Datasets:

botkraker

/

algebre1

like 0

1 - Anneau de matrices [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soit $A$ l'ensemble des matrices s'écrivant $\begin{pmatrix}a&b\\0&a\end{pmatrix}$ avec $a$ et $b$ des entiers relatifs. Démontrer que $A$ est un anneau pour les lois d'addition et de produits de matrices. Déterminer les éléments inversibles de $A$.

Il suffit de démontrer que $A$ est un sous-anneau de $\mathcal M_2(\mathbb R).$ Pour cela, on remarque que $I_2\in A$ (choisir $a=1$ et $b=0$). Si $M=\begin{pmatrix}a&b\\0&a\end{pmatrix}$ et $M'=\begin{pmatrix}a'&b'\\0&a'\end{pmatrix}$ sont dans $A$, alors $$M-M'=\begin{pmatrix}a-a'&b-b'\\0&a-a'\end{pmatrix}$$ et $$MM'=\begin{pmatrix}aa'&ab'+ba'\\0&aa'\end{pmatrix}$$ sont dans $A.$ Soit $M=\begin{pmatrix}a&b\\0&a\end{pmatrix}$ inversible dans $A$. Alors il existe $M'=\begin{pmatrix}a'&b'\\0&a'\end{pmatrix}$ tel que $MM'=I_2$. On obtient $aa'=1$, et comme $a$ et $a'$ sont dans $\mathbb Z$, on doit avoir $a=\pm 1$. Dans ce cas, on aura $a'=a$. De plus, on doit aussi avoir $ab'+ba'=0$ ce qui entraîne $b'=-b$. Réciproquement, soit $M\in A$ qui s'écrit $$M=\begin{pmatrix}a&b\\0&a\end{pmatrix}$$ avec $a=\pm 1$. Posons $$M'=\begin{pmatrix}a&-b\\0&a\end{pmatrix}.$$ Alors $$MM'=\begin{pmatrix}a^2&ab-ba\\0&a^2\end{pmatrix}=I_2.$$ Ainsi, $M'$ est inversible. On a donc démontré que les éléments inversibles de $A$ sont ceux pour lesquels $a=1$ ou $a=-1.$

2 - Anneau des entiers de Gauss [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé On appelle ensemble des entiers de Gauss noté $\mathbb Z[i]$ l'ensemble des nombres complexes qui s'écrivent $a+ib$, avec $a$ et $b\in\mathbb Z.$ Démontrer que $\mathbb Z[i]$ est un anneau. Pour tout nombre complexe $z$, on note $N(z)=z\bar z.$ Démontrer que, pour tous nombres complexes $z$ et $z'$, $N(z)N(z')=N(zz').$ Démontrer que, pour tout entier de Gauss $z$, $N(z)$ est un entier naturel. Soit $z$ un entier de Gauss inversible. Déduire des questions précédentes que $N(z)=1$. Quels sont les éléments inversibles de $\mathbb Z[i]$?

On va prouver que $\mathbb Z[i]$ est un sous-anneau de $\mathbb C.$ En effet, $1=1+0i\in\mathbb Z[i];$ Soit $z=a+ib$ et $z'=a'+ib'\in\mathbb Z[i].$ Alors $$z-z'=(a-a')+i(b-b')\in\mathbb Z[i]$$ (puisque $a-a'$ et $b-b'\in\mathbb Z$) et $$zz'=(aa'-bb')+i(ab'+a'b)\in\mathbb Z[i]$$ (puisque $aa-bb'$ et $ab'+a'b\in\mathbb Z$). On remarque que $N(z)=|z|^2.$ Puisque $|zz'|=|z|\cdot |z'|,$ en mettant au carré cette égalité, on a le résultat demandé. Si $z=a+ib$, alors $N(z)=a^2+b^2$ et $a^2,b^2$ sont des entiers naturels, donc $N(z)$ aussi. Soit $z$ un entier de Gauss inversible et soit $z'$ son inverse. Alors on sait que $zz'=1$ et donc $N(z)\times N(z')=1$. Or le produit de deux entiers naturels est égal à $1$ si et seulement si ces deux entiers sont égaux à $1$. Donc $N(z)=1.$ Soit $z=a+ib\in\mathbb Z[i]$ inversible. Alors $N(z)=1$, et donc $a^2+b^2=1.$ Or, puisque $a^2$ et $b^2$ sont des entiers naturels, ceci n'est possible que dans quatre cas : $(a,b)=(1,0),$ $(a,b)=(-1,0),$ $(a,b)=(0,1),$ et $(a,b)=(0,-1).$ Réciproquement, il est facile de vérifier que $1$, $-1$, $i$ et $-i$ sont inversibles dans $\mathbb Z[i],$ d'inverse respectif $1$, $-1$, $-i$ et $i$. Les éléments inversibles de $\mathbb Z[i]$ sont donc $1$, $-1$, $i$ et $-i.$

3 - Endomorphisme de groupes [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soit $(G,+)$ un groupe commutatif. On note $\textrm{End}(G)$ l'ensemble des endomorphismes de $G$ sur lequel on définit la loi $+$ par $f+g:G\to G,\ x\mapsto f(x)+g(x)$. Démontrer que $(\textrm{End}(G),+,\circ)$ est un anneau.

On remarque d'abord que $+$ et $\circ$ sont bien des lois de composition interne sur $\textrm{End}(G)$. Ensuite, on vérifie tous les points de la définition d'un anneau. $(\textrm{End}(G),+)$ est un groupe commutatif. En effet, la loi $+$ est associative et commutative, l'application $0_G:G\to G,\ g\mapsto 0$ est un élément neutre pour la loi $+$, et tout élément $f\in\textrm{End}(G)$ admet un inverse $-f:G\to G,\ x\mapsto -f(x)$. La loi $\circ$ est associative. La loi $\circ$ possède un élément neutre, qui est l'application identité. La loi $\circ$ est distributive par rapport à la loi $+$ : pour tous $f,g,h\in\textrm{End}(G)$ et tout $x\in G$, $$((f+g)\circ h)(x)=(f+g)(h(x))=f(h(x))+g(h(x))=(f\circ h+g\circ h)(x)$$ et $$(f\circ (g+h))(x)=f((g+h)(x))=f(g(x)+h(x))=f(g(x))+f(h(x))=(f\circ g+f\circ h)(x).$$ Ainsi, $(\textrm{End}(G),+,\circ)$ est un anneau.

4 - Rationnels à dénominateur impair [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soit $\displaystyle A=\left\{\frac mn;\ m\in\mathbb Z,\ n\in 2\mathbb N+1\right\}$ (c'est-à-dire que $A$ est l'ensemble des rationnels à dénominateur impair). Démontrer que $(A,+,\times)$ est un anneau. Quels sont ses éléments inversibles?

On va démontrer que $A$ est un sous-anneau de $(\mathbb Q,+,\times)$. Pour cela, soient $x=\frac mn$ et $y=\frac{m'}{n'}\in A$. Alors : $$x-y=\frac{mn'-m'n}{nn'}\textrm{ et }xy=\frac{mm'}{nn'}.$$ Comme $nn'$, produit de deux nombres impairs, est impair, et que $A$ est non vide puisqu'il contient $1$, on en déduit que $A$ est bien un sous-anneau de $(\mathbb Q,+,\times)$. Déterminons ensuite les inversibles de $A$. Soit $x=\frac mn\in A$ inversible, et soit $y=\frac{m'}{n'}\in A$ tel que $xy=1$. On en déduit que $mm'=nn'$. En particulier, $m$ est nécessairement impair. Réciproquement, si $x=\frac{m}n$ avec $m$ impair, alors $y=\frac nm$ est dans $A$ (si jamais $m<0$, il suffit d'écrire $y=\frac{-n}{-m}$ pour vérifier qu'il est bien dans $A$), et $xy=1$. Ainsi, les inversibles de $A$ sont les éléments $\frac mn$ avec $m\in\mathbb Z$, $n\in\mathbb N^*$, et $m,n$ impairs.

5 - Décimaux [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soit $\mathbb D$ l'ensemble des nombres décimaux, $$\mathbb D=\left\{\frac{n}{10^k};\ n\in\mathbb Z, k\in\mathbb N\right\}.$$ Démontrer que $(\mathbb D,+,\times)$ est un anneau. Quels sont ses éléments inversibles?

On va prouver que $(\mathbb D,+,\times)$ est un sous-anneau de $(\mathbb Q,+,\times)$. On remarque d'abord que $\mathbb D\subset\mathbb Q$, puis que $1\in\mathbb D$. De plus, soient $x=\frac n{10^k}$ et $y=\frac{m}{10^l}$ deux éléments de $\mathbb D$. Alors $$x-y=\frac{n10^l-m10^k}{10^{k+l}}\textrm{ et }xy=\frac{nm}{10^{k+l}}$$ sont clairement des éléments de $\mathbb D$, et $(\mathbb D,+,\times)$ est bien un sous-anneau de $(\mathbb Q,+,\times)$. Déterminons ensuite les inversibles de $(\mathbb D,+,\times)$. Soit $x=\frac{n}{10^k}$ inversible, d'inverse $y=\frac{m}{10^l}$. Alors $$xy=1\iff nm=10^{k+l}.$$ On en déduit que les seuls diviseurs premiers de $n$ sont $2$ et $5$, autrement dit que $n$ s'écrit $\pm 2^p5^q$ pour $p,q\in\mathbb N$. Réciproquement, soit $x=\frac{\pm 2^p5^q}{10^k}$ et montrons que $x$ est inversible dans $\mathbb D$. Posons $y=\frac{\pm 10^k}{2^p5^q}$. Il suffit de vérifier que $y$ est élément de $\mathbb D$. Mais on peut aussi écrire $$y=\frac{\pm 10^k 2^q 5^p}{2^{p+q}5^{p+q}}=\frac{\pm 10^k 2^q5^p}{10^{p+q}}\in\mathbb D.$$ Ainsi, les inversibles de $(\mathbb D,+,\times)$ sont les éléments $\frac{\pm 2^p5^q}{10^k}$, avec $p,q,k\in\mathbb N$.

6 - Un anneau d'entiers [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé On considère $\mathbb Z[\sqrt 2]=\{a+b\sqrt 2;\ a,b\in\mathbb Z\}$. Montrer que $(\mathbb Z[\sqrt 2],+,\times)$ est un anneau. On note $N(a+b\sqrt{2})=a^2-2b^2$. Montrer que, pour tous $x,y$ de $\mathbb Z[\sqrt 2]$, on a $N(xy)=N(x)N(y)$. En déduire que les éléments inversibles de $\mathbb Z[\sqrt 2]$ sont ceux s'écrivant $a+b\sqrt 2$ avec $a^2-2b^2=\pm 1$.

Il suffit de prouver que c'est un sous-anneau de $(\mathbb R,+,\times)$. Mais $\mathbb Z[\sqrt 2]$ est stable par la loi + : $(a+b\sqrt 2)+(a'+b'\sqrt 2)=(a+a')+(b+b')\sqrt 2$. stable par la loi $\times$ : $$(a+b\sqrt 2)\times (a'+b'\sqrt 2)=(aa'+2bb')+(ab'+a'b)\sqrt{2}$$. stable par passage à l'opposé $-(a+b\sqrt 2)=-a+(-b)\sqrt 2$. De plus, $1\in \mathbb Z[\sqrt 2]$, ce qui achève la preuve du fait que $\mathbb Z[\sqrt 2]$ est un sous-anneau de $\mathbb R$. Posons $x=a+b\sqrt{2}$ et $y=a'+b'\sqrt{2}$. En tenant compte de la formule pour le produit obtenue à la question précédente, on a \begin{eqnarray*} N(xy)&=&(aa'+2bb')^2-2(ab'+a'b)^2\\ &=&(aa')^2-2(ab')^2-2(a'b)^2+4(bb')^2. \end{eqnarray*} D'autre part, \begin{eqnarray*} N(x)\times N(y)&=&(a^2-2b^2)(a'^2-2b'^2)\\ &=&(aa')^2-2(ab')^2-2(a'b)^2+4(bb')^2. \end{eqnarray*} Soit $x=a+b\sqrt 2$. Supposons d'abord que $x$ est inversible, d'inverse $y$. Alors $N(xy)=N(1)=1$, et donc $N(x)N(y)=1$. Puisque $N(x)$ et $N(y)$ sont tous les deux des entiers, on a nécessairement $N(x)=\pm 1$. Réciproquement, si $N(x)=\pm 1$, alors, en utilisant la quantité conjuguée : $$\frac{1}{a+b\sqrt 2}=\frac{a-b\sqrt 2}{a^2-2b^2}=\pm(a-b\sqrt{2})$$ ce qui montre que $a+b\sqrt 2$ est inversible, d'inverse $\pm(a-b\sqrt{2})$.

7 - Centre d'un anneau [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soit $A$ un anneau. On appelle centre de $A$ et l'on note $C(A)$ l'ensemble des éléments $a\in A$ tels que, pour tout $b\in A$, $ab=ba.$ Démontrer que $C(A)$ est un sous-anneau de $A$.

Il suffit de vérifier le théorème de caractérisation des sous-anneaux. $1\in C(A)$, puisque $1a=a1=a$ pour tout $a\in A.$ Soit $a,a'\in C(A)$ et soit $b\in A$. Alors $$(a-a')b=ab-a'b=ba-ba'=b(a-a')$$ (on a utilisé deux fois la distributivité) et donc $a-a'\in C(A).$ Soit $a,a'\in C(A)$ et soit $b\in A$. Alors $$(aa')b=a(a'b)=a(ba')=(ab)a'=(ba)a'=b(aa')$$ (on a utilisé plusieurs fois l'associativité) et donc $aa'\in C(A).$

8 - Sous-anneaux de $\mathbb Z^2$ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Pour $d\in\mathbb N$, on note $A_d=\{(x,y)\in\mathbb Z^2;\ y-x\in d\mathbb Z\}$. Démontrer que, pour tout $d\in\mathbb N$, $A_d$ est un sous-anneau de $\mathbb Z^2$. Réciproquement, soit $A$ un sous-anneau de $\mathbb Z^2$. Démontrer que $H=\{x\in\mathbb Z;\ (x,0)\in A\}$ est un sous-groupe de $\mathbb Z$. En déduire qu'il existe $d\in\mathbb N$ tel que $A=A_d$.

