ainsi obtenir les sommes respectives de \(\sum \cos(k \theta)\) et de \(\sum \sin(kx)\).

Alors, dans notre cas précis cela nous amène à :

Multiplions maintenant les numérateur et dénominateur par \(\textcolor{rgb(118 139 240)}{e^{-\frac{i \theta}{2}}}\) pour équilibrer chaque étage.

On remplace alors le dénominateur et on arrange au numérateur pour préparer une nouvelle factorisation :

Puis, on factorise :

Ainsi, on récupère les parties réelles et imaginaires pour les sommes respectives et :

Et finalement,

La somme infinie des inverses des carrés naturels \( : \sum \frac{1}{k^2} \)

Ce problème résolu par Leonhard Euler , est aussi connu sous le nom de problème de Bâle .

On démarre du développement limité de la fonction \(\sin(x)\) :

On factorise par \(x\) :

Puis on divise tout par \(x\),

Ensuite, si l'on part de l'hypothèse que les racines de la fonction \(\frac{\sin(x)}{x}\) sont tous les multiples de \(\pi\) (sauf \(0\)), alors on peut écrire que :

Grâce à l'expression précédente \((1)\), on en déduit rapidement que \((\alpha = 1)\), soit :

Puis on les assemble symétriquement entre conjugués respectifs :

Et on fait jouer la troisième identité remarquable :

Or, si on met en parallèle \((1)\) avec \((2)\) :

Par conséquent, on peut en déduire que les coefficients du second degré sont égaux, soit :

Le nombre \(\pi\) étant constant, on peut le sortir de la somme, et finalement :

Équivalent de la somme des racines carrées \( : \sum \sqrt{k} \)

On cherche à déterminer un équivalent de :

Cherchons alors un encadrement de l'expression :

La fonction \((x \longmapsto \sqrt{x})\) étant croissante sur \(\mathbb{R}^+\), en appliquant une comparaison série-intégrale , on obtient:

En faisant maintenant la somme allant de \((k = 1)\) jusque \((k = n)\) de tous ces éléments, on a :

Si l'on divise maintenant par \(\frac{2}{3}n^{\frac{3}{2}}\), on a :

À présent, lorsque l'on fait tendre \((n \to +\infty)\), on obtient :

Grâce au théorème des gendarmes , on a finalement que :

Et finalement :

Récapitulatif des sommes usuelles