Montrons par récurrence que $\forall n\geq1,\;\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k(k+1)(k+2)}=\frac{n(n+3)}{4(n+1)(n+2)}$ . Pour $n=1$ , $\sum_{k=1}^{1}\frac{1}{k(k+1)(k+2)}=\frac{1}{6}=\frac{1\times(1+3)}{4\times(1+1)(1+2)}$ et la formule proposée est vraie pour $n=1$ . Soit $n\geq1$ . Supposons que $\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k(k+1)(k+2)}=\frac{n(n+3)}{4(n+1)(n+2)}$ et montrons que $\sum_{k=1}^{n+1}\frac{1}{k(k+1)(k+2)}=\frac{(n+1)(n+4)}{4(n+2)(n+3)}$ .

$\begin{align*} \sum_{k=1}^{n+1}\frac{1}{k(k+1)(k+2)}&=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k(k+1)(k+2)}+\frac{1}{(n+1)(n+2)(n+3)}\\ &=\frac{n(n+3)}{4(n+1)(n+2)}+\frac{1}{(n+1)(n+2)(n+3)}\;(\mbox{par hypothèse de récurrence})\\ &=\frac{n(n+3)^2+4}{4(n+1)(n+2)(n+3)}=\frac{n^3+6n^2+9n+4}{4(n+1)(n+2)(n+3)}\\ &=\frac{(n+1)(n^2+5n+4)}{4(n+1)(n+2)(n+3)}=\frac{(n+1)(n+4)}{4(n+2)(n+3)} \end{align*}$ On a montré par récurrence que :

$\forall n\geq1,\;\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k(k+1)(k+2)}=\frac{n(n+3)}{4(n+1)(n+2)}.$

Démonstration directe. Pour $k\geq1$ ,

$\frac{1}{k(k+1)(k+2)}=\frac{1}{2}\frac{(k+2)-k}{k(k+1)(k+2)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{k(k+1)}-\frac{1}{(k+1)(k+2)}\right),$ et donc,

$\begin{align*} \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k(k+1)(k+2)}&=\frac{1}{2}(\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k(k+1)}-\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{(k+1)(k+2)}) =\frac{1}{2}(\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k(k+1)}-\sum_{k=2}^{n+1}\frac{1}{k(k+1)})\\ &=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{(n+1)(n+2)}\right)=\frac{n^2+3n}{4(n+1)(n+2)} =\frac{n(n+3)}{4(n+1)(n+2)} \end{align*}$

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