Il est clair que $0_{\mathbb Z^2}$ et $1_{\mathbb Z^2}$ sont éléments de $A_d$. Considérons ensuite $(x,y),(x',y')\in A_d$. Que $(x+x',y+y')$ reste élément de $A_d$ ne pose pas de problèmes. Pour le produit, on a $$(x,y)\times (x',y')=(xx',yy')$$ et on a $yy'-xx'=(y-x)y'+x(y'-x')\in d\mathbb Z$. $0\in H$ et si $x,x'\in H$, alors $(x-x',0)=(x,0)-(x',0)\in A$ et donc $x-x'\in H$. $H$ est un sous-groupe de $\mathbb Z$. Puisque $\mathbb Z$ est principal, il existe $d\in\mathbb N$ tel que $H=d\mathbb Z$. Démontrons que $A=A_d$. D'une part, si $(x,y)\in A$, alors $$(x-y,0)=(x,y)-y(1,1)\in A$$ et donc $d|x-y$, c'est-à-dire $(x,y)\in A_d$. Réciproquement, si $(x,y)\in A_d$, alors $x-y\in d\mathbb Z=H$, ce qui signifie que $(x-y,0)\in A$. On termine presque comme précédemment en écrivant que $$(x,y)=(x-y,0)+y(1,1)\in A.$$ Les sous-anneaux de $\mathbb Z^2$ sont donc tous de la forme $A_d$.

9 - Sur certains sous-anneaux de $\mathbb Q$ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soit $p$ un nombre premier. On note $$\mathbb Z_p=\left\{\frac{a}{b}:\ (a,b)\in\mathbb Z\times\mathbb Z^*, p\wedge b=1\right\}.$$ Démontrer que $\mathbb Z_p$ est un sous-anneau de $(\mathbb Q,+,\times).$ Démontrer que pour tout nombre rationnel non nul $x$, soit $x\in\mathbb Z_p,$ soit $x^{-1}\in \mathbb Z_p.$ Soit $B$ un sous-anneau de $\mathbb Q$ contenant $\mathbb Z_p.$ Démontrer que $B=\mathbb Q$ ou que $B=\mathbb Z_p.$

On remarque d'abord que $1=\frac11\in\mathbb Z_p$. Soit ensuite $x=\frac ab$ et $y=\frac cd$ deux éléments de $\mathbb Z_p.$ Alors puisque $p\wedge b=1$ et $p\wedge d=1,$ on a $p\wedge (bd)=1.$ Mais puisque $$x-y=\frac{ad-bc}{bd}\textrm{ et }x\times y=\frac{ac}{bd},$$ on a $x-y\in\mathbb Z_p$ et $x\times y\in\mathbb Z_p.$ Ainsi, $\mathbb Z_p$ est bien un sous-anneau de $\mathbb Q.$ Soit $x=\frac{a}{b}\in\mathbb Q,$ $x\neq 0$, écrit sous forme irréductible. Si $x\in\mathbb Z_p$, c'est fini. Sinon, c'est que $p|b$ (rappelons que $p$ est premier) et puisque $a\wedge b=1$, on a $a\wedge p=1$. Ainsi, $x^{-1}=\frac{b}{a}\in\mathbb Z_p.$ On suppose que $B\neq \mathbb Z_p.$ Soit $x\in B\backslash \mathbb Z_p.$ Alors $x$ s'écrit $x=\frac{a}{p^n b}$ avec $a\wedge b=1,$ $a\wedge p=1$ et $b\wedge p=1.$ En particulier, on sait que $y=\frac{p^{n-1}b}{a}\in\mathbb Z_p\subset B$, et puisque $B$ est un sous-anneau, $y\times x=\frac{1}{p}\in B.$ Prenant les puissances de cet élément, on a $\frac{1}{p^k}\in B$ pour tout $k\geq 0.$ Finalement, considérons $r\in\mathbb Q,$ $r\neq 0.$ On peut écrire $r=\frac{c}{p^m d},$ avec $p\wedge d=1.$ Alors $$r=\frac{c}{d}\times\frac{1}{p^m}\in B$$ puisque $\frac cd\in\mathbb Z_p\subset\mathbb Q$ et $\frac1{p^m}\in B.$

10 - Anneau des fonctions de $\mathbb R$ dans $\mathbb R$ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé L'anneau des fonctions de $\mathbb R$ dans $\mathbb R$ est-il intègre?

Non, cet anneau n'est pas intègre. Il suffit de trouver deux fonctions non identiquement nulles dont le produit est nulle. Par exemple, si $f=1$ sur $]-\infty,0]$ et $0$ sur $]0,+\infty[$, et si $g=0$ sur $]-\infty,0]$ et $1$ sur $]0,+\infty[$, alors ni $f$ ni $g$ n'est nulle et pourtant $fg=0.$

11 - Éléments nilpotents [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Un élément $x$ d'un anneau $A$ est dit nilpotent s'il existe un entier $n\geq 1$ tel que $x^n=0$. On suppose que $A$ est commutatif, et on fixe $x,y$ deux éléments nilpotents. Montrer que $xy$ est nilpotent. Montrer que $x+y$ est nilpotent. Montrer que $1_A-x$ est inversible. Dans cette question, on ne suppose plus que $A$ est commutatif. Soit $u,v\in A$ tels que $uv$ est nilpotent. Montrer que $vu$ est nilpotent.

Soient $n,m$ tels que $x^n=0$ et $y^m=0$. Puisque $x$ et $y$ commutent, on a $(xy)^n=x^ny^n=0\times y^n=0$. Remarquons d'abord que pour $p\geq n$, on a $x^p=x^{p-n}x^n=0$. D'après la formule du binôme, $(x+y)^{n+m}=\sum_{k=0}^{n+m}\binom{n+m}{k}x^ky^{n+m-k}$. Mais, pour $k\geq n$, $x^k=0\implies x^ky^{n+m-k}=0$. D'autre part, pour $k<n$, on a $n+m-k\geq m$ et donc $y^{n+m-k}=0\implies x^k y^{n+m-k}=0$. Ainsi, $(x+y)^{n+m}=0$. On pourrait même se contenter de prendre la puissance $n+m-1$. L'idée est d'utiliser l'identité remarquable (toujours valable dans un anneau) $$1-x^p=(1-x)(1+x+\dots+x^{p-1}).$$ Si on l'applique pour $p=n$, alors on obtient $$1=(1-x)(1+x+\dots+x^{n-1})$$ ce qui implique que $1-x$ est inversible d'inverse $1+x+\dots+x^{n-1}$. Soit $n\geq 1$ tel que $(uv)^n=0$. Alors $$(vu)^{n+1}=v(uv)^nu=v\times0\times u=0.$$ Ainsi, $vu$ est nilpotent.

12 - Anneau de Boole [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé On dit qu'un anneau $A$ est un anneau de Boole si, pour tout $x\in A$, $x^2=x$. On fixe $A$ un tel anneau. Démontrer que, pour tout $x\in A$, $x=-x$. Montrer que $A$ est commutatif.

On applique la propriété à l'élément $x+x$. Il vient $$x+x=(x+x)^2=x^2+x^2+x^2+x^2=x+x+x+x.$$ Après simplification, on trouve $x+x=0$, soit $x=-x$. Soient $x,y\in A$. On doit prouver $xy=yx$. Appliquons la propriété à l'élément $x+y$. On a $$(x+y)=(x+y)^2=x^2+y^2+xy+yx=x+y+xy+yx.$$ Après simplification, on trouve $xy+yx=0$ soit $xy=-yx$, soit $xy=yx$ en appliquant le résultat de la question précédente.

13 - Caractéristique d'un anneau [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soit $A$ un anneau. On appelle caractéristique de $A$ l'ordre de $1_A$ dans le groupe additif $(A,+)$. Dans la suite, on supposera que $A$ est de caractéristique finie $n$. Démontrer que, pour tout $x\in A$, $nx=0$. Démontrer que si $A$ est intègre, $n$ est un nombre premier. Démontrer que si $A$ est intègre et commutatif, alors $x\mapsto x^n$ est un morphisme d'anneaux.

Il s'agit juste d'un jeu d'écriture utilisant la définition d'un anneau! On écrit en effet : $$n\cdot x=n\cdot (1_A\times x)=(n\cdot 1_A)\times x=0_A\times x=0_A.$$ Raisonnons par contraposée. Supposons que $n=pq$ avec $1<p,q<n$. Alors posons $x=p\cdot 1_A$ et $y=q\cdot 1_A$. Ni $x$ ni $y$ ne sont nuls puisque $1_A$ est d'ordre exactement $n$. Pourtant, leur produit $x\times y=(pq)\cdot 1_A$ est nul et $A$ n'est pas intègre. On vient de démontrer que si $n$ n'est pas premier, alors $A$ n'est pas intègre. Donc $A$ intègre entraîne $n$ premier. On va noter $n=p$ pour souligner que $n$ est un nombre premier, et $f(x)=x^p$. Il n'y a pas de difficultés à vérifier que $f(1_A)=1_A$ et $f(x\times y)=f(x)\times f(y)$ (par la commutativité de $A$) pour tous $x,y\in A$. D'autre part, on a $$f(x+y)=(x+y)^p=\sum_{k=0}^p \binom pk x^ky^{p-k}=x^p +y^p+\sum_{k=1}^{p-1} \binom pk x^k y^{p-k}.$$ D'après le résultat de la première question, il suffit de vérifier que $p|\binom pk$ pour tout $k=1,\dots,p-1$. Mais on a $$p!=\binom pk\times k!\times (p-k)!.$$ On a donc $$p| \binom pk\times k!\times (p-k)!.$$ Mais comme $p$ est premier et que les décompositions en produits de facteurs premiers de $k!$ et de $(p-k)!$ ne font intervenir que des nombres premiers strictement inférieurs à $p$, $p$ est premier avec le produit $k!\times (p-k)!$. Ainsi, $p|\binom pk$, et on a bien $f(x+y)=f(x)+f(y)$. $f$ est bien un morphisme d'anneaux.

14 - Anneau intègre fini [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soit $A$ un anneau intègre commutatif fini. Démontrer que $A$ est un corps.

Fixons $a\in A$ non nul et considérons le morphisme de groupes $(A,+)\to (A,+),\ x\mapsto ax$. Alors ce morphisme de groupes est injectif, car son noyau est réduit à $\{0_A\}$ puisque $A$ est intègre. Puisque $A$ est fini, ce morphisme est nécessairement bijectif, et donc il existe $x\in A$ tel que $ax=1_A$. Par commutativité de $A$, on a aussi $xa=1_A$ et donc $a$ admet un inverse : $A$ est un corps. Remarquons que l'on peut se passer de l'hypothèse que $A$ est commutatif, par exemple en faisant le même raisonnement avec $x\mapsto xa$, et en prouvant que l'inverse à droite et l'inverse à gauche coïncident.

15 - Idéal dans un anneau de suites [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soit $A$ l'ensemble des suites réelles et $B$ l'ensemble des suites réelles bornées. On admet que $A$ et $B$ sont deux anneaux pour l'addition et le produit des suites. Soit $I$ l'ensemble des suites réelles qui convergent vers $0$. Est-ce que $I$ est un idéal de $A?$ de $B?$

On commence par remarquer que $(I,+)$ est un sous-groupe de $(A,+).$ En effet, la suite nulle est dans $I$, et si $(u_n)$ et $(v_n)$ sont dans $I,$ alors $(u_n+v_n)$ est dans $I$ puisque la somme de deux suites qui convergent vers $0$ converge elle-même vers $0.$ On va ensuite prouver que $I$ n'est pas un idéal de $A$. Considérons en effet la suite $(x_n)$ telle que $x_n=2^n$ et la suite $(u_n)$ telle que $u_n=2^{-n}$. Alors $(x_n)\in A,$ $(u_n)\in I$ et le produit $(x_nu_n)$ n'est pas dans $I$ puisque c'est la suite identiquement égale à $1.$ En revanche, $I$ est un idéal de $B.$ En effet, le produit d'une suite bornée avec une suite qui tend vers $0$ est une suite qui tend vers $0.$ Donc si $(x_n)\in B$ et $(u_n)\in I,$ alors $(x_nu_n)\in I.$

16 - Annulateur [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soit $(A,+,\times)$ un anneau commutatif et $M$ une partie de $A$. On appelle annulateur de $M$ l'ensemble des $x\in A$ tels que $xy=0$ pour tout $y\in M$. Démontrer que l'annulateur de $M$ est un idéal de $(A,+,\times)$.

Notons $I$ cet ensemble. Il suffit d'appliquer la définition. En effet, on remarque que $0\in I$. De plus, prenons $u,v\in I$ et $a\in A$. Alors, pour tout $y\in M$, on a $$(u-v)y=uy-vy=0$$ et $$(au)y=a(uy)=0.$$ Ainsi, $u-v$ et $au$ sont dans $I$ qui est un idéal.

17 - Nilradical [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé On appelle nilradical d'un anneau commutatif $(A,+,\times)$ l'ensemble de ses éléments nilpotents, c'est-à-dire l'ensemble des $x\in A$ pour lesquels il existe $n\geq 1$ de sorte que $x^n=0$. Démontrer que le nilradical de $A$ est un idéal de $A$.

