Sommes et produits finis

Soient $I$ un ensemble fini et $(a_i)_{i \in I}$ une famille de nombres complexes indexée par $I$, c'est-à-dire la donnée d'un nombre $a_i$ pour chaque $i \in I$ (voir le thème Applications : injections, surjections et bijections). On note $\sum_{i \in I} a_i$ la somme de tous ces nombres : l'addition étant commutative et associative, le résultat ne dépend ni de l'ordre dans lequel on additionne, ni des regroupements choisis. Lorsque $I = \{m, m+1, \ldots, n\}$ avec $m \leq n$ entiers, on écrit $\sum_{k=m}^{n} a_k$, qui se lit « somme, pour $k$ allant de $m$ à $n$, des $a_k$ » : le nombre $a_k$ est le terme général, $m$ et $n$ sont les bornes. Par convention, la somme d'une famille vide vaut $0$ : si $n < m$, alors $\sum_{k=m}^{n} a_k = 0$.

Dans $\sum_{k=m}^{n} a_k$, la lettre $k$ est un indice muet : elle n'existe qu'entre le symbole $\sum$ et la fin du terme général, et on peut la remplacer partout par n'importe quelle autre lettre non encore utilisée sans changer la somme. Aucune expression écrite avant ou après la somme ne peut donc contenir $k$, et deux sommes emboîtées ou multipliées entre elles portent des indices de noms différents. Le nombre de termes de $\sum_{k=m}^{n} a_k$ vaut $n - m + 1$ dès que $n \geq m$ : pour $c$ indépendant de $k$, $\sum_{k=m}^{n} c = (n-m+1)\,c$, et en particulier $\sum_{k=1}^{n} 1 = n$ tandis que $\sum_{k=0}^{n} 1 = n+1$.

Ligne fautive : « $\sum_{k=3}^{10} 1 = 7$ ».
Les entiers de $3$ à $10$ sont au nombre de $10 - 3 + 1 = 8$, et non $10 - 3$ : le cas le plus court le montre, $\sum_{k=3}^{3} 1 = 1$ alors que $3 - 3 = 0$. La même erreur fait écrire $\sum_{k=0}^{n} 1 = n$, alors que cette somme compte $n+1$ termes, et elle fausse ensuite toute somme dont le terme général est constant.
Version correcte : $\sum_{k=3}^{10} 1 = 8$, et plus généralement $\sum_{k=m}^{n} c = (n - m + 1)\,c$ pour tout $c$ indépendant de $k$. Réflexe : avant de compter, écrire les deux premiers et le dernier terme, ou ramener les bornes à $1$ et $n$ par un changement d'indice.

Propriété : soient $m \leq n$ deux entiers, $(a_k)_{m \leq k \leq n}$ et $(b_k)_{m \leq k \leq n}$ deux familles de nombres complexes et $\lambda \in \mathbb{C}$. Alors $\sum_{k=m}^{n} (a_k + b_k) = \sum_{k=m}^{n} a_k + \sum_{k=m}^{n} b_k$ et $\sum_{k=m}^{n} \lambda a_k = \lambda \sum_{k=m}^{n} a_k$. Un facteur ne sort de la somme que s'il est constant par rapport à l'indice : il peut dépendre de $n$, des bornes ou d'autres paramètres, mais pas de $k$. La somme n'échange qu'avec ces deux opérations : ni $\sum_{k=m}^{n} a_k b_k$, ni $\sum_{k=m}^{n} \frac{1}{a_k}$, ni $\sum_{k=m}^{n} \sqrt{a_k}$ ne se calculent à partir de $\sum_{k=m}^{n} a_k$ et de $\sum_{k=m}^{n} b_k$.

