Calcul algébrique, exercices corrigés

Corrigé :
1)
\begin{aligned} \sum\limits_{1 \leqslant i, j \leqslant n} i & =\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n} i \\ & =\sum\limits_{i=1}^{n} n i \\ & =n \sum\limits_{i=1}^{n} i \\ & =n \frac{n(n+1)}{2} \\ & =\frac{n^{2}(n+1)}{2} \end{aligned}

2)
\begin{aligned} \sum\limits_{1 \leqslant i<j \leqslant n} i j &=\sum\limits_{j=2}^{n} \sum\limits_{i=1}^{j-1} i j \\& =\sum\limits_{j=2}^{n} j \sum\limits_{i=1}^{j-1} i \\& =\sum\limits_{j=2}^{n} j \frac{(j-1) j}{2} \\& =\frac{1}{2} \sum\limits_{j=2}^{n} j^{3}-j^{2} \\& =\frac{1}{2}\left(\sum\limits_{j=2}^{n} j^{3}-\sum\limits_{j=2}^{n} j^{2}\right) \\& =\frac{1}{2}\left(\sum\limits_{j=1}^{n} j^{3}-\sum\limits_{j=1}^{n} j^{2}\right) \\& =\frac{1}{2}\left(\frac{n^{2}(n+1)^{2}}{4}-\frac{n(n+1)(2 n+1)}{6}\right) \\& =\frac{n(n+1)}{4}\left(\frac{n(n+1)}{2}-\frac{2 n+1}{3}\right) \\& =\frac{n(n+1)}{4}\left(\frac{3 n^{2}+3 n-4 n-2}{6}\right) \\& =\frac{n(n+1)}{4} \frac{3 n^{2}-n-2}{6} \\& =\frac{n(n+1)(n-1)(3 n+2)}{24}\end{aligned}

3)
\begin{aligned} \sum\limits_{1 \leqslant i, j \leqslant n}|i-j|=&\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n}|i-j| \\= & \sum\limits_{i=1}^{n}\left(\sum\limits_{j=1}^{i}|i-j|+\sum\limits_{j=i+1}^{n}|i-j|\right) \\= & \sum\limits_{i=1}^{n}\left(\sum\limits_{j=1}^{i}(i-j)+\sum\limits_{j=i+1}^{n}(j-i)\right) \\= & \sum\limits_{i=1}^{n}\left(\sum\limits_{j=1}^{i} i-\sum\limits_{j=1}^{i} j+\sum\limits_{j=i+1}^{n} j-\sum\limits_{j=i+1}^{n} i\right) \\= & \sum\limits_{i=1}^{n}\left(i^{2}-\frac{i(i+1)}{2}+\frac{i+1+n}{2}(n-i)-(n-i) i\right) \\= & \sum\limits_{i=1}^{n}\left(i^{2}-\frac{1}{2} i^{2}-\frac{i}{2}+\frac{1}{2} i n+\frac{1}{2} n+\frac{n^{2}}{2}-\frac{i^{2}}{2}-\frac{i}{2}-\frac{n i}{2}-n i+i^{2}\right) \\= & \sum\limits_{i=1}^{n}\left(-i+\frac{1}{2} n(1+n)-n i+i^{2}\right) \\= & \frac{1}{2} n^{2}(n+1)-(n+1) \frac{n(n+1)}{2}+\frac{n(n+1)(2 n+1)}{6} \\= & \frac{n(n+1)}{2}\left(n-(n+1)+\frac{2 n+1}{3}\right) \\= & \frac{n(n+1)(n-1)} {3} \end{aligned}

4)
\begin{aligned} \sum\limits_{1 \leqslant i, j \leqslant n}(i+j)^{2} & =\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n}\left(i^{2}+2 i j+j^{2}\right) \\& =\sum\limits_{i=1}^{n}\left(n i^{2}+2 i \frac{n(n+1)}{2}+\frac{n(n+1)(2 n+1)}{6}\right) \\& =n \frac{n(n+1)(2 n+1)}{6}+\frac{n^{2}(n+1)^{2}}{4}+\frac{n^{2}(n+1)(2 n+1)}{6} \\& =n^{2}(n+1)\left(\frac{2 n+1}{3}+\frac{n+1}{2}\right) \\& =n^{2}(n+1)\left(\frac{4 n+2+3 n+3}{6}\right) \\& =n^{2}(n+1) \frac{7 n+5}{6}\end{aligned}