Notons $N(A)$ le nilradical de $A$. D'abord $0\in N(A)$ qui est donc non vide. Prenons ensuite $a\in A$, $x,y\in N(A)$, et $m,n$ de sorte que $x^m=y^n=0$. Remarquons d'abord que $$(ax)^m =a^mx^m=0$$ et donc $ax\in N(A)$. De plus, par la formule du binôme de Newton, on a $$(x+y)^{n+m-1}=\sum_{k=0}^{n+m-1}\binom {n+m-1}k x^k y^{n+m-1-k}.$$ Or, si $k\geq m$, alors $x^k=0$ et si $k<m$, c'est-à-dire $k\leq m-1$, alors $n+m-1-k\geq n$ et $y^{n+m-1-k}=0$. On a bien $(x+y)^{n+m-1}=0$ et $x+y\in N(A)$. Il est très facile de vérifier que l'on a aussi $-x\in N(A)$. Finalement, on a bien prouvé que $N(A)$ est un idéal de $A$.

18 - Exemple de sous-anneau et d'idéal dans un anneau de fonctions [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soit $A=\mathcal C([0,1],\mathbb R)$, $B=\mathcal C^1([0,1],\mathbb R)$ et $I=\{f\in A:\ f(0)=0\}.$ Démontrer que $A$ est un anneau pour les opérations somme et produit de fonctions. Démontrer que $B$ est un sous-anneau de $A$. $B$ est-il un idéal de $A$? Démontrer que $I$ est un idéal de $A$. $I$ est-il un sous-anneau de $A$? Démontrer que $I$ est un idéal maximal de $A,$ c'est-à-dire que si $J$ est un idéal de $A$ tel que $I\subset J\subset A,$ alors $J=I$ ou $J=A.$

La fonction $\mathbf 1_{[0,1]}$ est une fonction continue, la différence et le produit de deux fonctions continues est une fonction continue : $A$ est donc un sous-anneau de l'anneau $\mathcal F([0,1],\mathbb R)$ des fonctions de $[0,1]$ dans $\mathbb R.$ La même démonstration en remplaçant "continue" par "de classe $\mathcal C^1$" prouve que $B$ est un sous-anneau de $A.$ En revanche, $B$ n'est pas un idéal de $A.$ En effet, si on considère $f(x)=1$ et $g(x)=|x-1/2|$, alors $f\in B$, $g\in A$ et le produit $gf$ n'est pas élément de $B.$ Puisque la fonction $\mathbf 1_{[0,1]}$ n'est pas dans $I,$ $I$ n'est pas un sous-anneau de $A$. De plus, soit $f,g\in I$ et $h\in A.$ Alors il est facile de vérifier que $f-g,$ $f\times g$ et $f\times h$ sont dans $I$ puisque $$f(0)-g(0)=f(0)g(0)=f(0)h(0)=0.$$ Ainsi, $I$ est un idéal de $A.$ Soit $J$ un idéal de $A$ tel que $I\subset J\subset A.$ Supposons que $I\neq J,$ donc qu'il existe $g\in J\backslash I.$ En particulier, $g(0)\neq 0.$ Soit $f\in A$ et considérons $$h=f-\frac{f(0)}{g(0)}g.$$ Il est facile de voir que $h(0)=0$ et donc $h\in I.$ Mais comme $$f=h+\frac{f(0)}{g(0)}g$$ et que $h\in J,$ $\frac{f(0)}{g(0)}g\in J$ (car $J$ est un idéal et qu'on a multiplié une fonction de $J$ par une fonction de $A$), on en déduit (toujours parce que $J$ est un idéal) que $f\in J.$ Ainsi, on a $J=A.$

19 - Peu d'idéaux : c'est un corps! [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soit $A$ un anneau commutatif. On suppose que $A$ n'admet que les idéaux triviaux $\{0\}$ et $A$. Démontrer que $A$ est un corps. On suppose que $A$ est intègre et qu'il n'admet qu'un nombre fini d'idéaux. Démontrer que $A$ est un corps.

Soit $x\in A\backslash \{0\}$. Alors l'idéal engendré par $x$ ne peut pas être l'idéal $\{0\}$, donc c'est $A$ tout entier. En particulier, il existe $y\in A$ tel que $yx=xy=1_A$. C'est bien que $A$ est un corps. Prenons toujours $x\in A\backslash \{0\}$ et considérons les idéaux $I_n=x^n A$. Alors puisque $A$ admet un nombre fini d'idéaux, il existe $n<p$ tel que $x^n A=x^p A$. En particulier, il existe $a\in A$ tel que $x^n =x^p a$. Ceci entraîne $x^n(1-x^{p-n} a)=0$. L'anneau étant intègre (et $x$ étant non nul), ceci entraine que $x^{p-n} a =1$. $x$ est alors inversible, d'inverse $x^{p-n-1}a$.

20 - Suites croissantes d'idéaux de $\mathbb K[X]$ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soit $(I_n)$ une suite croissante d'idéaux de $\mathbb K[X]$, où $\mathbb K$ est un corps. Démontrer que la suite $(I_n)$ est stationnaire.

Méthode 1 : Il existe un unique polynôme unitaire $P_n$ tel que $I_n=(P_n)$. De plus, la condition $I_n\subset I_{n+1}$ entraîne que $P_{n+1}|P_n$. La suite $(\deg(P_n))$ est donc une suite d'entiers naturels décroissante : elle est stationnaire. Soit $p\in\mathbb N$ tel que, pour tout $n\geq p$, on a $\deg(P_n)=\deg(P_p)$. On a alors $P_n|P_p$, $P_n$ et $P_p$ sont unitaires et de même degré, donc ils sont égaux et $I_n=I_p$. La suite $(I_n)$ est bien stationnaire. Méthode 2 : Posons $I=\bigcup_n I_n$. Puisque la suite $(I_n)$ est croissante, il est facile de vérifier que $I$ est un idéal. Il existe $P\in \mathbb K[X]$ tel que $I=(P)$. Mais alors, il existe $N\in\mathbb N$ tel que $P\in I_N$. On prouve alors que pour tout $n\geq N$, on a $I_n =(P)$. En effet, on a $I_n\subset I=(P)$, et $P\in I_N\subset I_n\implies (P)\subset I_n$.

21 - Produit et Somme [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soit $(A,+,\times)$ un anneau commutatif. Si $I$ et $J$ sont deux idéaux de $A$, on note \begin{eqnarray*} I+J&=&\left\{i+j;\ i\in I,\ j\in J\right\}\\ I.J&=&\left\{i_1j_1+\dots+i_nj_n;\ n\geq 1,\ i_k\in I,\ j_k\in J\right\} \end{eqnarray*} On dit que deux idéaux $I$ et $J$ sont étrangers si $I+J=A$. Montrer que $I+J$ et $IJ$ sont encore des idéaux de $A$. Montrer que $I.J\subset I\cap J$. Montrer que $(I+J).(I\cap J)\subset I.J$. Montrer que si $I$ et $J$ sont étrangers, alors $I.J=I\cap J$.

Commençons par $I+J$. Il faut d'abord démontrer que c'est un sous-groupe de $(A,+)$. Mais $0=0+0\in I+J$. D'autre part, si $x$ et $y$ sont éléments de $I+J$, on les écrit $x=i+j$, $y=i'+j'$, et on a $$x-y=(i-i')+(j-j')\in I+J$$ puisque $i-i'\in I$ et $j-j'\in J$. D'autre part, pour $a\in A$, on a, par distributivité de $\times$ par rapport à + : $$ax=ai+aj\in I+J$$ puisque, $I$ et $J$ étant deux idéaux, $ai\in I$ et $aj\in J$. Ceci prouve que $I+J$ est un idéal. Passons maintenant à $I.J$ : $0\times 0=0$ est élément de $I.J$. De plus, si $x=\sum_{k=1}^n i_kj_k$ et $y=\sum_{k=1}^m i'_kj'_k$, en posant $i_k=-i'_{k-n}$ et $j'_k=j'_{k-n}$ pour $k$ allant de $n+1$ à $n+m$, on a $$x-y=\sum_{k=1}^{n+m}i_kj_k$$ ce qui prouve que $I.J$ est un sous-groupe de $(A,+)$. Enfin, pour tout $a$ dans $A$, on a $$ax=\sum_{k=1}^n (ai_k)j_k\in I.J$$ puisque chaque $ai_k$ (resp. $j_k$) est élément de $I$ (resp. de $J$). Soit $x=\sum_{k=1}^n i_kj_k$ un élément de $I.J$. Pour chaque $k$, $i_kj_k$ est un élément de $I$ puisque $I$ est un idéal. Comme $I$ est de plus stable par la somme, $I.J$ est bien contenu dans $I$. Par symétrie du rôle joué par $I$ et $J$, $I.J$ est aussi contenu dans $J$ et donc $I.J$ est contenu dans $I\cap J$. Soit $x\in (I+J).(I\cap J)$. On écrit $x=\sum_{k=1}^n a_kb_k$ avec $a_k\in I+J$ et $b_k\in I\cap J$. Puisque $I.J$ est un idéal, il suffit de prouver que $a_kb_k\in I.J$. On écrit $a_k=i_k+j_k$, de sorte que $$a_kb_k=i_kb_k+b_kj_k.$$ C'est un élément de $I.J$, car $i_k\in I$, $b_k\in J$ et $b_k\in I$, $j_k\in J$. Il suffit de prouver que $I\cap J\subset I.J$. D'après la question précédente, on a $A.(I\cap J)\subset I.J$. Prenons $x\in I\cap J$. Alors $x=1_Ax\in A.(I\cap J)\subset I.J$ Ceci prouve l'inclusion restante.

22 - Idéaux de $\mathcal M_n(\mathbb R)$ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Pour $1\leq i,j\leq n$, on note $E_{i,j}$ la matrice élémentaire ayant tous ses coefficients nuls, sauf le coefficient de la $i$-ème ligne et de la $j$-ème colonne qui vaut 1. Rappeler la formule donnant $E_{i,j}E_{k,l}$. Soit $M=(a_{i,j})\in\mathcal M_n(\mathbb R)$. Que vaut $E_{i,j}M$? $ME_{k,l}$. Démontrer que les seuls idéaux de $\mathcal M_n(\mathbb R)$ sont $\{0\}$ et $\mathcal M_n(\mathbb R)$.

C'est du cours! $E_{i,j}E_{k,l}=\delta_{j,k}E_{i,l}$. Si on écrit $M=\sum_{k,l}a_{k,l}E_{k,l}$, on a $E_{i,j}M=\sum_{l=1}^n a_{j,l}E_{i,l}$. Autrement dit, toutes les lignes de $E_{i,j}M$ sont nulles, sauf la $i$-ème ligne constitué de la $j$-ième ligne de $M$. De même, écrivant $M=\sum_{i,j}a_{i,j}E_{i,j}$, on a $ME_{k,l}=\sum_{i,j}a_{i,j}E_{i,j}E_{k,l}=\sum_{i=1}^n a_{i,l}E_{i,l}$. Soit $I$ un idéal de $\mathcal M_n(\mathbb R)$ et supposons le non réduit à $\{0\}$. Soit $M=(a_{i,j})\neq 0$ un élément de $I$. Il existe donc $i_0,j_0$ tels que $a_{i_0,j_0}\neq 0$. Fixons ensuite $i,j$ dans $\{1,\dots,n\}$. Par les formules précédents, on sait que $$\frac{1}{a_{i_0,j_0}}E_{i,i_0}ME_{j_0,j}=E_{i,j}.$$ Mais puisque $I$ est un idéal, c'est un élément de $I$. Donc $E_{i,j}\in I$. On en déduit alors facilement, par les propriétés d'idéal de $I$, que toute matrice est élément de $I$.

23 - Idéaux de $\mathbb Z_p$. [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soit $p$ un nombre premier. On note $$\mathbb Z_p=\left\{x=\frac {m}n;\ (m,n)\in\mathbb Z\times \mathbb N^*,\ p\wedge n=1\right\}.$$ Vérifier que $\mathbb Z_p$ est un sous-anneau de $(\mathbb Q,+,\times)$. Soit $k\geq 0$. On note $$J_{p^k}=\left\{\frac mn;\ (m,n)\in\mathbb Z\times \mathbb N^*,\ p\wedge n=1,\ p^k| m\right\}.$$ Vérifier que $J_{p^k}$ est un idéal de $\mathbb Z_p$. Réciproquement, montrer que si $I$ est un idéal de $\mathbb Z_p$, il existe $k\geq 1$ tel que $I=J_{p^k}$.

La preuve est facile et laissée au lecteur : le point clé est que si $p$ est premier avec $n$ et avec $n'$, alors $p$ est premier avec le produit $nn'$. D'abord, on peut remarquer que $0\in J_{p^k}$. Prenons ensuite $x=\frac mn$ et $y=\frac{m'}{n'}$ deux éléments de $J_{p_k}$. Alors $$x-y=\frac{mn'-m'n}{nn'}$$ avec $p\wedge (nn')=1$ (voir plus haut) et $p^k|m$, $p^k|m'$ et donc $p^k| mn'-m'n$. Ensuite, si $z=\frac ab\in\mathbb Z_p$, alors $xz=\frac{am}{bn}$ est tel que $p^k|am$ et $p\wedge (bn)=1$, et donc $xz\in J_{p^k}$. $J_{p^k}$ est bien un idéal de $\mathbb Z_p$. Posons $k=\max\{l\geq 0;\ \forall x\in I,\ \exists(m,n)\in\mathbb Z\times\mathbb N^*, x=\frac mn,\ p^l|m,\ p\wedge n=1\}$ et prouvons que $I=J_{p^k}$. D'abord, il est clair que $I\subset J_{p^k}$. En effet, si $x\in I,$ par définition de $k$, $x=\frac{m}n$ avec $(m,n)\in\mathbb Z\times\mathbb N^*,$ $p^k|m$ et $p\wedge n=1.$ Réciproquement, soit $x\in J_{p^k}$, il faut prouver que $x\in I$. Par définition de $k$, on sait que l'on peut trouver $y=\frac ab\in I$ tel que $a=p^k a'$ avec $a'\wedge p=b\wedge p=1$. Mais alors, $\frac{a'}{b}$ est inversible dans $\mathbb Z_p$, d'inverse $\frac b{a'}$. Puisque $I$ est un idéal, ceci entraine que $p^k=y\times\frac{b}{a'}\in I$. Mais alors, puisque $x$ s'écrit $x=p^k\frac{m'}n$ avec $p\wedge n=1$, on en déduit que $x\in I$. On a bien démontré que tous les idéaux de $\mathbb Z_p$ sont de la forme $J_{p^k}$.

