D'où sort cette égalité

Bonjour,

je suis bien incapable de dire d'où vient cette égalité (peut-être, d'ailleurs, pourrais-tu nous dire dans quel contexte tu l'as rencontrée). J'en propose néanmoins une démonstration un peu laborieuse et pas forcément très maline mais qui a l'avantage de fonctionner. A défaut de mieux...

La question revient à démontrer que, pour tout entier $n\geq 2$,
\begin{equation} \sum_{k=1}^{n-1} \frac{(-1)^{k+1}\binom{n-1}{k-1}(n-k)^{n-1}(n+(n-1)k)}{n^{n-1} k^2} = \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}.
\label{eq}
\end{equation}

Lemme 1. $-$ Pour tout entier $n\geq 1$, $\displaystyle \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}=\sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k+1}}{k}\binom{n}{k}.$

Preuve. $-$ Soit $n\in\N^*$. En remarquant que, pour tout entier $k$ compris entre $1$ et $n$, $\displaystyle \frac{1}{k}=\int_{0}^1 t^{k-1}\mathrm{d}t$, il vient
\[\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k} = \int_0^1 \sum_{k=1}^{n} t^{k-1}\mathrm{d}t = \int_0^1 \frac{t^n-1}{t-1}\mathrm{d}t\]
et, par le changement de variable, $u=t-1$,
\[\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k} = \int_{-1}^0 \frac{(u+1)^n-1}{u}\mathrm{d}u= \int_{-1}^0 \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} u^{k-1}\mathrm{d}u = \sum_{k=1}^n \binom{n}{k} \int_{-1}^0 u^{k-1}\mathrm{d}u = \sum_{k=1}^n \binom{n}{k}\left[-\frac{(-1)^k}{k}\right].\]
c'est-à-dire $\displaystyle \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}=\sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k+1}}{k}\binom{n}{k}$. $\square$

Lemme 2. $-$ Pour tout entier $n\geq 2$ et tout entier $s$ compris entre $0$ et $n-2$,
\[\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1} (-1)^{k+1} \binom{n-1}{k-1} k^s = (-1)^{n}n^s.\]

Preuve. $-$ Soit $n\geq 2$. Démontrons par récurrence que, pour tout entier $r$ compris entre $0$ et $n$, il existe $r+1$ des entiers $c_{j,r}$ avec $0\leq j \leq r$ tels qu'on ait, dans $\mathbb{R}[X]$, l'égalité
\begin{equation}
\sum_{k=1}^n k^r\binom{n}{k} X^k = \sum_{j=0}^r c_{j,r} X^j(1+X)^{n-j}
\label{eq2}
\end{equation}
Pour $r=0$, la formule du binôme de Newton assure que $\displaystyle \sum_{k=1}^n \binom{n}{k} X^k = (1+X)^n$ donc $c_{0,0}=1$ convient.

Supposons le résultat vrai pour un certain entier $r$ compris entre $0$ et $n-1$. Alors, en dérivant l'égalité (2), on obtient
\[\sum_{k=1}^n k^{r+1}\binom{n}{k} X^{k-1} = \sum_{j=0}^r c_{j,r} \left[jX^{j-1}(1+X)^{n-j}+(n-j)X^j(1+X)^{n-j-1}\right]\]
soit, en multipliant par $X$ puis en posant $c_{r+1,r}:=0$,
\begin{align*}
\sum_{k=1}^n k^{r+1}\binom{n}{k} X^{k} & = \sum_{j=0}^r c_{j,r} \left[jX^{j}(1+X)^{n-j}+(n-j)X^{j+1}(1+X)^{n-j-1}\right] \\
& = \sum_{j=0}^{r+1} \left[jc_{j,r} + (n-j-1)c_{j-1,r}\right]X^{j}(1+X)^{n-j}.
\end{align*}
Ainsi, en définissant, pour tout entier $j$ compris entre $0$ et $r+1$, $c_{j,r+1}:=jc_{j,r} + (n-j-1)c_{j-1,r} \in \N$, on a $\displaystyle \sum_{k=1}^n k^{r+1}\binom{n}{k} X^{k} = \sum_{j=0}^{r+1} c_{j,r+1}X^{j}(1+X)^{n-j}$ et cette égalité a bien lieu dans $\R[X]$ car $j\leq r+1 \leq n$ donc $n-j \geq 0$ ce qui achève la récurrence.