Ligne fautive : « $\sum_{k=1}^{n} k\,2^k = 2^k \sum_{k=1}^{n} k$ ».
L'indice $k$ est muet : hors de la somme il ne désigne rien, et le membre de droite n'a aucun sens. Même rafistolée en $2^n \sum_{k=1}^{n} k$, l'égalité reste fausse : pour $n = 2$, le membre de gauche vaut $1 \times 2 + 2 \times 4 = 10$, tandis que $2^2 \times (1 + 2) = 12$.
Version correcte : seuls les facteurs indépendants de $k$ sortent, par exemple $\sum_{k=1}^{n} 3 \times 2^k = 3 \sum_{k=1}^{n} 2^k$. Quant à $\sum_{k=1}^{n} k\,2^k$, elle se calcule autrement : on écrit $k = \sum_{j=1}^{k} 1$, puis on intervertit les deux sommations (voir la méthode « Intervertir une somme double triangulaire »).

Ligne fautive : « $\sum_{k=1}^{n} a_k^2 = \left(\sum_{k=1}^{n} a_k\right)^2$ ».
Contre-exemple : pour $n = 2$ et $a_1 = a_2 = 1$, le membre de gauche vaut $2$ et le membre de droite $4$. Les mêmes valeurs réfutent $\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{a_k} = \frac{1}{\sum_{k=1}^{n} a_k}$ ($2$ contre $\frac{1}{2}$) et $\sum_{k=1}^{n} \ln(a_k) = \ln\left(\sum_{k=1}^{n} a_k\right)$ ($0$ contre $\ln 2$).
Version correcte : d'une somme, on ne fait sortir qu'une addition ou un facteur constant. Le carré d'une somme se développe en somme double (voir la propriété « Produit de deux sommes finies »), et c'est le produit, et non la somme, que le logarithme transforme : $\ln\left(\prod_{k=1}^{n} a_k\right) = \sum_{k=1}^{n} \ln(a_k)$ lorsque les $a_k$ sont strictement positifs.

Propriété (relation de Chasles) : pour tous entiers $m \leq n \leq p$, $\sum_{k=m}^{p} a_k = \sum_{k=m}^{n} a_k + \sum_{k=n+1}^{p} a_k$. Deux cas particuliers servent sans cesse : $\sum_{k=m}^{n} a_k = a_m + \sum_{k=m+1}^{n} a_k$ isole le premier terme, et $\sum_{k=m}^{n+1} a_k = \sum_{k=m}^{n} a_k + a_{n+1}$ isole le dernier, geste de l'hérédité d'une récurrence (voir le thème Récurrence simple). On découpe aussi selon la parité de l'indice : $\sum_{k=0}^{2n} a_k = \sum_{j=0}^{n} a_{2j} + \sum_{j=0}^{n-1} a_{2j+1}$, les indices pairs d'un côté, les impairs de l'autre. Grâce à la convention de somme vide, ces égalités restent vraies dans les cas extrêmes, par exemple pour $n = m$.

Quand l'utiliser : le terme général porte un décalage ($a_{k+1}$, $q^{k-1}$, $(k-2)^2$) ; on veut ramener une somme aux bornes de référence $0$ ou $1$ ; on veut comparer ou soustraire deux sommes écrites avec des bornes différentes ; on veut lire une somme à l'envers.
1) Annoncer la substitution : « Posons $j = k - m$ », « Posons $j = n + 1 - k$ ». Elle doit réaliser une bijection entre l'ensemble des indices de départ et celui d'arrivée, c'est-à-dire les apparier exactement, un indice d'arrivée pour un indice de départ et réciproquement (voir le thème Applications) ; un décalage $k \mapsto k + c$ et un retournement $k \mapsto m + n - k$ en sont.
2) Traduire les bornes : « Lorsque $k$ décrit $\{m, \ldots, n\}$, $j$ décrit $\{0, \ldots, n-m\}$. » On calcule les deux valeurs extrêmes, en se rappelant qu'un retournement échange la plus petite et la plus grande.
3) Exprimer l'ancien indice en fonction du nouveau ($k = j + m$) et le remplacer partout dans le terme général : exposants et indices compris.
4) Réécrire la somme entière avec le nouvel indice et ses nouvelles bornes. L'indice étant muet, on peut ensuite renommer $j$ en $k$ pour comparer deux sommes, et on l'écrit : « l'indice étant muet, ».
5) Contrôler : les deux sommes doivent compter le même nombre de termes, et le premier terme de l'une doit se retrouver dans l'autre, en tête pour un décalage, en queue pour un retournement.