5)
\begin{aligned}\sum\limits_{0 \leqslant i, j \leqslant n} \binom{i}{j} & =\sum\limits_{i=0}^{n} \sum\limits_{j=0}^{i} \binom{i}{j} 1^{j} 1^{i-j} \\& =\sum\limits_{i=0}^{n} 2^{i} \\ & =\frac{2^{n+1}-1}{2-1} \\ & =2^{n+1}-1 \end{aligned}

6)
\begin{aligned} \sum\limits_{k=1}^{n} \frac{1}{k(k+1)} & =\sum\limits_{k=1}^{n} \frac{1}{k}-\frac{1}{k+1} \\ & =\frac{1}{1}-\frac{1}{n+1} \text { (Télescopage) } \\ & =1-\frac{1}{n+1} \end{aligned}

Corrigé :
1) On va démontrer ce résultat par récurrence
Initialisation :
Pour n=1
\begin{aligned} \sum\limits_{k=1}^{n} a_{k}^{2}+2 \sum\limits_{1 \leqslant i<j \leqslant n} a_{i} a_{j} & =\sum\limits_{k=1}^{n} a_{k}^{2}+2 \sum\limits_{i, j \in \emptyset} a_{i} a_{j} \\ & =a_{1}^{2}+0 \\ & =\left(\sum\limits_{k=1}^{n} a_{k}\right)^{2} \end{aligned}
La propriété est donc vraie pour n=1.
Hérédité :
Soit n \in \mathbb{N}^{*}. On suppose que la propriété est vraie à l’ordre n.
\begin{aligned} \left(\sum\limits_{k=1}^{n+1} a_{k}\right)^{2} & =\left(a_{n+1}+\sum\limits_{k=1}^{n} a_{k}\right)^{2} \\ & =a_{n+1}^{2}+2 a_{n+1} \sum\limits_{k=1}^{n} a_{k}+\left(\sum\limits_{k=1}^{n} a_{k}\right)^{2} \\ & =a_{n+1}^{2}+2 a_{n+1} \sum\limits_{k=1}^{n} a_{k}+\sum\limits_{k=1}^{n} a_{k}^{2}+2 \sum\limits_{1<i<j \leqslant n} a_{i} a_{j} \text { (D'après l'hypothèse de récurrence) } \\ & =\sum\limits_{k=1}^{n+1} a_{k}^{2}+2 \sum\limits_{1<i<j \leqslant n+1} a_{i} a_{j} \end{aligned}
Conclusion : Par le principe de la récurrence on a montré que \forall n \in \mathbb{N}^{*},\left(\sum\limits_{k=1}^{n} a_{k}\right)^{2}=\sum\limits_{k=1}^{n} a_{k}^{2}+2 \sum\limits_{2<i<j \leqslant n} a_{i} a_{j}.

2) Ce résultat est une généralisation de l’identité remarquable \forall a, b \in \mathbb{C},(a+b)^{2}=a^{2}+2 a b+b^{2}.

Corrigé :
On a :
\begin{aligned} \sum\limits_{k=1}^{n}\left(1-x_{k}\right)^{2} & =\sum\limits_{k=1}^{n} 1-2 \sum\limits_{k=1}^{n} x_{k}+\sum\limits_{k=1}^{n} x_{k}^{2} \\ & =n-2 n+n \\& =0\end{aligned}
Donc \forall k \in \llbracket 1, n \rrbracket,\left(1-x_{k}\right)^{2}=0.
D’où \forall k \in \llbracket 1, n \rrbracket, x_{k}=1.