Si, de plus, $r \leq n-1$, la plus petite puissance de $1+X$ dans le polynôme de droite de (2) est $n-r\geq 1$ donc, en évaluant cette égalite en $-1$, on en déduit que, pour tout entier $r$ compris entre $0$ et $n-1$, $\displaystyle \sum_{k=1}^n k^{r}\binom{n}{k} (-1)^{k} =0$. Ainsi, si $s$ est un entier compris entre $0$ et $n-2$,
\[\sum_{k=1}^n (-1)^{k+1} \binom{n-1}{k-1} k^s = -\sum_{k=1}^n (-1)^{k} \frac{k}{n}\binom{n}{k} k^{s} = -\frac{1}{n} \sum_{k=1}^n k^{s+1}\binom{n}{k} (-1)^{k}=0\]
en appliquant ce qui précède avec $r=s+1 \leq n-1$. En isolant le terme d'indice $k=n$, on en déduit que $\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1} (-1)^{k+1} \binom{n-1}{k-1} k^s + (-1)^{n+1} n^s=0$ i.e. $\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1} (-1)^{k+1} \binom{n-1}{k-1} k^s = (-1)^{n} n^s.$ $\square$

Démonstration de (1)

Pour $n=2$, on vérifie sans difficulté que les deux membres de (1) sont égaux à $\frac{3}{2}$.

Soit $n\geq 3$. Notons $S_n$ la somme de gauche dans l'égalité (1). Alors,
\begin{align*}
S_n & = \sum_{k=1}^{n-1} \frac{(-1)^{k+1}\binom{n-1}{k-1}\sum\limits_{j=0}^{n-1}\binom{n-1}{j}n^j(-k)^{n-1-j}(n+(n-1)k)}{n^{n-1} k^2} \\
& = \sum_{j=0}^{n-1} \left(-\frac{1}{n}\right)^{n-1-j}\binom{n-1}{j} \sum_{k=1}^{n-1} (-1)^{k+1}\binom{n-1}{k-1}\left[nk^{n-j-3}+(n-1)k^{n-j-2}\right].
\end{align*}
Considérons alors
\begin{align*} S_n'=\sum_{j=0}^{n-3} \left(-\frac{1}{n}\right)^{n-1-j}\binom{n-1}{j} \sum_{k=1}^{n-1} (-1)^{k+1}\binom{n-1}{k-1}\left[nk^{n-j-3}+(n-1)k^{n-j-2}\right]
\end{align*}
et
\begin{align*} S_n''=\sum_{j=n-2}^{n-1} \left(-\frac{1}{n}\right)^{n-1-j}\binom{n-1}{j} \sum_{k=1}^{n-1} (-1)^{k+1}\binom{n-1}{k-1}\left[nk^{n-j-3}+(n-1)k^{n-j-2}\right]
\end{align*}
de telle sorte que $S_n=S_n'+S_n''$.