Soit $n \in \mathbb{N}^*$. Démontrer que $\sum_{k=1}^{n} k = \frac{n(n+1)}{2}$.
Soit $n \in \mathbb{N}^*$. Posons $S = \sum_{k=1}^{n} k$.
Posons $j = n + 1 - k$. Lorsque $k$ décrit $\{1, \ldots, n\}$, $j$ décrit $\{1, \ldots, n\}$ : à $k = 1$ correspond $j = n$, à $k = n$ correspond $j = 1$, et la correspondance est bijective puisque $k = n + 1 - j$.
Ce changement d'indice donne $S = \sum_{j=1}^{n} (n + 1 - j)$.
L'indice étant muet, $S = \sum_{k=1}^{n} (n + 1 - k)$.
En additionnant les deux écritures de $S$ et par linéarité de la somme, $2S = \sum_{k=1}^{n} \big(k + (n + 1 - k)\big) = \sum_{k=1}^{n} (n+1)$.
Le nombre $n+1$ ne dépend pas de $k$ et la somme compte $n$ termes, donc $2S = n(n+1)$.
Donc $S = \frac{n(n+1)}{2}$.
Contrôle pour $n = 3$ : $1 + 2 + 3 = 6$ et $\frac{3 \times 4}{2} = 6$.
À retenir : un retournement d'indice ne change pas la valeur d'une somme ; en l'ajoutant à la somme initiale, on remplace un terme variable par un terme constant.

Soit $n \in \mathbb{N}^*$. Calculer $U_n = \sum_{k=1}^{2n} (-1)^k k$.
Soit $n \in \mathbb{N}^*$.
Les entiers de $1$ à $2n$ se répartissent en deux paquets : les entiers pairs, qui s'écrivent $k = 2j$ avec $j \in \{1, \ldots, n\}$, et les entiers impairs, qui s'écrivent $k = 2j - 1$ avec $j \in \{1, \ldots, n\}$.
En découpant la somme selon ces deux paquets, $U_n = \sum_{j=1}^{n} (-1)^{2j}\,2j + \sum_{j=1}^{n} (-1)^{2j-1}\,(2j-1)$.
Or $(-1)^{2j} = 1$ et $(-1)^{2j-1} = -1$ pour tout $j$, donc $U_n = \sum_{j=1}^{n} 2j - \sum_{j=1}^{n} (2j - 1)$.
Les deux sommes ont les mêmes bornes, donc par linéarité $U_n = \sum_{j=1}^{n} \big(2j - (2j - 1)\big) = \sum_{j=1}^{n} 1$.
Cette somme compte $n$ termes tous égaux à $1$, donc $U_n = n$.
Contrôle pour $n = 2$ : $-1 + 2 - 3 + 4 = 2$, et la formule donne $2$.
À retenir : un découpage selon la parité se rédige en disant comment s'écrivent les indices de chaque paquet et en donnant à chaque paquet son propre indice, dont on vérifie les bornes.

Ligne fautive : « $\sum_{k=1}^{n} a_{k+1} = \sum_{k=1}^{n} a_k$ ».
Contre-exemple : avec $a_k = k$ et $n = 3$, le membre de gauche vaut $2 + 3 + 4 = 9$ et le membre de droite $1 + 2 + 3 = 6$. Un changement d'indice modifie à la fois le terme général et les bornes : poser $j = k+1$ fait décrire à $j$ l'ensemble $\{2, \ldots, n+1\}$, et non $\{1, \ldots, n\}$.
Version correcte : $\sum_{k=1}^{n} a_{k+1} = \sum_{j=2}^{n+1} a_j$. Contrôle : la somme de droite compte bien $n$ termes, son premier terme est $a_2$, celui de gauche aussi, et son dernier terme est $a_{n+1}$, comme à gauche.