Corrigé :
Soit n \in \mathbb{N}^{*}.
Méthode 1 :
\begin{aligned} \prod_{k=1}^{n}(n+k) =& \frac{(2 n) !}{n !} \\ \prod_{k=1}^{n}(4 k-2) =&\prod_{k=1}^{n} 2(2 k-1) \\ =& 2^{n}(2 n-1)(2 n-3) \times \cdots \times 1 \\ =& 2^{n} \frac{(2 n)(2 n-1)(2 n-2) \times \cdots \times 1}{(2 n)(2 n-2) \times \cdots \times 2} \\ =&\frac{2^{n}(2 n) !}{2^{n} n !} \\ =&\frac{(2 n) !}{n !} \end{aligned} .
Ainsi \prod\limits_{k=1}^{n}(4 k-2)=\prod_{k=1}^{n}(n+k).
Méthode 2 :
On va démontrer le résultat par récurrence.
Initialisation : Pour n=1.
\prod\limits_{k=1}^{1}(4 k-2)=2=\prod\limits_{k=1}^{1}(1+1)
Hérédité : Soit n \in \mathbb{N}^{*}, on suppose que \prod\limits_{k=1}^{n}(4 k-2)=\prod\limits_{k=1}^{n}(n+k).
\begin{aligned} \prod\limits_{k=1}^{n+1}(4 k-2) & =\left(\prod\limits_{k=1}^{n}(4 k-2)\right)(4(n+1)-2) \\ & =\left(\prod\limits_{k=1}^{n}(n+k)\right)(4 n+2) \\ \prod\limits_{k=1}^{n+1}(n+1+k) & =\prod\limits_{k=2}^{n+2}(n+k) \\ & =\frac{1}{n+1}\left(\prod\limits_{k=1}^{n}(n+k)\right)(n+n+1)(n+n+2) \\ & =2(2 n+1) \prod\limits_{k=1}^{n}(n+k) \end{aligned}
Ainsi \prod\limits_{k=1}^{n+1}(4 k-2)=\prod\limits_{k=1}^{n+1}(n+1+k).
Conclusion : Par le principe de la récurrence on conclut que \forall n \in \mathbb{N}^{*}, \prod\limits_{k=1}^{n}(4 k-2)=\prod\limits_{k=1}^{n}(n+k).

Corrigé :
Soit N un produit de p entiers naturels consécutifs.
1^{\text {er }} cas : Si N=0 alors p! divise N.
2^{\text {ème }} cas : Si N \geqslant 1 alors \exists n \in \mathbb{N}, tel que N=\prod\limits_{k=1}^{p}(n+k).
N=\frac{(n+p) !}{n !}=p! \binom{n+p}{p}
Puisque \binom{n+p}{p} \in \mathbb{N} alors p! divise N.

Corrigé :
Initialisation :
Pour n=p.
\sum\limits_{k=p}^{n} \binom{k}{p} = \binom{p}{p}  =1= \binom{n+1}{p+1} .
Hérédité :
Soit n \in \mathbb{N} \cap\left[p,+\infty\left[\right.\right.. On suppose que \sum\limits_{k=p}^{n} \binom{k}{p}  = \binom{n+1}{p+1}  .
\begin{aligned} \sum\limits_{k=p}^{n+1} \binom{k}{p} = &\sum\limits_{k=p}^{n} \binom{k}{p} + \binom{n+1}{p}  \\  =& \binom{n+1}{p+1} + \binom{n+1}{p} \quad \text { (Par hypothèse de récurrence) } \\ =& \binom{n+2}{p+1} \quad \text { (Par la formule de Pascal) } \end{aligned}
Conclusion : Par le principe de la récurrence \forall n \in \mathbb{N} \cap [\mathrm{p},+\infty[, \quad \sum\limits_{k=p}^{n} \binom{k}{p} = \binom{n+1}{p+1} .