24 - Idéaux de l'anneau de Boole [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soit $E$ un ensemble fini et $A=\mathcal P(E)$. Montrer que $(A,\Delta,\cap)$ est un anneau commutatif. Est-il intègre? Soit $E'\subset E$. Démontrer que $I=\mathcal P(E')$ est un idéal de $A$. Réciproquement, soit $I$ un idéal de $A$. Prouver que $$\left\{\begin{array}{ll} \forall X\in I,\ \forall Y\subset X,\ Y\in I\\ \forall X\in I,\ \forall Y\in I,\ X\cup Y\in I. \end{array}\right. $$ En déduire qu'il existe $E'\subset E$ tel que $I=\mathcal P(E')$. Si $E$ est infini, démontrer que l'ensemble des parties finies de $E$ forme un idéal de $A$ qui n'est pas de la forme $\mathcal P(E)$.

Il faut vérifier la définition, car $A$ n'apparait pas comme un sous-anneau d'un anneau connu. On remarque d'abord que les lois $\Delta$ et $\cap$ sont deux lois internes, commutatives et associatives (ce n'est pas si facile pour $\Delta$ et cela mérite une petite démonstration….). De plus, $(A,\Delta)$ est un groupe commutatif dont l'élément neutre est $\varnothing$ et le symétrique de $X\in A$ est $X$. Enfin, la loi $\cap$ est distributive par rapport à la loi $\Delta$ : si $X,Y,Z\in A$, alors soit $x\in (X \Delta Y)\cap Z$, ce qui signifie $x\in Z\textrm{ et }(x\in X\backslash Y\textrm{ ou }x\in Y\backslash X ).$ Si $x\in X$, alors $x\in X\cap Z$ et $x\notin Y$ d'où $x\notin Y\cap Z$, et de même, si $x\in Y$, alors $x\in Y\cap Z$ mais $x\notin X\cap Z$. On en déduit que $x\in (X\cap Z)\Delta (Y\cap Z)$. L'inclusion réciproque se prouve exactement de la même façon, en séparant le cas $x\in (X\cap Z)\backslash (Y\cap Z)$ du cas $x\in (Y\cap Z)\backslash (X\cap Z)$. Si $E$ contient plus d'un élément, $A$ n'est pas intègre. En effet, dans ce cas, on peut considérer $X\subset E$ tel que $X\neq E$ et et $X\neq\varnothing$. Dans ce cas, on a $X\cap X^c=\varnothing$ alors que ni $X$, ni $X^c$ ne sont égaux à $\varnothing$. D'abord, $(\mathcal P(E'),\Delta)$ est bien un groupe commutatif (démonstration similaire à celle de la question précédente). Ensuite, si $X\in \mathcal P(E')$ et $Y\in A$, alors $X\cap Y\subset X\subset E'$ et donc $X\cap Y\in \mathcal P(E')$. C'est bien que $\mathcal P(E')$ est un idéal de $A$. D'abord, si $X\in I$ et si $Y\subset X$, par définition d'un idéal, $Y\cap X$ est dans $I$. Mais $Y\cap X=Y$, et donc $Y\in I$. Prenons ensuite $X,Y\in I$ et posons $X_1=X\backslash Y$. Alors $X_1$ et $Y$ sont disjoints, et donc $X_1\Delta Y=X_1\cup Y=X\cup Y$. De plus, puisque $I$ est un idéal et que $X_1\in I$ par la première partie de cette question, on en déduit que $X_1\Delta Y\in I$. $I$ est alors stable par réunion. Posons $E'$ la réunion de tous les éléments qui sont dans $I$. Cette réunion est nécessairement finie, et en effectuant une petite récurrence à partir de la question précédente, on démontre que $E'\in I$. Par la question précédente, il est clair que $\mathcal P(E')\subset I$. Mais, si $X\in I$, alors $X\subset E'$ par définition de $E'$ et donc $X\in\mathcal P(E')$. Ainsi, $I=\mathcal P(E')$. Il est très facile de vérifier que l'ensemble des parties finies forme un idéal de $A$. Il n'est pas de la forme $\mathcal P(E')$ : si c'était le cas, prenons $x\in E$, et $X=\{x\}$. Alors $X$ est élément de l'idéal et donc $X\in \mathcal P(E')$ soit $x\in E'$. On aurait donc $E=E'$, mais dans l'idéal on n'a pas pris les parties infinies de $E$ et l'idéal est différent de $\mathcal P(E)$.

25 - Radical d'un idéal [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soit $A$ un anneau commutatif (unitaire). Si $I$ est un idéal de $A$, on appelle radical de $I$ l'ensemble $\sqrt{I}=\{x\in A;\ \exists n\geq 1,\ x^n\in I\}$. Montrer que $\sqrt{I}$ est un idéal de $A$. Soient $I,J$ deux idéaux de $A$ et $p\geq 1$. Montrer que $$\sqrt{I.J}=\sqrt{I\cap J}=\sqrt{I}\cap \sqrt{J},\ \sqrt{\sqrt{I}}=\sqrt{I}\textrm{ et }\sqrt{I^p}=\sqrt{I}.$$ Si $A=\mathbb Z$ et $I=k\mathbb Z$, $k\geq 1$, déterminer le radical de $I$.

On commence par remarquer que si $x^n\in I$, alors pour tout $k\geq n$, $x^k=x^{k-n}x^n\in I$ (qui est un idéal). Montrons d'abord que $(\sqrt{I},+)$ est un sous-groupe de $(A,+)$. En effet, $0\in\sqrt{I}$ puisque $I\subset \sqrt{I}$ (prendre $n=1$). De plus, si $x$ est dans $\sqrt{I}$ alors $(-x)^n=(-1)^n x^n\in I$ puisque $x^n\in I$ et que $I$ est un idéal. Prenons maintenant $x$, $y\in \sqrt I$ et $n,m\in\mathbb N$ tels que $x^n\in I$, $y^m\in I$. Alors, par la formule du binôme que l'on peut appliquer dans l'anneau commutatif $A$, on a $$(x+y)^{n+m}=\sum_{k=0}^{n+m} \binom{n+m}{k}x^ky^{n+m-k}.$$ Or, si $k\leq n$, alors $n+m-k\geq m$ et donc $y^{n+m-k}\in I$, ce qui entraine $x^k y^{n+m-k}\in I$. Si $k\geq n$, cette fois $x^k\in I$ et donc $x^k y^{n+m-k}\in I$. $(I,+)$ étant un sous-groupe de $(A,+)$, on en déduit que $(x+y)^{n+m}\in I$, c'est-à-dire $x+y\in\sqrt{I}$. Finalement, prouvons que pour $a\in A$ et $x\in \sqrt{I}$, alors $ax\in\sqrt{I}$. Soit $n\geq 0$ tel que $x^n\in I$. Alors $(ax)^n=a^n x^n\in I$, ce qui prouve le résultat. Soit $x\in\sqrt{I.J}$. Il existe $n\geq 1$ tel que $x^n\in I.J$, c'est-à-dire $x^n=\sum_k a_kb_k$ avec $a_k\in I$ et $b_k\in J$. Alors $x^n\in I$ puisque $I$ est un idéal et $x^n=ab$, $a\in I$, et de même $x^n\in J$ (on utilise en fait que $I.J\subset I\cap J$). Ainsi, $x\in\sqrt{I\cap J}$. Soit maintenant $x\in\sqrt{I\cap J}$. Alors il existe $n\geq 1$ tel que $x^n\in I$ et $x^n\in J$. Donc $x\in\sqrt{I}$ et $x\in\sqrt{J}$, soit $x\in\sqrt{I}\cap\sqrt{J}$. Finalement, soit $x\in\sqrt{I}\cap\sqrt{J}$. Alors il existe $n,m\geq 1$ tels que $x^n\in I$ et $x^m\in J$. Alors $x^{n+m}=x^nx^m\in I.J$, et donc $\sqrt{I}\cap\sqrt{J}\subset\sqrt{I.J}$. On a $I\subset\sqrt{I}$ et donc ${\sqrt{I}}\subset\sqrt{\sqrt{I}}$. Réciproquement, prenons $x\in\sqrt{\sqrt{I}}$. Il existe $n\geq 1$ tel que $x^n\in \sqrt{I}$. Posons $y=x^n\in\sqrt{I}$. Il existe $m\geq 1$ tel que $y^m\in I$. Alors, $x^{nm}=y^m\in I$ et donc $x\in\sqrt{I}$. La dernière égalité se prouve de façon tout à fait identique! Soit $x\in\mathbb Z$. $x$ est dans $\sqrt{k\mathbb Z}$ si et seulement si il existe $n\geq 1$ tel que $x^n\in k\mathbb Z$. Autrement dit, $k|x^n$. Décomposons $k$ en produits de facteurs premiers : $k=p_1^{\alpha_1}\dots p_r^{\alpha_r}$. On obtient que $p_i|x^n\implies p_i|x$ pour tout $i=1,\dots,r$ et donc $p_1\dots p_r|x$, ce qui peut encore s'écrire $x\in (p_1\dots p_r)\mathbb Z$. Réciproquement, si $x\in (p_1\dots p_r)\mathbb Z$, alors, $x$ s'écrit $x=p_1\dots p_r m$. Notant $n=\max_{i\in\{1,\dots,r\}}(\alpha_i)$, on a $k|x^n$. Ainsi, on a prouvé que $\sqrt{I}=(p_1\dots p_r)\mathbb Z$.

26 - Idéaux d'un anneau produit [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soit $A$ et $B$ deux anneaux commutatifs et soit $K\subset A\times B$. Démontrer que $K$ est un idéal de $A\times B$ si et seulement si $K=I\times J$, où $I$ est un idéal de $A$ et $J$ est un idéal de $B$.

D'une part, il est facile (et laissé au lecteur) de vérifier que si $I$ et $J$ sont deux idéaux respectifs de $A$ et $B$, alors $I\times J$ est un idéal de $A\times B$. Réciproquement, fixons $K$ un idéal de $A\times B$ et construisons des idéaux $I$ de $A$ et $J$ de $B$ tels que $K=I\times J$. On désigne par $p_A:A\times B\to A$ et $p_B:A\times B\to B$ les projections respectives sur $A$ et $B$, et on pose $I=p_A(K)$, $J=p_B(K)$. Comme $p_A$ et $p_B$ sont des morphismes surjectifs, $I$ et $J$ sont des idéaux respectivement de $A$ et de $B$. Prenons ensuite $z\in K$. Alors $z=(p_A(z),p_B(z))$ est bien un élément de $I\times J$. Pour l'autre inclusion, fixons $(x,y)\in I\times J$ et prouvons que $(x,y)\in K$. Puisque $x\in I$, il existe $b\in B$ tel que $(x,b)\in K$. Puisque $y\in J$, il existe $a\in A$ tel que $(a,y)\in K$. Maintenant, $(1,0)\cdot (x,b)=(x,0)\in K$ (puisque $K$ est un idéal) et de même $(0,1)\cdot (a,y)=(0,y)\in K$. Par somme, $(x,0)+(0,y)=(x,y)\in K$.

27 - Anneau local [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soit $A$ un anneau commutatif. On dit que $A$ est local si l'ensemble $V(A)$ de ses éléments non inversibles est un idéal. Soit $m=p^n$ avec $p$ premier et $n\in\mathbb N^*$. Démontrer que $\mathbb Z/m\mathbb Z$ est local. Soit $m\geq 2$. Démontrer que $\mathbb Z/m\mathbb Z$ est local si et seulement s'il existe un entier premier $p$ et $n\in\mathbb N^*$ tel que $m=p^n.$

On sait que $\bar k$ est inversible dans $\mathbb Z/p^n\mathbb Z$ si et seulement si $k\wedge p^n=1,$ c'est-à-dire si et seulement si $k\wedge p=1.$ Ainsi, $V(\mathbb Z/p^n\mathbb Z)=\{\overline{pk}:\ k\in\mathbb Z\}.$ Il est facile de vérifier que c'est un idéal, car $\bar 0\in V(\mathbb Z/p^n\mathbb Z)$ et si $\ell,m\in\mathbb Z,$ alors $$\overline{pk}-\overline{p\ell}=\overline{p(k-\ell)}\in V(\mathbb Z/p^n\mathbb Z)$$ et $$\overline{pk}\times\overline m=\overline{p(k\times m)}\in V(\mathbb Z/p^n\mathbb Z).$$ L'une des deux implications a été démontrée dans la question précédente. Réciproquement, on va procéder par contraposée et démontrer que si $m$ admet deux diviseurs premiers distincts, disons $p$ et $q$, alors $V(\mathbb Z/m \mathbb Z)$ n'est pas un idéal. On sait que $\bar p$ et $\bar q$ sont éléments de $V(\mathbb Z/m\mathbb Z).$ De plus, puisque ce sont deux premiers distincts, ils sont premiers entre eux et on peut leur appliquer le théorème de Bézout : il existe $u,v\in\mathbb Z$ tels que $$pu+qv=1.$$ Ceci donne, dans $\mathbb Z/m\mathbb Z$, $$\bar p \bar u+\bar q\bar v=\bar 1.$$ Alors, si $V(\mathbb Z/m\mathbb Z)$ était un idéal de $\mathbb Z/m\mathbb Z$, $\bar 1$ serait un élément de $V(\mathbb Z/m\mathbb Z)$ et donc on aurait $\mathbb Z/m\mathbb Z=V(\mathbb Z/m\mathbb Z)$ ce qui n'est pas le cas. Ainsi, $V(\mathbb Z/m\mathbb Z)$ n'est pas un idéal de $\mathbb Z/m\mathbb Z$ lorsque $m$ admet deux diviseurs premiers distincts.