Propriété : soient $m \leq n$ deux entiers et $(a_k)_{m \leq k \leq n+1}$ une famille de nombres complexes. Alors $\sum_{k=m}^{n} (a_{k+1} - a_k) = a_{n+1} - a_m$. Une telle somme est dite télescopique : les termes s'éliminent deux à deux et il ne reste que le dernier moins le premier. La démonstration tient en deux lignes : par linéarité, la somme vaut $\sum_{k=m}^{n} a_{k+1} - \sum_{k=m}^{n} a_k$ ; le changement d'indice $j = k+1$ donne $\sum_{k=m}^{n} a_{k+1} = \sum_{j=m+1}^{n+1} a_j$, et les deux sommes ne diffèrent que par le terme $a_{n+1}$, présent dans la première seule, et le terme $a_m$, présent dans la seconde seule. Dans l'autre sens, $\sum_{k=m}^{n} (a_k - a_{k+1}) = a_m - a_{n+1}$.

Quand l'utiliser : le terme général est une différence de deux expressions de même forme dont la seconde se déduit de la première par $k \mapsto k+1$ ; ou c'est une fraction dont le dénominateur est un produit d'entiers consécutifs, comme $\frac{1}{k(k+1)}$ ; ou l'énoncé fait établir au préalable une identité du type « pour tout $k$, $u_k = v_{k+1} - v_k$ », ce qui est l'indication la plus fréquente.
1) Chercher la suite auxiliaire $(v_k)$ telle que le terme général s'écrive $u_k = v_{k+1} - v_k$. Pour une fraction, décomposer : $\frac{1}{k(k+1)} = \frac{1}{k} - \frac{1}{k+1}$, ce qui donne $v_k = -\frac{1}{k}$ ; pour une expression du type $\sqrt{k+1} - \sqrt{k}$, la suite se lit directement.
2) Écrire l'égalité $u_k = v_{k+1} - v_k$ et la vérifier par un calcul, en réduisant au même dénominateur ou en développant, pour tout $k$ compris entre les bornes ; préciser au passage que les quantités écrites ont un sens (dénominateurs non nuls).
3) Sommer en nommant la propriété : « En sommant pour $k$ allant de $m$ à $n$, la somme est télescopique, donc $\sum_{k=m}^{n} u_k = v_{n+1} - v_m$. »
4) Simplifier le résultat, puis contrôler sur le cas $n = m$ : la somme doit valoir $u_m$.
5) Si le terme général est une différence entre les rangs $k$ et $k+2$, télescoper donne quatre termes restants : $\sum_{k=m}^{n} (a_{k+2} - a_k) = a_{n+2} + a_{n+1} - a_{m+1} - a_m$, que l'on obtient en séparant les indices pairs et impairs ou en écrivant $a_{k+2} - a_k = (a_{k+2} - a_{k+1}) + (a_{k+1} - a_k)$.

Soit $n \in \mathbb{N}^*$. Calculer $S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k(k+1)}$.
Soit $n \in \mathbb{N}^*$.
Soit $k \in \{1, \ldots, n\}$. Les entiers $k$ et $k+1$ sont non nuls, et en réduisant au même dénominateur, $\frac{1}{k} - \frac{1}{k+1} = \frac{(k+1) - k}{k(k+1)} = \frac{1}{k(k+1)}$.
Posons $v_k = -\frac{1}{k}$ pour $k \in \{1, \ldots, n+1\}$ : l'égalité précédente s'écrit $\frac{1}{k(k+1)} = v_{k+1} - v_k$.
En sommant pour $k$ allant de $1$ à $n$, $S_n = \sum_{k=1}^{n} (v_{k+1} - v_k)$.
Cette somme est télescopique, donc $S_n = v_{n+1} - v_1 = -\frac{1}{n+1} + 1$.
Donc $S_n = \frac{n}{n+1}$.
Contrôle pour $n = 1$ : la somme vaut $\frac{1}{2}$ et la formule donne $\frac{1}{2}$ ; pour $n = 2$ : $\frac{1}{2} + \frac{1}{6} = \frac{2}{3}$, et la formule donne $\frac{2}{3}$.
À retenir : on nomme la suite auxiliaire $(v_k)$, on vérifie l'identité $u_k = v_{k+1} - v_k$ par un calcul, et seule la dernière ligne invoque le télescopage.