Corrigé :
Soit k \in \llbracket 2, p-1 \rrbracket.
\begin{aligned} \binom{p}{k}  = &\frac{p !}{k !(p-k) !} \\ =&\frac{p \cdot(p-1) !}{k \cdot(k-1) !((p-1)-(k-1)) !} \\ =&\frac{p}{k} \binom{p-1}{k-1}   \end{aligned} .
Ainsi k \binom{p}{k}  =p \binom{p-1}{k-1}  .
Puisque \binom{p}{k}  , \binom{p-1}{k-1}   \in \mathbb{Z} alors p divise k \binom{p}{k}  .
On constate que p et k sont premiers entre eux donc par le théorème de Gauss p divise \binom{p}{k}  .

Corrigé :

1)
\begin{aligned} \sum\limits_{k=0}^{n} \binom{n}{k}=& \sum\limits_{k=0}^{n} \binom{n}{k} 1^{k} 1^{n-k} \\  =& (1+1)^{n} \\  =& 2^{n} \end{aligned}

2) Méthode 1 :
\begin{aligned} \sum\limits_{k=0}^{n} k \binom{n}{k} & =\sum\limits_{k=0}^{n} k \frac{n !}{k !(n-k) !} \\ & =\sum\limits_{k=1}^{n} k \frac{n(n-1) !}{k \cdot(k-1) !((n-1)-(k-1)) !} \\ & =n \sum\limits_{k=1}^{n} \frac{(n-1) !}{(k-1) !((n-1)-(k-1)) !} \\ & =n \sum\limits_{k=1}^{n} \binom{n-1}{k-1}\\ & =n \sum\limits_{k=0}^{n-1} \binom{n-1}{k} \\ & =n 2^{n-1} \end{aligned}

Méthode 2 :
 Pour tout x \in \mathbb{R}, on pose f(x)=\sum\limits_{k=0}^{n} \binom{n}{k} x^{k}=(1+x)^{n}.
La fonction f est dérivable sur \mathbb{R} et pour tout x \in \mathbb{R}, f^{\prime}(x)=\sum\limits_{k=1}^{n} k \binom{n}{k}  x^{k-1}=n(1+x)^{n-1}.
Ainsi f^{\prime}(1)=\sum\limits_{k=1}^{n} k \binom{n}{k} =n(1+1)^{n-1}.
D’où \sum\limits_{k=0}^{n} k \binom{n}{k} =n 2^{n-1}

3) Méthode 1 :
\begin{aligned} \sum\limits_{k=0}^{n} k(k-1) \binom{n}{k} & =\sum\limits_{k=2}^{n} k(k-1) \frac{n(n-1)(n-2) !}{k(k-1)(k-2) !((n-2)-(k-2)) !} \\& =n(n-1) \sum\limits_{k=2}^{n} \binom{n-2}{k-2} \\= & n(n-1) \sum\limits_{k=0}^{n-2} \binom{n-2}{k}  1^{k} \cdot 1^{n-2-k} \\= & n(n-1) 2^{n-2}\end{aligned}

Méthode 2 :
La fonction f, définie dans la question 2 , est deux fois dérivables et pour tout x \in \mathbb{R} :
f^{\prime \prime}(x)=\sum\limits_{k=2}^{n} k(k-1) \binom{n}{k} x^{k-2}=n(n-1)(1+x)^{n-2}.
Donc f^{\prime \prime}(1)=\sum\limits_{k=2}^{n} k(k-1) \binom{n}{k}  1^{k-2}=n(n-1)(1+1)^{n-2}.
D’où \sum\limits_{k=0}^{n} k(k-1) \binom{n}{k} =n(n-1) 2^{n-2}

4)
\begin{aligned}\sum\limits_{k=0}^{n} k^{2} \binom{n}{k}  & =\sum\limits_{k=0}^{n}[k(k-1)+k] \binom{n}{k} \\ & =\sum\limits_{k=0}^{n} k(k-1) \binom{n}{k} +\sum\limits_{k=0}^{n} k \binom{n}{k}  \\& =n(n-1) 2^{n-2}+n 2^{n-1} \\& =(n(n-1)+2 n) 2^{n-2} \\& =\left(n^{2}+n\right) 2^{n-2} \\& =n(n+1) 2^{n-2}\end{aligned}