28 - Idéaux premiers - idéaux maximaux [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soit $A$ un anneau commutatif. On dit qu'un idéal $I$ est premier si $xy\in I\implies x\in I$ ou $y\in I$. On dit que $I$ est maximal si, pour tout idéal $J$ de $A$ tel que $I\subset J$, on a $J=I$ ou $J=A$. Déterminer les idéaux premiers de $\mathbb Z$. Soit $I$ un idéal et $x\in A\backslash I$. Soit $J$ l'idéal engendré par $I$ et $x$. Montrer que $$J=\left\{a\in A;\ \exists i\in I,\ \exists k\in A,\ a=i+kx\right\}.$$ En déduire que tout idéal maximal est premier. Montrer que si tous les idéaux de $A$ sont premiers, alors $A$ est un corps. Montrer que si $A$ est principal, tout idéal premier non réduit à $\{0\}$ est maximal. (pour ceux qui savent quotienter par un idéal) Soit $I$ un idéal de $A$. Montrer que $I$ est premier si et seulement si $A/I$ est intègre. Montrer que $I$ est maximal si et seulement si $A/I$ est un corps. En déduire une autre preuve que $I$ maximal entraine $I$ premier.

Soit $I=n\mathbb Z$ un idéal de $\mathbb Z$. Si $n=0$, alors $I=\{0\}$ qui est premier puisque si $xy=0$, alors $x=0$ ou $y=0$. Si $n=1$, alors $I=\mathbb Z$ est clairement premier. On suppose maintenant $n\geq 2$. Si $n$ n'est pas premier, alors $n$ se factorise en $ab$ avec $1<a,b<n$. Mais, ou bien $a\in I$, ou bien $b\in I$ et donc $a$ ou $b$ est un multiple de $n$ ce qui est une contradiction. Réciproquement, si $n$ est premier et $xy\in I$, ie $n|xy$, alors, par le théorème de Gauss, $n|x$ ou $n|y$, ce qui prouve $x\in I$ ou $y\in I$. En résumé, $n\mathbb Z$ est un idéal premier si et seulement si $n$ est premier ou $n\in\{0,1\}$. On pose $K=\left\{a\in A;\ \exists i\in I,\ \exists k\in A,\ a=i+kx\right\}$ et on va montrer que $K=J$. On remarque d'abord que $K$ est un idéal (la preuve est facile!) et qu'il contient $I$ et $x$. D'autre part, soit $J'$ un idéal de $A$ contenant $I$ et $x$, et soit $a=i+kx$ un élément de $K$. Puisque $I\subset J'$, on a $i\in J'$ et puisque $x\in J'$, on a $kx\in J'$. Ainsi, $K\subset J'$ : $K$ est bien l'idéal engendré par $I$ et $x$. Soit $I$ un idéal maximal et $x,y\in A$ tels que $x\notin I$ et $xy\in I$. On doit prouver que $y\in I$. Pour cela, on considère $J$ l'idéal engendré par $I$ et $x$. Puisque $I$ est maximal et que $J$ est contient strictement $I$, on sait que $J=A$. Or, d'après la question précédente, tout élément de $J$ s'écrit $i+kx$, $i\in I$ et $k\in A$. Ainsi, $1=i+kx$. On multiplie par $y$ et on obtient $$y=yi+k(xy).$$ Mais $yi\in I$ car $I$ est un idéal, $k(xy)$ aussi et donc $y$ est aussi élément de $I$ ce qui termine la démonstration. On commence par démontrer que $A$ est intègre. En effet, l'idéal engendré par 0 est premier. Donc, si $xy\in (0)=\{0\}$, alors $x=0$ ou $y=0$ et donc $A$ est intègre. Soit ensuite $x\in A$ non nul. Il s'agit de démontrer que $x$ est inversible. On considère $I$ l'idéal engendré par $x^2$. Alors $x\times x\in I$. Puisque $I$ est premier, $x\in I$. Mais comme $I$ est l'idéal engendré par $x^2$, il existe $b\in A$ tel que $x=bx^2$. On regroupe et on factorise en $x(1-bx)=0$. Puisque $A$ est intègre et $x$ est non-nul, on obtient $1=bx$ et donc $x$ est inversible d'inverse $b$. Soit $I=(a)$ un idéal premier de $A$ avec $a\neq 0$ et soit $J$ un idéal avec $I\subset J$. Puisque $A$ est principal, $J=(b)$. Puisque $I\subset J$, $a=bc$ pour $c\in A$. Puisque $I$ est premier, on a ou bien $b\in I$, mais alors $(b)\subset I$ et donc $J=I$. ou bien $c\in I$, donc $c$ s'écrit $xa$ et on a $a=bxa$. Puisque $A$ est principal, donc intègre, et que $a\neq 0$, ceci entraîne $bx=1$, c'est-à-dire que $b$ est inversible et $J=A$. Ceci prouve que $I$ est maximal. On a \begin{eqnarray*} A/I\textrm{ intègre}&\iff&\forall x,y\in A,\ \overline x\overline y=0\implies \overline x=0\textrm{ ou }\overline y=0\\ &\iff&\forall x,y\in A,\ xy\in I\implies x\in I\textrm{ ou }y\in I\\ &\iff&I\textrm{ est premier.} \end{eqnarray*} Pour la seconde assertion, on peut remarquer que $A/I$ est un corps si et seulement si ses seuls idéaux sont $\{0\}$ et lui-même. Puisque les idéaux de $A/I$ sont en bijection avec les idéaux de $A$ contenant $I$, on en déduit que $A/I$ est un corps si et seulement si les seuls idéaux de $A$ contenant $I$ sont $I$ et $A$, c'est-à-dire si et seulement $I$ est maximal. Enfin, puisqu'un corps est intègre, on a bien $I$ maximal entraine $I$ premier.

29 - $\mathbb Z^2$ est principal [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé On souhaite étudier dans cet exercice les idéaux de $\mathbb Z^2$. Soit $I$ un idéal de $\mathbb Z^2$ et $I_1=\{x\in\mathbb Z;\ (x,0)\in I\}$, $I_2=\{y\in\mathbb Z;\ (0,y)\in I\}$. Démontrer que $I_1$ et $I_2$ sont deux idéaux de $\mathbb Z$. Démontrer que $I=I_1\times I_2$. Conclure.

$I_1$ est non-vide car $(0,0)\in I$. Soient $x,y\in I$ et $k\in \mathbb Z$. Alors $(x-y,0)=(x,0)-(y,0)\in I$ et $(kx,0)=(k,2025)\times (x,0)\in I$ d'où $x-y$ et $kx\in I_1$. $I_1$ est un idéal de $\mathbb Z^2$ et la preuve est similaire pour $I_2$. Soit $(x,y)\in I_1\times I_2$. Alors $(x,0)\in I$, $(0,y)\in I$ d'où $(x,y)=(x,0)+(0,y)\in I$. Ainsi, on a $I_1\times I_2\subset I$. Réciproquement, si $(x,y)\in I$, alors $(x,0)=(1,0)\times (x,y)\in I$ et donc $x\in I_1$. De même, $y\in I_2$ et donc $(x,y)\in I_1\times I_2$. $\mathbb Z$ étant principal, il existe des entiers $a$ et $b$ tels que $I_1=a\mathbb Z$ et $I_2=b\mathbb Z$. Alors d'après la question précédente, $I=a\mathbb Z\times b\mathbb Z=(a,b)\mathbb Z^2$.

30 - $\mathbb Z[X]$ n'est pas principal [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Démontrer que l'idéal $I$ engendré par $2$ et $X$ n'est pas un ideal principal de $\mathbb Z[X]$.

Supposons que cet idéal soit principal, et notons $P\in\mathbb Z[X]$ tel que $I=(P).$ Alors on sait que $P|2$ et donc $P=c$ est une constante. De plus, $P|X$, et donc $X=c Q$ avec $Q\in\mathbb Z[X]$. Ceci n'est possible que si $c=\pm 1$ et $Q=\pm X$. Finalement, $P$ est un élément inversible de $\mathbb Z[X]$ et $I=\mathbb Z[X]$. Reste à voir que ce n'est pas le cas. En effet, $$I=\left\{\lambda 2+\mu X:\ \lambda,\mu\in \mathbb Z[X]\right\}.$$ En particulier, $3\notin I$ car le terme constant de $\lambda 2+\mu X$ est toujours divisible par $2$.

31 - L'anneau des nombres décimaux est principal [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soit $(\mathbb D,+,\times)$ l'anneau des nombres décimaux, c'est-à-dire l'ensemble des nombres de la forme $\frac{n}{10^k}$, avec $n\in\mathbb Z$ et $k\in\mathbb N$. Démontrer que cet anneau est principal.

Soit $I$ un idéal de $\mathbb D$. Alors $I\cap\mathbb Z$ est un idéal de $\mathbb Z$, qui est un anneau principal. Il existe donc $a\in\mathbb Z$ tel que $I\cap\mathbb Z=a\mathbb Z$. On va prouver que $I=a\mathbb D$. Il est d'abord clair que $a\mathbb D\subset I$ puisque $a\in I$ et que $I$ est un idéal. Réciproquement, soit $x=\frac n{10^k}\in I$. Alors $n=10^k x\in I\cap \mathbb Z$ et donc $n=am$ pour un certain $m\in\mathbb Z$. Ainsi, $x=\frac{m}{10^k}a\in a\mathbb D$. Les idéaux de $\mathbb D$ sont donc les parties de $\mathbb D$ du type $a\mathbb D$, avec $a\in\mathbb Z$.

32 - $\mathbb Z/n\mathbb Z$ est principal [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soit $n\geq 2$. Démontrer que tous les idéaux de l'anneau $\mathbb Z/n\mathbb Z$ sont principaux. A quelle condition $\mathbb Z/n\mathbb Z$ est-il principal?

Soit $I$ un idéal de $\mathbb Z/n\mathbb Z$, et $J=\{m\in\mathbb Z;\ \bar m\in I\}$. Alors $J$ est un idéal de $\mathbb Z$. Il est non-vide car $I$ est non-vide, et si $u,v\in J,\ k\in \mathbb Z$, alors $$\overline{u+v}=\bar u+\bar v\in I\implies u+v\in J$$ $$\overline{ku}=\bar k\times \bar u\in I\implies ku\in J.$$ Ainsi, il existe $a\in\mathbb Z$ tel que $J=a\mathbb Z$. Démontrons alors que $I=\bar a \cdot \mathbb Z/n\mathbb Z$. Puisque $\bar a\in I$ et que $I$ est un idéal, il est clair que $\bar a\cdot \mathbb Z/n\mathbb Z\subset I$. Réciproquement, soit $\bar u\in I$. Alors $u\in J$ et donc il existe $k\in\mathbb Z$ tel que $u=ak$. Alors $\bar u=\overline{ak}=\bar a\cdot \bar k$ et donc $u\in a\cdot \mathbb Z/n\mathbb Z$. Ainsi, $\bar u\in I$, ce qui prouve l'inclusion réciproque. Ainsi, on a prouvé que tous les idéaux de $\mathbb Z/n\mathbb Z$ sont principaux. Pour que l'anneau lui-même soit principal, il faut encore qu'il soit intègre. Ceci n'est vrai que si $n$ est premier.

33 - Anneau des entiers de Gauss [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soit $\mathbb Z[i]=\{a+ib;\ a,b\in\mathbb Z^2\}$. Démontrer que $\mathbb Z[i]$ est un sous-anneau de $(\mathbb C,+,\times)$. Quels sont les éléments inversibles de $\mathbb Z[i]$? Soit $z\in\mathbb C$. Démontrer qu'il existe $\omega\in \mathbb Z[i]$ tel que $|z-\omega|<1$. Soient $u,v\in\mathbb Z[i]$ avec $v\neq 0$. Démontrer qu'il existe $q,r\in \mathbb Z[i]$ avec $u=qv+r$ et $|r|<|v|$. A-t-on unicité? Démontrer que $\mathbb Z[i]$ est principal.

Il suffit de vérifier les propriétés… La preuve est laissée au lecteur! Soit $a+ib$ un élément de $\mathbb Z[i]$ inversible. Son inverse est nécessairement le même que dans $\mathbb C$, c'est-à-dire $$\frac 1{a+ib}=\frac{a}{a^2+b^2}-i\frac{b}{a^2+b^2}.$$ On ne peut pas avoir $(a,b)=(0,0)$. Si $|a|\geq 2$, alors $\frac{a}{a^2+b^2}$ ne peut pas être un entier, et de même si $|b|\geq 2$, $ \frac{b}{a^2+b^2}$ ne peut pas être un entier. On a donc $|a|\leq 1$ et $|b|\leq 1$. Mais le cas $(a,b)=(\pm 1,\pm 1)$ ne convient pas non plus. Donc les seules possibilités sont $(\pm 1,0)$ et $(0,\pm 1)$ qui donnent effectivement des éléments inversibles. $\mathbb Z[i]$ possède donc 4 éléments inversibles : $1,-1,i,-i$. Écrivons $z=x+iy$. On approche $x$ et $y$ par l'entier le plus proche : il existe $a\in \mathbb Z$ et $b\in\mathbb Z$ tels que $|x-a|\leq \frac 12$ et $|y-b|\leq \frac 12$. Mais alors, si on pose $\omega=a+ib$, on obtient $$|z-\omega|^2=(x-a)^2+(y-b)^2\leq \frac 14+\frac 14\leq \frac 12<1.$$ D'après la question précédente, il existe $q\in \mathbb Z[i]$ tel que $$\left|\frac uv-q\right|<1.$$ Posons $r=v\left(\frac uv-q\right).$ Alors $|r|<|v|$ et on a bien $u=qv+r$. On n'a pas en général unicité de cette "division euclidienne" car on n'a pas unicité dans l'approximation de la question précédente. Prenons par exemple $u=1+i$ et $v=2$, de sorte que $u/v$ peut être approché par $0$ ou $1$ (ou aussi par $i$ et $1+i$). On peut alors écrire les deux divisions $$1+i=0\times 2+(1+i)$$ $$1+i=1\times 2+(-1+i)$$ avec chaque fois le module du reste inférieur strict à $2$. Soit $I$ un idéal de $\mathbb Z[i]$ non réduit à $\{0\}$. On considère $a\in I\backslash\{0\}$ tel que $|a|$ est minimal. Ceci a un sens, car $|z|\geq 1$ pour tout $z\in \mathbb Z[i]\backslash \{0\}$, et il y a seulement un nombre fini d'éléments de $\mathbb Z[i]$ de module inférieur à un réel donné. On va alors démontrer que $I$ est l'idéal engendré par $a$. Pour cela, prenons $u\in I$ et effectuons la division euclidienne donnée par la question précédente : $$u=qa+r\textrm{ avec }|r|<|a|.$$ Mais alors, $u\in I$, $qa\in I$ et donc $r\in I$. Par minimalité de $|a|$, on doit avoir $|r|=0$, ce qui prouve que $u\in a\mathbb Z[i]$.