Propriété : soient $a$ et $r$ deux nombres complexes et $n \in \mathbb{N}$. Alors $\sum_{k=0}^{n} (a + kr) = (n+1)\,a + r\,\frac{n(n+1)}{2} = (n+1) \times \frac{a + (a + nr)}{2}$. Autrement dit, la somme de termes consécutifs d'une suite arithmétique vaut le nombre de termes multiplié par la demi-somme du premier et du dernier. C'est cette seconde forme que l'on retient, car elle ne dépend ni de l'indice de départ ni de la raison : $\sum_{k=1}^{n} k = n \times \frac{1 + n}{2}$ en est le cas le plus simple, et $\sum_{k=1}^{n} (2k-1) = n \times \frac{1 + (2n-1)}{2} = n^2$ en est un autre.

Propriété : pour tout $n \in \mathbb{N}$, $\sum_{k=1}^{n} k = \frac{n(n+1)}{2}$, $\sum_{k=1}^{n} k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ et $\sum_{k=1}^{n} k^3 = \frac{n^2(n+1)^2}{4}$. Les trois formules valent encore pour $n = 0$, les deux membres étant alors nuls, la somme de gauche étant vide. La dernière s'écrit aussi $\sum_{k=1}^{n} k^3 = \left(\sum_{k=1}^{n} k\right)^2$ : la somme des cubes est le carré de la somme des entiers, curiosité propre à l'exposant $3$ et non règle générale. On contrôle chaque formule sur $n = 2$ : $1 + 2 = 3$, $1 + 4 = 5$, $1 + 8 = 9$.

Soit $n \in \mathbb{N}^*$. Démontrer que $\sum_{k=1}^{n} k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$, en partant de la différence $(k+1)^3 - k^3$.
Soit $n \in \mathbb{N}^*$. Posons $S = \sum_{k=1}^{n} k^2$.
Soit $k \in \{1, \ldots, n\}$. En développant, $(k+1)^3 - k^3 = k^3 + 3k^2 + 3k + 1 - k^3 = 3k^2 + 3k + 1$.
En sommant ces égalités pour $k$ allant de $1$ à $n$, $\sum_{k=1}^{n} \big((k+1)^3 - k^3\big) = \sum_{k=1}^{n} (3k^2 + 3k + 1)$.
Le membre de gauche est une somme télescopique, donc il vaut $(n+1)^3 - 1^3 = (n+1)^3 - 1$.
Par linéarité, le membre de droite vaut $3S + 3\sum_{k=1}^{n} k + \sum_{k=1}^{n} 1$, c'est-à-dire $3S + \frac{3n(n+1)}{2} + n$.
Donc $3S = (n+1)^3 - 1 - n - \frac{3n(n+1)}{2}$.
Or $(n+1)^3 - 1 - n = n^3 + 3n^2 + 3n + 1 - 1 - n = n^3 + 3n^2 + 2n = n(n+1)(n+2)$.
Donc $3S = n(n+1)(n+2) - \frac{3n(n+1)}{2} = n(n+1)\left(n + 2 - \frac{3}{2}\right) = \frac{n(n+1)(2n+1)}{2}$.
Donc $S = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$.
Contrôle pour $n = 2$ : $1 + 4 = 5$ et $\frac{2 \times 3 \times 5}{6} = 5$.
À retenir : télescoper $(k+1)^3 - k^3$ donne la somme des carrés dès que l'on connaît celle des entiers ; le même procédé avec $(k+1)^2 - k^2$ redonne la somme des entiers, et avec $(k+1)^4 - k^4$ celle des cubes.