Corrigé :
Soit n \in \mathbb{N}, On a :
\begin{aligned} A_{n}+B_{n} & =\sum\limits_{k=0}^{n} \binom{2n+1}{2k} +\sum\limits_{k=0}^{n} \binom{2n+1}{2k+1} \\& =\sum\limits_{k=0}^{2 n+1} \binom{2n+1}{k} \\& =\sum\limits_{k=0}^{2 n+1} \binom{2n+1}{k} 1^{k} 1^{2 n+1-k} \\& =(1+1)^{2 n+1} \\& =2^{2 n+1}\end{aligned}
Et on a :
\begin{aligned} A_{n}-B_{n} & =\sum\limits_{k=0}^{n} \binom{2n+1}{2k} (-1)^{2 k}+\sum\limits_{k=0}^{n} \binom{2n+1}{2k+1} (-1)^{2 k+1} \\& =\sum\limits_{k=0}^{2 n+1} \binom{2n+1}{k} (-1)^{k} \\& =\sum\limits_{k=0}^{2 n+1} \binom{2n+1}{k} (-1)^{k}(1)^{2 n+1-k} \\& =(-1+1)^{2 n+1} \\& =0\end{aligned} .
Ainsi A_{n}=B_{n}=2^{2 n}.

Corrigé :
Pour tout x \in \mathbb{R}, on pose f(x)=\sum\limits_{i=0}^{p} \binom{p}{i} x^{i} et g(x)=\sum\limits_{j=0}^{q} \binom{q}{j} x^{j}.
Pour tout x \in \mathbb{R}, on a :
\begin{aligned}f(x) g(x) & =\left(\sum\limits_{i=0}^{p} \binom{p}{i}  x^{i}\right)\left(\sum\limits_{j=0}^{q} \binom{q}{j}  x^{j}\right) \\ & =\sum\limits_{i=0}^{p} \sum\limits_{j=0}^{q} \binom{p}{i} \binom{q}{j}  x^{i+j} \\ & =\sum\limits_{n=0}^{p+q} \sum\limits_{k=0}^{n} \binom{p}{k} \binom{q}{n-k}  x^{n} \end{aligned}
Et pour tout x \in \mathbb{R}, on a aussi :
\begin{aligned}f(x) g(x) & =(1+x)^{p}(1+x)^{q} \\& =(1+x)^{p+q} \\& =\sum\limits_{n=0}^{p+q} \binom{p+q}{n}  x^{n} \end{aligned}
En identifiant les coefficients de la fonction polynomiale f g on trouve \sum\limits_{k=0}^{n} \binom{p}{k} \binom{q}{n-k} = \binom{p+q}{n} .

Corrigé :
1)
\begin{aligned} \sum\limits_{k=0}^{n} \binom{p+k}{k} &= \binom{p}{0} + \binom{p+1}{1} + \binom{p+2}{2} +\cdots+ \binom{p+n-1}{n-1} + \binom{p+n}{n} \\& =[ \binom{p+1}{0} + \binom{p+1}{1} ]+ \binom{p+2}{2} +\cdots+ \binom{p+n-1}{n-1} + \binom{p+n}{n}  \\& = \binom{p+2}{1} + \binom{p+2}{2} +\cdots+ \binom{p+n-1}{n-1} + \binom{p+n}{n}  \\& = \binom{p+3}{2} +\cdots+ \binom{p+n-1}{n-1} + \binom{p+n}{n} \\&=…………………………………\\& = \binom{p+n-1}{n-2} + \binom{p+n-1}{n-1} + \binom{p+n}{n}  \\& = \binom{p+n}{n-1} + \binom{p+n}{n}  \\& = \binom{p+n+1}{n} \end{aligned}