34 - Suite d'idéaux et anneau principal [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soit $A$ un anneau principal. On suppose que toute suite décroissante (pour l'inclusion) d'idéaux de $A$ est stationnaire. Montrer que $A$ est un corps. Démontrer que toute suite croissante (pour l'inclusion) d'idéaux de $A$ est stationnaire.

Soit $a$ un élément non-nul de $A$, et $I_n$ l'idéal engendré par $a^n$. Alors $I_{n+1}\subset I_n$. En effet, si $x\in I_{n+1}$, $x$ s'écrit $a^{n+1}u$, soit encore $a^n(au)$. Ainsi, la suite $(I_n)$ est décroissante et donc stationnaire. Soit $p$ un entier tel que $I_p=I_{p+1}$. En particulier, $a^p$ est élément de $I_{p+1}$, c'est-à-dire que $a^p=a^{p+1}u$, $u\in A$. On peut réécrire ceci en $a^p(1-au)=0$ ce qui implique, car $A$ est intègre et $a$, donc $a^n$, sont non-nuls, $1-au=0\iff au=1$. Ainsi, $a$ est inversible. Comme $a$ est arbitraire dans $A\backslash\{0\}$, $A$ est un corps. Notons $(I_n)$ une suite croissante d'idéaux de $A$ et posons $I=\bigcup_n I_n$. Alors il est facile de vérifier que $I$ est un idéal. Puisque $A$ est principal, il existe $a\in I$ tel que $I$ est l'idéal engendré par $a$. Mais alors, il existe $N\in\mathbb N$ tel que $a\in I_N$. On prouve alors que pour tout $n\geq N$, on a $I_n =aA$. En effet, on a $I_n\subset I=aA$, et $a\in I_N\subset I_n\implies aA\subset I_n$.

35 - Algèbre des matrices qui commutent avec une autre [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soit $A\in\mathcal M_n(\mathbb R)$. On note $C=\{M\in\mathcal M_n(\mathbb R);\ AM=MA\}$. Montrer que $C$ est une algèbre.

Il suffit de démontrer que $C$ est une sous-algèbre de $\mathcal M_n(\mathbb R)$, c'est-à-dire à la fois un sous-anneau et un sous-espace vectoriel de $\mathcal M_n(\mathbb R)$. Remarquons que la matrice nulle $0$ et $I_n$ sont membres de $C$. De plus, pour tous $M,N\in C$ et tout $\lambda\in\mathbb R$, alors on vérifie facilement que $MN\in C$; $\lambda M\in C$; $M-N\in C$. C'est bien que $C$ est une algèbre.

36 - Une algèbre de matrices [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Pour $a,b,c\in\mathbb R$, on note $$M(a,b,c)=\left(\begin{array}{ccc} a&b&c\\ c&a&b\\ b&c&a \end{array}\right)$$ et $E=\{M(a,b,c);\ a,b,c\in \mathbb R\}$. Démontrer que $E$ une algèbre, et en donner une base en tant qu'espace vectoriel.

On va prouver que $E$ est une sous-algèbre de $\mathcal M_3(\mathbb R)$. Pour cela, notons $$A=\left(\begin{array}{ccc} 0&1&0\\ 0&0&1\\ 1&0&0 \end{array} \right)\textrm{ et } B=\left(\begin{array}{ccc} 0&0&1\\ 1&0&0\\ 0&1&0 \end{array} \right).$$ Alors il est clair que $E=\textrm{vect}(I_3,A,B)$ et que la famille $(I_3,A,B)$ est libre. On en déduit que $E$ est un sous-espace vectoriel de $\mathcal M_3(\mathbb R)$ de dimension 3. De plus, un calcul rapide montre que $$M(a,b,c)M(a',b',c')=M(aa′ +bc′ +cb′,ab′ +a′b+cc′,ac′ +a′c+bb′).$$ $E$ est stable par produit matriciel, et c'est une sous-algèbre de $\mathcal M_3(\mathbb R)$.

37 - Algèbres commutatives intègres de dimension finie sur $\mathbb R$. [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soit $A$ une algèbre commutative intègre de dimension finie $n\geq 2$ sur $\mathbb R$. On identifie $\mathbb R$ avec $\mathbb R.1$, où $1$ est l'élément neutre de $A$ pour la multiplication. Démontrer que tout $a\in A$ non-nul est inversible. Soit $a\in A$ et non dans $\mathbb R=\textrm{vect}(1)$. Prouver que la famille $(1,a)$ est libre, tandis que la famille $(1,a,a^2)$ est liée. En déduire l'existence de $i\in \textrm{vect}(1,a)$ tel que $i^2=-1$. En déduire que $\dim(A)=2$. En déduire que $A$ est isomorphe à $\mathbb C$.

Soit $a\in A\backslash \{0\}$. Alors $\phi:A\to A,\ x\mapsto ax$ est une application linéaire si l'on voit $A$ comme un $\mathbb R$-espace vectoriel. Elle est injective, car $A$ est intègre et donc son noyau est réduit à $\{0\}$. Comme $A$ est de dimension finie, l'application est bijective. Il existe $x\in A$ tel que $ax=1$, ce qui prouve que $a$ est inversible. $1$ et $a$ sont non-nuls et $a\notin \textrm{vect}(1)$. Donc $(1,a)$ est libre. Maintenant, puisque $A$ est de dimension finie $n$, la famille $(1,a,a^2,\dots,a^n)$ qui est constituée par $n+1$ vecteurs est liée. Il existe un polynôme $P\in\mathbb R_n[X]$ tel que $P(a)=0$. On factorise $P$ en produit d'irréductibles, $P=P_1\cdots P_r$. Alors $$P_1(a)\cdots P_r(a)=0.$$ Puisque $A$ est intègre, il existe un $k$ tel que $P_k(a)=0$. Mais $P_k$ est de degré au plus 2, et il ne peut pas être de degré 1 puisque $(1,a)$ est libre. Donc $P_k$ est de degré 2 et $(1,a,a^2)$ est liée. Soient $\alpha,\beta$ tels $a^2+\alpha a+\beta=0$, avec $\Delta=\alpha^2-4\beta<0$ (conséquence de la question précédente). On a alors $$\left(a+\frac\alpha 2\right)^2=\frac{\alpha^2-4\beta}4$$ ce qui entraîne $$\left(\frac{2a+\alpha}{\sqrt{4\beta-\alpha^2}}\right)^2=-1.$$ On a trouvé notre $i$! Si $\dim(A)>2$, on pourrait trouver $b$ tel que la famille $(1,a,b)$ soit libre. Comme à la question précédente, on trouverait $j\in \textrm{vect}(1,b)$ tel que $j^2=-1$. Mais alors, $$(i-j)(i+j)=0$$ et par intégrité de $A$, un des deux facteurs doit être nul. Dans un cas comme dans l'autre, cela implique $j\in \textrm{vect}(1,a)$ et donc $b\in\textrm{vect}(1,a)$, puisque qu'on peut aussi dire que $b\in\textrm{vect}(1,j)$. C'est une contradiction, et donc la dimension de $A$ est deux. L'isomorphisme est donné par $1_A\mapsto 1_{\mathbb C}$ et $i_A\mapsto i_{\mathbb C}$, dont on vérifie facilement que c'est un morphisme d'algèbre.

1 - QCM [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Pour chaque question, une seule réponse est juste. Laquelle? La somme $\sum_{k=0}^n 2$ $$\mathbf a.\textrm{ n'a pas de sens}\ \ \mathbf b. \textrm{ vaut }2(n+1)\ \ \mathbf c.\ \textrm{vaut }2n.$$ La somme $\sum_{p=0}^{2n+1}(-1)^p$ est égale à $$\mathbf a.\ 1\ \ \mathbf b.\ -1\ \ \mathbf c.\ 0.$$ Le produit $\prod_{i=1}^n (5a_i)$ est égal à $$\mathbf a.\ 5\prod_{i=1}^n a_i\ \ \mathbf b.\ 5^n\prod_{i=1}^n a_i\ \ \mathbf c.\ 5^{n-1}\prod_{i=1}^n a_i.$$

On somme $(n+1)$ fois le nombre 2. La bonne réponse est b. On somme $(n+1)$ fois le nombre 1 (pour les $p$ correspondant à $0,2,\dots 2n$), et $(n+1)$ faut le nombre $-1$ (pour les $p$ correspondant à $1,3,\dots,2p+1$). La bonne réponse est c. (Si vous n'êtes pas convaincu, essayez le calcul avec $n=2,3,...$). Dans chaque produit, il y a le terme 5 qui ne dépend pas de $i$ et qu'on peut extraire du produit. Comme il y a $n$ termes dans le produit, la bonne réponse est b.

2 - Écrire à l'aide du symbole somme [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Écrire à l'aide du symbole somme les sommes suivantes : $2^3+2^4+\cdots+2^{12}$. $\frac 12+\frac24+\frac{3}8+\cdots+\frac{10}{1024}$. $2-4+6-8+\cdots+50$. $1-\frac 12+\frac13-\frac 14+\cdots+\frac1{2n-1}-\frac{1}{2n}$.

$\sum_{k=3}^{12}2^k$. $\sum_{k=1}^{10}\frac k{2^k}.$ En remarquant que $2=2\times 1$, $4=2\times 2$, jusque $50=2\times 25$, et que devant les termes du type $2k$, où $k$ est impair, on a un signe $+$ et devant les termes du type $2k$, où $k$ est impair, on a un signe $-$, on peut écrire la somme $\sum_{k=1}^{25}(-1)^{k+1}\times 2k=2\sum_{k=1}^{25} (-1)^{k+1}k.$ $\sum_{k=1}^{2n} \frac{(-1)^{k+1}}k$.

3 - A l'aide du symbole somme [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Écrire à l'aide du symbole $\sum$ les sommes suivantes : $n+(n+1)+\dots+2n$; $\frac{x_1}{x_n}+\frac{x_2}{x_{n-1}}+\cdots+\frac{x_{n-1}}{x_2}+\frac{x_n}{x_1}$.

Pour chaque question, plusieurs réponses sont possibles. Parmi ces réponses : $\sum_{k=n}^{2n}k$. $\sum_{k=1}^n \frac{x_k}{x_{n+1-k}}$.

4 - Différence de deux sommes [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Pour $n\geq 1$, on pose $u_n=\sum_{k=n}^{2n}\frac 1k$. Simplifier $u_{n+1}-u_n$ puis étudier la monotonie de $(u_n)$.

Lorsqu'on calcule $u_{n+1}-u_n$, $$u_{n+1}-u_n=\sum_{k=n+1}^{2n+2}\frac 1k-\sum_{k=n}^{2n}\frac 1k,$$ on s'aperçoit que tous les termes se simplifient, hormis les deux derniers de la première somme, et le premier de la deuxième somme. On trouve donc $$u_{n+1}-u_n=\frac{1}{2n+1}+\frac{1}{2n+2}-\frac{1}n.$$ On peut ensuite mettre tout au même dénominateur pour étudier la monotonie de la suite $(u_n)$ : \begin{align*} u_{n+1}-u_n&=\frac{n(2n+2)+n(2n+1)-(2n+1)(2n+2)}{n(2n+1)(2n+2)}\\ &=\frac{2n^2+2n+2n^2+n-4n^2-6n-2}{n(2n+1)(2n+2)}\\ &=\frac{-3n-2}{n(2n+1)(2n+2)}\\ &\leq 0. \end{align*} La suite $(u_n)$ est décroissante.

5 - Changement d'indice [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soit $n\geq 1$. Démontrer que $$\sum_{k=n+1}^{2n-1}\ln\left(\sin\left(\frac{k\pi}{2n}\right)\right)=\sum_{k=1}^{n-1} \ln\left(\sin\left(\frac{k\pi}{2n}\right)\right).$$

Il y a deux possibilités naturelles pour effectuer le changement d'indice et obtenir les bonnes bornes. On peut poser $j=k-n$, ou $j=2n-k$. Le deuxième choix permet plus facilement d'arriver au résultat. Posons donc $j=2n-k$. Alors : \begin{align*} \sum_{k=n+1}^{2n-1}\ln\left(\sin\left(\frac{k\pi}{2n}\right)\right)&= \sum_{j=1}^{n-1}\ln\left(\sin\left(\pi-\frac{j\pi}{2n}\right)\right)\\ &=\sum_{j=1}^{n-1}\ln\left(\sin\left(\frac{j\pi}{2n}\right)\right) \end{align*} en utilisant la formule $\sin(\pi-x)=\sin(x)$. C'est exactement le résultat demandé.