Quand l'utiliser : la formule est déjà écrite dans l'énoncé (« montrer que pour tout $n$, $\sum_{k=1}^{n} u_k = f(n)$ ») et aucun télescopage ni changement d'indice ne s'impose. La récurrence vérifie une formule donnée, elle ne la trouve pas : quand il faut la deviner, on calcule les premiers cas, on conjecture, puis on démontre (voir le thème Récurrence simple).
1) Nommer l'assertion en recopiant l'égalité, bornes comprises : « Pour $n \in \mathbb{N}^*$, notons $P(n)$ l'assertion “$\sum_{k=1}^{n} u_k = f(n)$”. » L'entier $n$ est celui de la borne, jamais l'indice muet $k$.
2) Initialisation : calculer séparément les deux membres au premier rang, sans les identifier d'avance.
3) Hérédité : « Soit $n \in \mathbb{N}^*$ tel que $P(n)$ soit vraie. » Partir du membre de gauche au rang $n+1$, isoler le dernier terme par la relation de Chasles, $\sum_{k=1}^{n+1} u_k = \sum_{k=1}^{n} u_k + u_{n+1}$, puis appliquer l'hypothèse de récurrence à la somme restante.
4) Transformer $f(n) + u_{n+1}$ jusqu'à $f(n+1)$ : on factorise, on ne développe pas tout. Écrire ensuite « c'est l'égalité $P(n+1)$, donc $P(n+1)$ est vraie ».
5) Conclure : « D'après le principe de récurrence, pour tout $n \in \mathbb{N}^*$, $\sum_{k=1}^{n} u_k = f(n)$. »

Démontrer que pour tout $n \in \mathbb{N}^*$, $\sum_{k=1}^{n} k^3 = \frac{n^2(n+1)^2}{4}$.
Pour $n \in \mathbb{N}^*$, notons $P(n)$ l'assertion « $\sum_{k=1}^{n} k^3 = \frac{n^2(n+1)^2}{4}$ ».
Initialisation : pour $n = 1$, le membre de gauche vaut $\sum_{k=1}^{1} k^3 = 1$ et le membre de droite $\frac{1^2 \times 2^2}{4} = 1$. Donc $P(1)$ est vraie.
Hérédité : soit $n \in \mathbb{N}^*$ tel que $P(n)$ soit vraie.
En isolant le dernier terme, $\sum_{k=1}^{n+1} k^3 = \sum_{k=1}^{n} k^3 + (n+1)^3$.
Par hypothèse de récurrence, $\sum_{k=1}^{n+1} k^3 = \frac{n^2(n+1)^2}{4} + (n+1)^3$.
En factorisant par $\frac{(n+1)^2}{4}$, $\sum_{k=1}^{n+1} k^3 = \frac{(n+1)^2}{4}\big(n^2 + 4(n+1)\big) = \frac{(n+1)^2 (n^2 + 4n + 4)}{4} = \frac{(n+1)^2 (n+2)^2}{4}$.
C'est l'égalité $P(n+1)$, donc $P(n+1)$ est vraie.
Conclusion : d'après le principe de récurrence, pour tout $n \in \mathbb{N}^*$, $\sum_{k=1}^{n} k^3 = \frac{n^2(n+1)^2}{4}$, c'est-à-dire $\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2$.
À retenir : l'hérédité d'une formule de somme se résume à isoler le dernier terme, à appliquer l'hypothèse, puis à factoriser jusqu'à reconnaître la formule au rang suivant.

Propriété : soient $q$ un nombre complexe et $n \in \mathbb{N}$. Si $q \neq 1$, alors $\sum_{k=0}^{n} q^k = \frac{1 - q^{n+1}}{1 - q}$ ; si $q = 1$, alors $\sum_{k=0}^{n} q^k = n+1$. Plus généralement, pour des entiers $m \leq n$ et $q \neq 1$, $\sum_{k=m}^{n} q^k = \frac{q^m - q^{n+1}}{1 - q}$, que l'on retient ainsi : le premier terme moins celui qui suivrait le dernier, le tout divisé par $1$ moins la raison. L'hypothèse $q \neq 1$ est indispensable, puisque le dénominateur s'annule sinon, et le cas $q = 1$ se traite à part, à vue : la somme compte alors $n - m + 1$ termes égaux à $1$.

