$$\newcommand{\mtn}{\mathbb{N}}\newcommand{\mtns}{\mathbb{N}^*}\newcommand{\mtz}{\mathbb{Z}}\newcommand{\mtr}{\mathbb{R}}\newcommand{\mtk}{\mathbb{K}}\newcommand{\mtq}{\mathbb{Q}}\newcommand{\mtc}{\mathbb{C}}\newcommand{\mch}{\mathcal{H}}\newcommand{\mcp}{\mathcal{P}}\newcommand{\mcb}{\mathcal{B}}\newcommand{\mcl}{\mathcal{L}}
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\newcommand{\rab}{\mathcal{R}(a,b)}\newcommand{\pss}[2]{\langle #1,#2\rangle}
$$
Bibm@thSommes alternées - Bibm@th.net
Enoncé 
- Simplifier la somme $\sum_{k=1}^{2n}(-1)^k k$ en faisant des sommations par paquets.
- Montrer par récurrence que pour tout $n\in\mtn^*$, on a
$$S_n=\sum_{k=1}^n (-1)^k k=\frac{(-1)^n (2n+1)-1}{4}.$$
Retrouver le résultat précédent.
Corrigé 
- L’ensemble $\{1, . . . , 2n\}$ est la réunion des parties deux à deux disjointes $\{2p − 1, 2p\}$ pour $p$ variant de $1$ à $n$. Or $(−1)^{2p−1}(2p − 1) + (−1)^{2p}2p = 2p − (2p − 1) = 1$ pour tout $1\leq p\leq n$, donc la somme est égale à $n$.
- Initialisation : On commence par vérifier la propriété pour $n=1$. On a
$$\sum_{k=1}^1 (-1)^k k=-1\textrm{ et }\frac{(-1)^1 (2\times 1+1)-1}{4}=-1$$
ce qui prouve bien l'égalité voulue.
Hérédité : Supposons la propriété vraie au rang $n$ et prouvons-là au rang $n+1$.
On a
\begin{eqnarray*}
\sum_{k=1}^{n+1}(-1)^k k&=&\sum_{k=1}^n (-1)^k k+(-1)^{n+1}(n+1)\\
&=&\frac{(-1)^n (2n+1)-1}{4}+(-1)^{n+1}(n+1)\\
&=&\frac{(-1)^{n+1}(-2n-1+4n+4)-1}{4}\\
&=&\frac{(-1)^{n+1}(2(n+1)+1)-1}{4}
\end{eqnarray*}
ce qui démontre bien la propriété au rang $n+1$. Remarquons que le passage
de la première à la deuxième ligne utilise l'hypothèse de récurrence.
Si on somme jusque $2n$ au lieu de $n$, on trouve que
$$S_{2n}=\frac{4n+1-1}4=n.$$
- Sommes alternées