6 - Changement d'indice magique [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Calculer la somme $\sum_{k=1}^n \left(\frac 1k-\frac1{n+1-k}\right)$.

On commence par séparer la somme en deux : $$\sum_{k=1}^n \left(\frac 1k-\frac1{n+1-k}\right)=\sum_{k=1}^n \frac 1k-\sum_{k=1}^n \frac1{n+1-k}.$$ On effectue ensuite le changement d'indices $j=n+1-k$ dans la deuxième somme. On a $$1\leq k\leq n\iff -1\geq -k\geq -n\iff n\geq n+1-k\geq 1.$$ La deuxième somme devient donc $$\sum_{k=1}^n \frac1{n+1-k}=\sum_{j=1}^n \frac1j=\sum_{k=1}^n \frac 1k.$$ On trouve finalement $$\sum_{k=1}^n \left(\frac 1k-\frac1{n+1-k}\right)=0.$$

7 - Simplifier! [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Simplifier les sommes et produits suivants : $$\begin{array}{lcl} \mathbf 1.\ \sum_{k=1}^n \ln\left(1+\frac 1k\right)&\quad\quad&\mathbf 2.\ \prod_{k=2}^n \left(1-\frac1{k^2}\right)\\ \mathbf 3.\ \sum_{k=0}^n \frac{1}{(k+2)(k+3)}. \end{array}$$

On commence par remarquer que $$\ln\left(1+\frac 1k\right)=\ln\left(\frac{k+1}k\right)=\ln(k+1)-\ln k.$$ On en déduit que \begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^n \ln\left(1+\frac 1k\right)&=&\sum_{k=1}^n \ln(k+1)-\sum_{k=1}^n \ln(k)\\ &=&\sum_{k=2}^{n+1}\ln(k)-\sum_{k=1}^n \ln (k)\\ &=&\ln(n+1)-\ln(1)\\ &=&\ln(n+1). \end{eqnarray*} On commence par remarquer que $$\left(1-\frac1{k^2}\right)=\frac{k^2-1}{k^2}=\frac{(k-1)(k+1)}{k^2}.$$ On en déduit que \begin{eqnarray*} \prod_{k=2}^n \left(1-\frac1{k^2}\right)&=&\frac{\prod_{k=2}^n (k-1)\prod_{k=2}^n (k+1)} {\left(\prod_{k=2}^n k\right)^2}\\ &=&\frac{(n-1)!\times\frac12\times (n+1)!}{(n!)^2}\\ &=&\frac{n+1}{2n}. \end{eqnarray*} On commence par remarquer que $$\frac 1{(k+2)(k+3)}=\frac1{k+2}-\frac 1{k+3}.$$ On raisonne alors exactement comme pour la première somme : \begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^n \frac{1}{(k+2)(k+3)}&=&\sum_{k=0}^n \frac1{k+2}-\sum_{k=0}^n \frac 1{k+3}\\ &=&\sum_{k=0}^n \frac1{k+2}-\sum_{k=1}^{n+1}\frac{1}{k+2}\\ &=&\frac 12-\frac 1{n+3}. \end{eqnarray*}

8 - Télescopage [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Déterminer deux réels $a$ et $b$ tels que, pour tout $k\in\mathbb N$, $$\frac 1{(k+1)(k+3)}=\frac a{k+1}+\frac b{k+3}.$$ En déduire la valeur de la somme $$S_n=\sum_{k=0}^n \frac{1}{(k+1)(k+3)}.$$

On réduit au même dénominateur, et on trouve $$\frac a{k+1}+\frac b{k+3}=\frac{(a+b)k+(3a+b)}{(k+1)(k+3)}.$$ Par identification, on cherche à résoudre le système $$\left\{\begin{array}{rcl} a+b&=&0\\ 3a+b&=&1 \end{array}\right.$$ dont la seule solution est $a=1/2$, $b=-1/2$. On en déduit \begin{eqnarray*} S_n&=&\frac12\sum_{k=0}^n \frac 1{k+1}-\frac 12\sum_{k=0}^n \frac 1{k+3}\\ &=&\frac 12\sum_{k=0}^n \frac1{k+1}-\frac12\sum_{k=2}^{n+2} \frac{1}{k+1}\\ &=&\frac12\left(1+\frac 12-\frac1{n+2}-\frac1{n+3}\right)\\ &=&\frac{3n^2+11n+8}{4(n+2)(n+3)}. \end{eqnarray*}

9 - Somme télescopique et factorielle [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé En utilisant une somme télescopique, calculer $\sum_{k=1}^n k\cdot k!$.

Pour faire apparaître une somme télescopique, on va écrire $k=(k+1)-1$. Il vient \begin{align*} \sum_{k=1}^n k\cdot k!&=\sum_{k=1}^n (k+1-1)\cdot k!\\ &=\sum_{k=1}^n \big( (k+1)!-k!\big)\\ &=(n+1)!-1!=(n+1)!-1. \end{align*}

10 - Transformer en somme télescopique [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Déterminer une suite $(u_k)$ telle que, pour tout $k\geq 0$, on ait $$u_{k+1}-u_k=(k+2) 2^k.$$ En déduire $\sum_{k=0}^{n}(k+2)2^k.$

On va chercher $u_k$ sous la forme $u_k=(ak+b)2^k$. On a alors $$u_{k+1}-u_k=(a(k+1)+b)2^{k+1}-(ak+b)2^k=(2ak+2a+2b-ak-b)2^k=(ak+2a+b)2^k.$$ On obtient donc le résultat si on choisit $a=1$ et $b=0$. Il s'agit maintenant d'une simple somme télescopique : \begin{align*} \sum_{k=0}^n (k+2)2^k&=\sum_{k=0}^n \big(u_{k+1}-u_k\big)\\ &=u_{n+1}-u_0\\ &=(n+1)2^{n+1}. \end{align*}

11 - Somme et factorielles [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Démontrer que, pour tout $n\in\mathbb N^*$, on a $$(n+1)!\geq\sum_{k=1}^n k!\quad.$$

Pour chaque entier $k$ dans $\{1,\dots,n\}$, on a $k!\leq n!$. On obtient donc $$\sum_{k=1}^n k!\leq\sum_{k=1}^n n!=n\times n!$$ puisque la somme de droite est une somme de termes constants. Puisque $n\leq n+1$, on obtient bien $$\sum_{k=1}^n k!\leq (n+1)\times n!=(n+1)!\quad .$$

12 - Somme et somme des carrés [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soit $n\geq 1$ et $x_1,\dots,x_n$ des réels vérifiant $$\sum_{k=1}^n x_k=n\textrm{ et }\sum_{k=1}^n x_k^2=n.$$ Démontrer que, pour tout $k$ dans $\{1,\dots,n\}$, $x_k=1$.

Calculons $\sum_{k=1}^n (1-x_k)^2$ : $$\sum_{k=1}^n (1-x_k)^2=\sum_{k=1}^n 1-2\sum_{k=1}^n x_k+\sum_{k=1}^n x_k^2=n-2n+n=0.$$ Or, une somme de réels positifs est nulle si et seulement si chacun des termes de la somme est nul. On en déduit le résultat demandé.

13 - Somme des entiers, des carrés,... [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Pour $n\in\mathbb N^*$, on note $$a_n=\sum_{k=1}^n k,\ b_n=\sum_{k=1}^n k^2\textrm{ et }c_n=\sum_{k=1}^n k^3.$$ Démontrer que $\displaystyle a_n=\frac{n(n+1)}2$, que $\displaystyle b_n=\frac{n(n+1)(2n+1)}6$ et que $c_n=a_n^2$.

On procède simplement par récurrence sur $n$. Voyons d'abord pourquoi la formule est vraie pour $a_n$. Elle est vraie pour $n=1$ (car $1=\frac{1\times 2}{2}$). Soit $n\in\mathbb N$ telle qu'elle est vraie au rang $n$ et prouvons-la au rang $n+1$. Alors, $$a_{n+1}=a_n+(n+1)=\frac{n(n+1)}2+(n+1)=(n+1)\times\left(\frac n2+1\right)=\frac{(n+1)\big((n+1)+1\big)}2.$$ La formule est donc vraie au rang $n+1$ et par le principe de récurrence, elle est vraie pour tout entier $n\geq 0$. Le raisonnement est rigoureusement identique pour $b_n$ et pour $c_n$. Voyons par exemple le cas de $c_n$. Comme précédemment, la formule est vraie au rang $1$, et si elle est vraie au rang $n$, alors $$c_{n+1}=c_n+(n+1)^3=\frac{n^2(n+1)^2}4+(n+1)^3=(n+1)^2\left(\frac {n^2}4+(n+1)\right).$$ Il suffit alors pour conclure de remarquer que $$\frac {n^2}4+(n+1)=\frac{(n+2)^2}4.$$ La propriété est vraie au rang $n+1$ ce qui clôt la démonstration par récurrence.

14 - Calculs de sommes arithmétiques [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Calculer les somme suivantes : $A_n=\sum_{k=1}^n 3$. $B_n=\sum_{k=1}^n A_k$. $S_n=\sum_{k=0}^{n}(2k+1)$.

On somme des termes constants, et il y a $n$ termes dans la somme, donc $A_n=3n$. Par linéarité, \[ B_n = 3\sum_{k=1}^n k=\frac{3n(n+1)}2. \] On raisonne également par linéarité : \begin{align*} S_n&=2\sum_{k=0}^n k+\sum_{k=0}^n 1\\ &=n(n+1)+(n+1)\\ &=(n+1)^2. \end{align*}

15 - Calculs de sommes géométriques [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Calculer les sommes suivantes : $S=\frac{1}{2^{10}}+\frac{1}{2^{20}}+\frac{1}{2^{30}}+\cdots+\frac{1}{2^{1000}}$. $T_n=\sum_{k=0}^n \frac{2^{k-1}}{3^{k+1}}$.

On remarque que $$S=\sum_{k=1}^{100}\frac{1}{2^{10k}}=\sum_{k=1}^{100}\left(\frac1{2^{10}}\right)^k.$$ Par la formule donnant la somme d'une suite géométrique, on trouve \begin{align*} S&=\frac{ \frac{1}{2^{10}}-\frac 1{2^{1010}}}{1-\frac1{2^{10}}}\\ &=\frac{1-\frac 1{2^{1000}}}{2^{10}-1}\\ &=\frac{2^{1000}-1}{2^{1000}(2^{10}-1)}. \end{align*} On factorise par $1/6$ pour se ramener à une somme géométrique. $$\sum_{k=0}^n\frac{2^{k-1}}{3^{k+1}}=\frac 16\sum_{k=0}^n \left(\frac 23\right)^k=\frac 16\times\frac{1-\left(\frac 23\right)^{n+1}}{1-\frac 23}= \frac{1-\left(\frac 23\right)^{n+1}}2.$$

16 - Calcul de sommes par changements d'indice [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Calculer la somme suivante : $$\sum_{k=1}^n (n-k+1).$$

Effectuons le changement d'indices $\ell=n-k+1$. Lorsque $k$ varie de $1$ à $n$, alors $\ell$ varie aussi de $1$ à $n$. On a donc $$\sum_{k=1}^n (n+1-k)=\sum_{\ell=1}^n \ell=\frac{n(n+1)}2.$$

17 - Calcul de sommes avec indices négatifs [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Calculer la somme suivante : $$\sum_{k=-5}^{15} k(10-k).$$

On écrit en développant le produit $$\sum_{k=-5}^{15}k(10-k)=10\sum_{k=-5}^{15}k-\sum_{k=-5}^{15}k^2.$$ Étudions ensuite la première somme en la découpant en deux : \begin{align*} S_1=\sum_{k=-5}^{15}k&=\sum_{k=-5}^0 k +\sum_{k=1}^{15}k \end{align*} Dans la première de ces deux sommes, on fait le changement de variables $\ell=-k$. Lorsque $k$ va de $-5$ à $0$, $\ell$ va de $0$ à $5$. On trouve donc que \begin{align*} S_1&=-\sum_{\ell=0}^5 \ell+\sum_{k=1}^{15}k\\ &=-\frac{5\times 6}2+\frac{15\times 16}2\\ &=105. \end{align*} Pour la deuxième somme, on fait le même raisonnement : \begin{align*} S_2=\sum_{k=-5}^{15}k^2&=\sum_{k=-5}^0 k^2 +\sum_{k=1}^{15}k^2\\ &=\sum_{\ell=0}^5(-\ell)^2+\sum_{k=1}^{15}k^2\\ &=\sum_{\ell=0}^5 \ell^2+\sum_{k=1}^{15}k^2\\ &=\frac{5\times 6\times 11}{6}+\frac{15\times 16\times 31}6=1295. \end{align*} Finalement, on trouve $$\sum_{k=-5}^{15} k(10-k)=1050-1295=-245.$$ On peut vérifier cette somme par un petit programme Python :     S=0     for k in range(-5,16):          S+=k*(10-k)     print(S)

18 - Calcul de sommes par découpage [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soit $n\in\mathbb N$. Calculer $A_n=\sum_{k=2n+1}^{3n}(2n)$. Calculer $B_n=\sum_{k=n}^{2n}k$. En déduire la valeur de $S_n=\sum_{k=n}^{3n}\min(k,2n)$.

On ne somme que des termes constants, et donc on trouve $$A_n=n\times (2n)=2n^2.$$ Notons $T_n=\sum_{k=0}^n k$. Alors on a $$B_n=T_{2n}-T_{n-1}=n(2n+1)-\frac{(n-1)n}2=\frac{n(4n+2-(n-1))}2=\frac{3(n+1)n}2.$$ On remarque que si $k\leq 2n$, alors $\min(k,2n)=k$ alors que si $k\geq 2n+1$, on a $\min(k,2n)=2n$. On en déduit que $$S_n=A_n+B_n=2n^2+\frac{3n(n+1)}2=\frac{n(7n+3)}2.$$

19 - Se ramener à une somme classique [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Pour $n\geq 1$, on pose $u_n=\frac{1}{n^2}+\frac{2}{n^2}+\cdots+\frac{n}{n^2}$. Calculer explicitement $u_n$, puis en déduire la limite de la suite $(u_n)$.