Soient $q$ un nombre complexe et $n \in \mathbb{N}$. Calculer $S_n = \sum_{k=0}^{n} q^k$.
Soient $q \in \mathbb{C}$ et $n \in \mathbb{N}$. Posons $S_n = \sum_{k=0}^{n} q^k$.
Premier cas : $q = 1$. Alors $q^k = 1$ pour tout $k \in \{0, \ldots, n\}$, et cette somme compte $n+1$ termes, donc $S_n = n+1$.
Second cas : $q \neq 1$.
Par linéarité, $q S_n = \sum_{k=0}^{n} q^{k+1}$.
Posons $j = k+1$ : lorsque $k$ décrit $\{0, \ldots, n\}$, $j$ décrit $\{1, \ldots, n+1\}$, et $q^{k+1} = q^j$. Donc $q S_n = \sum_{j=1}^{n+1} q^j$, c'est-à-dire, l'indice étant muet, $q S_n = \sum_{k=1}^{n+1} q^k$.
En isolant le premier terme dans $S_n$ et le dernier dans $q S_n$, on obtient $S_n = 1 + \sum_{k=1}^{n} q^k$ et $q S_n = \sum_{k=1}^{n} q^k + q^{n+1}$, ces deux égalités valant encore pour $n = 0$ puisque la somme $\sum_{k=1}^{0} q^k$ est vide, donc nulle.
En retranchant membre à membre, la somme $\sum_{k=1}^{n} q^k$ disparaît et il reste $S_n - q S_n = 1 - q^{n+1}$.
Donc $(1 - q) S_n = 1 - q^{n+1}$, et comme $q \neq 1$, le nombre $1 - q$ est non nul : $S_n = \frac{1 - q^{n+1}}{1 - q}$.
Conclusion : $S_n = n+1$ si $q = 1$, et $S_n = \frac{1 - q^{n+1}}{1 - q}$ sinon.
Contrôle pour $q = 2$ et $n = 3$ : $1 + 2 + 4 + 8 = 15$ et $\frac{1 - 2^4}{1 - 2} = 15$.
À retenir : la disjonction sur $q = 1$ s'écrit avant tout calcul, et le décalage d'indice fait apparaître deux sommes qui, retranchées, ne laissent que deux termes.

Ligne fautive : « Pour tout réel $x$, $\sum_{k=0}^{n} x^k = \frac{1 - x^{n+1}}{1 - x}$ ».
Pour $x = 1$, le dénominateur est nul : le membre de droite n'a pas de sens, alors que la somme, elle, en a un. Contre-exemple chiffré : pour $n = 3$ et $x = 1$, la somme vaut $1 + 1 + 1 + 1 = 4$, et l'écriture fautive ne donne rien. L'erreur est invisible tant que la raison est un nombre fixé différent de $1$, et coûteuse dès qu'elle dépend d'un paramètre.
Version correcte : « Soit $x$ un réel. Si $x = 1$, alors $\sum_{k=0}^{3} x^k = 4$. Si $x \neq 1$, alors $\sum_{k=0}^{3} x^k = \frac{1 - x^4}{1 - x}$. » Réflexe : dès qu'une raison dépend d'une lettre, la disjonction s'écrit avant le calcul.

Propriété : pour tous nombres complexes $a$ et $b$ et tout $n \in \mathbb{N}^*$, $a^n - b^n = (a - b) \sum_{k=0}^{n-1} a^k b^{n-1-k}$. Le second facteur est une somme de $n$ termes, tous de degré total $n-1$, dans lesquels l'exposant de $a$ croît de $0$ à $n-1$ pendant que celui de $b$ décroît de $n-1$ à $0$. Cas particuliers : $a^2 - b^2 = (a-b)(a+b)$, $a^3 - b^3 = (a-b)(a^2 + ab + b^2)$, et pour $b = 1$, $a^n - 1 = (a-1)\sum_{k=0}^{n-1} a^k$, qui redonne la somme géométrique. Lorsque $n$ est impair, en remplaçant $b$ par $-b$ : $a^n + b^n = (a+b)\sum_{k=0}^{n-1} (-1)^k a^k b^{n-1-k}$. Conséquence utile en arithmétique : $a - b$ divise $a^n - b^n$ pour $a$ et $b$ entiers.