D'une part, grâce au lemme 2 appliqué avec $s=n-j-3$ puis avec $s=n-j-2$ (qui sont bien compris entre $0$ et $n-2$ car $0\leq j \leq n-3$), on obtient
\begin{align*} S_n'&= \sum_{j=0}^{n-3} \left(-\frac{1}{n}\right)^{n-1-j}\binom{n-1}{j}\left[n\sum_{k=1}^{n-1} (-1)^{k+1}\binom{n-1}{k-1}k^{n-j-3}+(n-1)\sum_{k=1}^{n-1} (-1)^{k+1}\binom{n-1}{k-1}k^{n-j-2}\right] \\
& = \sum_{j=0}^{n-3} \left(-\frac{1}{n}\right)^{n-1-j}\binom{n-1}{j}\left[n(-1)^{n}n^{n-j-3}+(n-1)(-1)^nn^{n-j-2}\right] \\
& = \sum_{j=0}^{n-3} (-1)^{2n-j-1}\binom{n-1}{j}\frac{n^{n-j-2}+(n-1)n^{n-j-2}}{n^{n-j-1}} \\
& = \sum_{j=0}^{n-3} (-1)^{j+1}\binom{n-1}{j}.
\end{align*}
D'autre part,
\begin{align*}
S_n'' & = -\frac{n-1}{n}\sum_{k=1}^{n-1} (-1)^{k+1}\binom{n-1}{k-1}\left[nk^{-1}+(n-1)\right]+ \sum_{k=1}^{n-1} (-1)^{k+1}\binom{n-1}{k-1}\left[nk^{-2}+(n-1)k^{-1}\right] \\
& = -\frac{(n-1)^2}{n}\sum_{k=1}^{n-1} (-1)^{k+1}\binom{n-1}{k-1}+\sum_{k=1}^{n-1} \frac{(-1)^{k+1}}{k}\times\frac{n}{k}\binom{n-1}{k-1}
\end{align*}
et, toujours d'après le lemme 2 appliqué cette fois avec $s=0$,
\[S_n'' = -\frac{(n-1)^2}{n}(-1)^n + \sum_{k=1}^{n-1} \frac{(-1)^{k+1}}{k}\binom{n}{k}=(-1)^{n+1}\frac{(n-1)^2}{n} + \sum_{k=1}^{n-1} \frac{(-1)^{k+1}}{k}\binom{n}{k}.\]
On aboutit donc à
\begin{align*}
S_n&=\sum_{j=0}^{n-3} (-1)^{j+1}\binom{n-1}{j} + (-1)^{n+1}\frac{(n-1)^2}{n} + \sum_{k=1}^{n-1} \frac{(-1)^{k+1}}{k}\binom{n}{k} \\
&=-\underbrace{\sum_{j=0}^{n-1} (-1)^{j}\binom{n-1}{j}}_{=0} - (-1)^{n-1}(n-1)-(-1)^{n} + (-1)^{n+1}\frac{(n-1)^2}{n} + \sum_{k=1}^{n-1} \frac{(-1)^{k+1}}{k}\binom{n}{k} \\
&= (-1)^{n+1}\left[-(n-1)+1+\frac{(n-1)^2}{n}\right] + \sum_{k=1}^{n-1} \frac{(-1)^{k+1}}{k}\binom{n}{k} \\
&= \frac{(-1)^{n+1}}{n} + \sum_{k=1}^{n-1} \frac{(-1)^{k+1}}{k}\binom{n}{k} \\
&= \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k+1}}{k}\binom{n}{k}.
\end{align*}
et ainsi, d'après le lemme 1, $\displaystyle S_n=\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}$. $\square$

Bien cordialement,

LP

Merci \`a LP pour sa jolie démontration. Je ne sais pas si ce vieux fil intéresse encore titoufred, je poste ce message juste pour mettre en avant une fonction qu'on rencontre parfois et qui peut permettre de calculer de telles sommes. On navigue toutefois autour des mêmes idées. \\ \ \\
La somme proposée fait en effet penser à la fonction
$$ U_n(x,y)= \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} \frac{(-1)^{k-1}}{k} (x+ky)^{n} $$ définie pour $n>1$ et $(x,y)\in \mathbb{R}^2$, et dont une expression simple est connue :
$$ U_n(x,y)= x^n H_n + nx^{n-1}y \ \ \ \mathbf{(\Delta)}.$$
Ici $H_n$ désigne pour $n>1$ la somme harmonique $H_n=\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}$. \\ \ \\
Fixons $n>1$, et notons $S_n$ le terme de gauche de l'égalité souhaitée, comme LP. En remarquant que pour $k>1$ on a $n \binom{n-1}{k-1} = k \binom{n}{k}$, on obtient
$$S_n = \frac{1}{n^{n+1}} \left( \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k-1}}{k} \binom{n}{k} (n-k)^n
+ n.\sum_{k=1}^{n} (-1)^{k-1} \binom{n}{k} (n-k)^{n-1} \right) $$
et on reconnaît
$$S_n=\frac{1}{n^{n+1}} \left( U_n(n,-1) + \frac{\partial U_n}{\partial y} (n,-1)\right).$$
On a alors $S_n=\frac{1}{n^{n+1}} \big{(} n^n.H_n - n.n^{n-1} + n.n^{n-1} \big{)}$, puis l'égalité voulue.\\ \ \\ \ \\
Cela a l'air d'aller plus vite, mais j'ai fait comme si $\mathbf{(\Delta)}$ allait de soi...alors qu'il faudrait quand même un peu de travail. L'égalité $\mathbf{(\Delta)}$ peut se démontrer en vérifiant d'une part que $ \forall (x,y) \in \mathbb{R}^2, \ \frac{\partial U_n}{\partial y} (x,y)=n.x^{n-1}$ (en utilisant par exemple une partie de la preuve du \textbf{Lemme 2} de LP) et d'autre part que $\forall x \in \mathbb{R}, \ U_n(x,0)=x^n.H_n$ (en utilisant par exemple le \textbf{Lemme 1} de LP).\\ \ \\
Comme souvent, des explications bien plus claires concernant $U_n$ sont données dans le livre $Concrete \ Mathematics$ de Graham, Knuth et Patashnik !