Pour plus de rigueur montrons maintenant que \forall n \in \mathbb{N}, \quad \sum\limits_{k=0}^{n} \binom{p+k}{k} = \binom{p+n+1}{n} .
Initialisation : Pour n=0.
\sum\limits_{k=0}^{n} \binom{p+k}{k} = \binom{p}{0} =1= \binom{p+n+1}{n}
Hérédité : Soit n \in \mathbb{N}. On suppose que \sum\limits_{k=0}^{n} \binom{p+k}{k} = \binom{p+n+1}{n} .
\begin{aligned} \sum\limits_{k=0}^{n+1} \binom{p+k}{k}  & =\sum\limits_{k=0}^{n} \binom{p+k}{k} + \binom{p+n+1}{n+1}  \\& = \binom{p+n+1}{n} + \binom{p+n+1}{n+1}   \text { (par hypothèse de récurrence) } \\& = \binom{p+n+2}{n+1} \quad(\text { Par la formule de Pascal) } \end{aligned} .
Conclusion : Par le principe de la récurrence on vient de démontrer que \forall n \in \mathbb{N}, \quad \sum\limits_{k=0}^{n} \binom{p+k}{k} = \binom{p+n+1}{n} .

2)
\begin{aligned} \sum\limits_{k=0}^{n} \prod_{j=1}^{n}(i+j)= & (1 \times 2 \times 3 \times \ldots \times n)+(2 \times 3 \times \ldots \times(n+1))+\cdots+((n+1) \times(n+2) \times \ldots \times 2 n) \\ & =\frac{n !}{0 !}+\frac{(n+1) !}{1 !}+\cdots+\frac{(2 n) !}{n !} \\ & =\sum\limits_{k=0}^{n} \frac{(n+k) !}{k !} \\ & =\sum\limits_{k=0}^{n} n ! \frac{(n+k) !}{k ! n !} \\ & =n ! \sum\limits_{k=0}^{n} \binom{n+k}{k}  \\ & =n ! \binom{n+n+1}{n}  \quad \text { (Par la question 1 )}  \\ & =n ! \frac{(2 n+1) !}{n !(n+1) !} \\ & =\frac{(2 n+1) !}{(n+1) !} \end{aligned}

Corrigé :
1) Soit j \in \llbracket 0, n-1 \rrbracket.
\begin{aligned} \sum\limits_{k=0}^{n-1} \omega_{k}^{-j} P\left(\omega_{k}\right) &= \sum\limits_{k=0}^{n-1} \omega_{k}^{-j} \sum\limits_{l=0}^{n-1} a_{l} \omega_{k}^{l} \\ & =\sum\limits_{k=0}^{n-1} \sum\limits_{l=0}^{n-1} a_{l} \omega_{k}^{\ell-j} \\ & =\sum\limits_{k=0}^{n-1} \sum\limits_{l=0}^{n-1} a_{l} e^{\frac{2 \mathrm{i} k \pi}{n}(l-j)} \\ & =\sum\limits_{l=0}^{n-1} a_{l} \sum\limits_{k=0}^{n-1}\left(e^{\frac{2 i(l-j) \pi}{n}}\right)^{k} \\& =\sum\limits_{\ell=0}^{n-1} a_{\ell} \sum\limits_{k=0}^{n-1}\left(e^{\frac{2 \mathrm{i}(\ell-j) \pi}{n}}\right)^{k}+a_{j} \sum\limits_{k=0}^{n-1} 1 \\& =\sum\limits_{\ell \neq j}^{n-1} a_{l} \cdot 0+n a_{j} \\& =n a_{j} \end{aligned}

2) Soit j \in \llbracket 0, n-1 \rrbracket.
\begin{aligned} \left|n a_{j}\right| & =\left|\sum\limits_{k=0}^{n-1} \omega_{k}^{-j} P\left(\omega_{k}\right)\right| \\ & \leqslant \sum\limits_{k=0}^{n-1}\left|\omega_{k}^{-j} \| P\left(\omega_{k}\right)\right| \text { (par l'inégalité triangulaire) } \\ & \leqslant \sum\limits_{k=0}^{n-1} 1 \cdot M \\ & \leqslant n M \end{aligned}
Ainsi \left|a_{j}\right| \leqslant M.