Soient $a$ et $b$ deux nombres complexes et $n \in \mathbb{N}^*$. Démontrer que $a^n - b^n = (a - b) \sum_{k=0}^{n-1} a^k b^{n-1-k}$.
Soient $a, b \in \mathbb{C}$ et $n \in \mathbb{N}^*$.
Posons $u_k = a^k b^{n-k}$ pour $k \in \{0, \ldots, n\}$ : les exposants $k$ et $n-k$ sont bien des entiers naturels.
En développant le produit et par linéarité, $(a - b) \sum_{k=0}^{n-1} a^k b^{n-1-k} = \sum_{k=0}^{n-1} a^{k+1} b^{n-1-k} - \sum_{k=0}^{n-1} a^k b^{n-k}$.
Dans la première somme, posons $j = k+1$ : lorsque $k$ décrit $\{0, \ldots, n-1\}$, $j$ décrit $\{1, \ldots, n\}$, et $k = j - 1$, donc $a^{k+1} b^{n-1-k} = a^j b^{n-j} = u_j$.
Ainsi $\sum_{k=0}^{n-1} a^{k+1} b^{n-1-k} = \sum_{j=1}^{n} u_j$, et l'indice étant muet, $\sum_{k=0}^{n-1} a^{k+1} b^{n-1-k} = \sum_{k=1}^{n} u_k$.
La seconde somme, elle, vaut $\sum_{k=0}^{n-1} u_k$.
Donc $(a - b) \sum_{k=0}^{n-1} a^k b^{n-1-k} = \sum_{k=1}^{n} u_k - \sum_{k=0}^{n-1} u_k$.
En isolant $u_n$ dans la première somme et $u_0$ dans la seconde, il reste la même somme $\sum_{k=1}^{n-1} u_k$ de part et d'autre, qui disparaît : $(a - b) \sum_{k=0}^{n-1} a^k b^{n-1-k} = u_n - u_0$.
Or $u_n = a^n b^0 = a^n$ et $u_0 = a^0 b^n = b^n$.
Donc $a^n - b^n = (a - b) \sum_{k=0}^{n-1} a^k b^{n-1-k}$.
Contrôle pour $n = 2$ : le second facteur vaut $a^0 b^1 + a^1 b^0 = a + b$, et l'on retrouve $a^2 - b^2 = (a-b)(a+b)$.
À retenir : on nomme la famille $(u_k)$ avant de développer ; le décalage d'indice met les deux sommes en face l'une de l'autre, et le télescopage ne laisse que les deux termes extrêmes.

Quand l'utiliser : le terme général est un polynôme en $k$, une puissance $q^k$, ou une combinaison des deux ($3k^2 - 2k + 1$, $2^k + k$). La somme se calcule alors sans idée nouvelle, par découpage.
1) Écrire la somme au propre, vérifier les bornes et compter les termes.
2) Découper par linéarité, un morceau par type de terme, en sortant les seuls facteurs indépendants de $k$ : « Par linéarité de la somme, $S = 3\sum_{k=1}^{n} k^2 - 2\sum_{k=1}^{n} k + \sum_{k=1}^{n} 1$. »
3) Ramener chaque morceau à des bornes de référence, $0$ ou $1$, par un changement d'indice si la somme commence ailleurs.
4) Appliquer les formules de référence en vérifiant leurs hypothèses : somme des entiers, des carrés, des cubes, somme arithmétique, somme géométrique avec sa disjonction sur $q = 1$.
5) Factoriser le résultat, puis le contrôler sur $n = 1$ et sur $n = 2$ en calculant la somme à la main : c'est le test qui rattrape une erreur de coefficient ou de borne.