En mettant $1/n^2$ en facteur, on se ramène à une somme classique. En effet, on peut écrire $$u_n=\frac1{n^2}\sum_{k=1}^n k=\frac{1}{n^2}\times\frac{n(n+1)}{2}=\frac{n+1}{2n}=\frac{1}2+\frac{1}{2n}.$$ Ainsi, la suite $(u_n)$ tend vers $1/2$.

20 - Un produit [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Pour $n\in\mathbb N^*$ et $x\in\mathbb R$, on note $$P_n(x)=\prod_{k=1}^n \left(1+\frac xk\right).$$ Que valent $P_n(0)$, $P_n(1)$, $P_n(-n)$? Démontrer que pour tout réel non-nul $x$, on a $$P_n(x)=\frac {x+n}xP_n(x-1).$$ Pour $p\in\mathbb N^*$, écrire $P_n(p)$ comme coefficient du binôme.

On a $P_n(0)=1$ (on ne fait que des produits de 1), $P_n(-n)=0$, car alors $$1+\frac{-n}n=0$$ et donc on a un terme nul dans le produit. Enfin, $$P_n(1)=\prod_{k=1}^n \frac{k+1}k=\frac{2\times 3\times\dots\times (n+1)}{1\times 2\times\dots\times n}={n+1}.$$ On a \begin{eqnarray*} P_n(x)&=&\prod_{k=1}^n \frac{x+k}k\\ &=&\frac{(x+1)(x+2)\dots (x+n)}{1\times 2\times\dots\times n}\\ &=&\frac{x+n}{x}\times\frac {(x-1+1)(x-1+2)\dots (x-1+n)}{1\times 2\times\dots\times n}\\ &=&\frac{x+n}xP_n(x-1). \end{eqnarray*} On a $$P_n(p)=\prod_{k=1}^n \frac{k+p}{k}=\frac{(p+1)\dots (p+n)}{n!}=\frac{(n+p)!}{n!p!}=\binom{n+p}{p}.$$

21 - Somme géométrique dans tous ses états [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soit pour $n\in\mathbb N$, $u_n=(-2)^n$. Calculer les sommes suivantes : $$\sum_{k=0}^{2n} u_{k};\quad \sum_{k=0}^{2n+1} u_{k};\quad \sum_{k=0}^{n} u_{2k};\quad \sum_{k=0}^{2n} (u_{k}+n);\quad \left(\sum_{k=0}^{2n} u_{k}\right)+n;\quad \sum_{k=0}^{n} u_{k+n};\quad \sum_{k=0}^{n} u_{kn}.$$

Dans cet exercice, il faut faire très attention aux notations, puis appliquer la formule de la somme d'une série géométrique. Il vient alors $$\sum_{k=0}^{2n} u_{k}=\sum_{k=0}^{2n}(-2)^k=\frac{1-(-2)^{2n+1}}{1-(-2)}=\frac{1+2^{2n+1}}3.$$ $$\sum_{k=0}^{2n+1} u_{k}=\frac{1-2^{2n+2}}3.$$ $$\sum_{k=0}^{n} u_{2k}=\sum_{k=0}^n 4^k=\frac{1-4^{n+1}}{1-4}=\frac{4^{n+1}-1}3.$$ $$\sum_{k=0}^{2n} (u_{k}+n)=\sum_{k=0}^{2n} u_k+\sum_{k=0}^{2n} n=\frac{1+2^{2n+1}}3+n(2n+1).$$ $$\left(\sum_{k=0}^{2n} u_{k}\right)+n=\frac{1+2^{2n+1}}3+n.$$ $$\sum_{k=0}^{n} u_{k+n}=\sum_{k=0}^n (-2)^{k+n}=(-2)^n\sum_{k=0}^n (-2)^k=\frac{(-2)^n(1-(-1)^{n+1} 2^{n+1})}{3}.$$ $$\sum_{k=0}^{n} u_{kn}=\sum_{k=0}^n ((-2)^n)^k=\frac{1-(-2)^{n(n+1)}}{1-(-2)^n},$$ sauf si $n=0$ auquel cas la somme vaut $u_0=1$.

22 - Sommes alternées [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]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.

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 $$S_{2n}=\frac{4n+1-1}4=n.$$

23 - Somme de puissances [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soit $x\in\mathbb R$ et $n\in\mathbb N^*$. Calculer $S_n(x)=\sum_{k=0}^n x^k.$ En déduire la valeur de $T_n(x)=\sum_{k=0}^n k x^k.$

C'est un exercice extrêmement classique qu'il faut savoir faire. On reconnait une somme géométrique de raison $x$. Pour $x\neq 1$, on a $$S_n(x)=\frac{1-x^{n+1}}{1-x}.$$ Pour $x=1$, $S_n(1)=n+1$. On distingue là encore le cas $x=1$. Il donne $$T_n(1)=\sum_{k=0}^n k=\frac{n(n+1)}2.$$ Sinon, on dérive $S_n$ : pour tout $x\neq 1$, $$S_n'(x)=\sum_{k=1}^n kx^{k-1}\implies T_n(x)=xS_n'(x).$$ On calcule alors $S_n'(x)$ avec la formule obtenue à la question précédente et on trouve $$T_n(x)=x\frac{nx^{n+1} −(n+1)x^n +1}{ (x−1)^2}.$$

24 - Sommation d'Abel [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soient $(a_n)_{n\in\mathbb N}$ et $(B_n)_{n\in\mathbb N}$ deux suites de nombres complexes. On définit deux suites $(A_n)_{n\in\mathbb N}$ et $(b_n)_{n\in\mathbb N}$ en posant : $$A_n=\sum_{k=0}^n a_k,\quad\quad b_n=B_{n+1}-B_n.$$ Démontrer que $\sum_{k=0}^n a_kB_k=A_n B_n-\sum_{k=0}^{n-1}A_kb_k.$ En déduire la valeur de $\sum_{k=0}^n 2^kk$.

On convient que $A_{-1}=0$. On a alors \begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^n a_k B_k&=&\sum_{k=0}^n (A_k-A_{k-1})B_k\\ &=&\sum_{k=0}^n A_k B_k-\sum_{k=0}^n A_{k-1}B_k\\ &=&\sum_{k=0}^n A_k B_k-\sum_{k=0}^{n-1} A_k B_{k+1}\\ &=&A_n B_n+\sum_{k=0}^{n-1}A_k (B_k-B_{k+1})\\ &=&A_nB_n-\sum_{k=0}^{n-1} A_k b_k. \end{eqnarray*} On pose $a_k=2^k$ et $B_k=k$. Alors $A_n=2^{n+1}-1$ et $b_k=1$. On en déduit que \begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^n k2^k&=&(2^{n+1}-1)n-\sum_{k=0}^{n-1}(2^{k+1}-1)\\ &=&(2^{n+1}-1)n-2(2^n-1)+n\\ &=&2^{n+1}(n-1)+2. \end{eqnarray*} Ce procédé de transformation de somme s'appelle une sommation d'Abel.

25 - Comment permuter une somme double? [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soit $(a_{i,j})_{(i,j)\in\mathbb N^2}$ une suite double de nombres réels. Soit $n$ et $m$ deux entiers naturels. Intervertir les sommes doubles suivantes : $S_1=\sum_{i=0}^n \sum_{j=i}^n a_{i,j}$; $S_2=\sum_{i=0}^n \sum_{j=0}^{n-i}a_{i,j}$; $S_3=\sum_{i=0}^n \sum_{j=i}^m a_{i,j}$ où on a supposé $n\leq m$.

On fait la somme sur tous les indices $i,j$ tels que $0\leq i\leq j\leq n$. On a donc $$S_1=\sum_{j=0}^n \sum_{i=0}^j a_{i,j}.$$ Une autre façon de le voir est de poser $b_{i,j}=a_{i,j}$ si $j\geq i$ et $b_{i,j}=0$ si $j<i$. Alors on a $$S_1=\sum_{i=0}^n \sum_{j=0}^n b_{i,j}=\sum_{j=0}^n \sum_{i=0}^n b_{i,j}=\sum_{j=0}^n \sum_{i=0}^j a_{i,j}.$$ On reproduit "l'astuce" précédente en posant $b_{i,j}=a_{i,j}$ si $j\leq n-i$ et $b_{i,j}=0$ sinon. Il vient $$S_2=\sum_{i=0}^n \sum_{j=0}^n b_{i,j}=\sum_{j=0}^n \sum_{i=0}^n b_{i,j}=\sum_{j=0}^n\sum_{i=0}^{n-j}a_{i,j}.$$ On recommence comme à la première question, en posant $b_{i,j}=a_{i,j}$ si $j\geq i$ et $b_{i,j}=0$ si $j<i$. Alors on a $$S_3=\sum_{i=0}^n \sum_{j=0}^m b_{i,j}=\sum_{j=0}^m \sum_{i=0}^n b_{i,j}=\sum_{j=0}^m \sum_{i=0}^{\min(n,j)}a_{i,j}.$$ La principale difficulté ici vient du fait de ne pas oublier le minimum car $j$ peut dépasser $n$, ce qui n'est pas le cas de $i$.

26 - Quelques sommes doubles [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Calculer les sommes doubles suivantes : $\sum_{1\leq i,j\leq n}ij$. $\sum_{1\leq i\leq j\leq n}\frac ij$.

On reconnait simplement un produit : $$\sum_{1\leq i,j\leq n}ij=\left(\sum_{i=1}^n i\right)\times \left(\sum_{j=1}^n j\right)=\frac{n^2(n+1)^2}4.$$ On va mettre la somme sur $j$ à l'extérieur, et la somme sur $i$ a l'intérieur. On trouve \begin{align*} \sum_{1\leq i\leq j\leq n}\frac ij&=\sum_{1\leq j\leq n}\frac 1j\sum_{i=1}^j i\\ &=\sum_{1\leq j\leq n}\frac 1j\times \frac{j(j+1)}2\\ &=\frac 12\sum_{1\leq j\leq n}(j+1)\\ &=\frac 12 \times \frac{n(n+3)}2\\ &=\frac{n(n+3)}4. \end{align*}

27 - Avec permutation [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Pour $n\geq 1$, on pose $S_n=\sum_{k=1}^n \frac 1k$ et $u_n=\sum_{k=1}^n S_k$. Démontrer que, pour tout $n\geq 1$, $u_n=(n+1)S_n-n$.

On écrit (attention à ne pas utiliser les mêmes indices de sommation!) $$u_n=\sum_{k=1}^n \sum_{l=1}^k \frac{1}l.$$ On va permuter ces deux sommes, en remarquant que $$\{(k,l)\in\mathbb N^2:\ 1\leq k\leq n,\ 1\leq l\leq k\}=\{(k,l)\in\mathbb N^2:\ 1\leq l \leq n,\ l\leq k\leq n\}.$$ On a donc \begin{align*} u_n&=\sum_{l=1}^n \sum_{k=l}^n \frac 1l\\ &=\sum_{l=1}^n \frac{n+1-l}l\\ &=\sum_{l=1}^n \frac{n+1}l-\sum_{l=1}^n 1\\ &=(n+1)S_n-n. \end{align*}

28 - Application des sommes doubles [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé En écrivant que $$\sum_{k=1}^n k2^k=\sum_{k=1}^n \sum_{j=1}^k 2^k,$$ calculer $\sum_{k=1}^n k2^k$.

L'idée pour réaliser ce calcul est de permuter l'ordre de sommation, pour sommer d'abord sur $j$ puis ensuite sur $k$. On remarque qu'alors $j$ varie entre $1$ et $n$, puis que $k$ varie entre $j$ et $n$. On a donc \begin{align*} \sum_{k=1}^n \sum_{j=1}^k 2^k&=\sum_{j=1}^n \sum_{k=j}^n 2^k\\ &=\sum_{j=1}^n( 2^{n+1}-2^j)\\ &=n2^{n+1}-\left(2^{n+1}-2\right)\\ &=(n-1)2^{n+1}+2. \end{align*}

29 - Sommes doubles [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Pour $n\in\mathbb N$, on note $$a_n=\sum_{k=1}^n k,\ b_n=\sum_{k=1}^n k^2\textrm{ et }c_n=\sum_{k=1}^n k^3.$$ Pour cet exercice, on admettra que $\displaystyle a_n=\frac{n(n+1)}2$, que $\displaystyle b_n=\frac{n(n+1)(2n+1)}6$ et que $c_n=a_n^2$. Calculer $\displaystyle \sum_{1\leq i\leq j\leq n} ij$. Calculer $\displaystyle \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n \min(i,j)$.

On écrit que \begin{eqnarray*} \sum_{1\leq i\leq j\leq n} ij&=&\sum_{j=1}^n j\left(\sum_{i=1}^j i\right)\\ &=&\sum_{j=1}^n ja_j\\ &=&\sum_{j=1}^n j\frac{j(j+1)}2\\ &=&\frac 12\left(\sum_{j=1}^n j^3+\sum_{j=1}^n j^2\right)\\ &=&\frac{c_n+b_n}2. \end{eqnarray*} En remplaçant par les valeurs données dans l'énoncé et après réduction au même dénominateur, on trouve $$\sum_{1\leq i\leq j\leq n} ij=\frac{n(n+1)(n+2)(3n+1)}{24}.$$ Posons, pour $i\in\{1,\dots,n\}$ fixé, $S_i=\sum_{j=1}^n \min(i,j)$ et commençons par calculer la valeur de $S_i$. Alors on a \begin{eqnarray*} S_i&=&\sum_{j=1}^i j+\sum_{j=i+1}^n i\\ &=&\frac{i(i+1)}2+(n-i)i\\ &=&\left(n+\frac 12\right)i-\frac{i^2}2 \end{eqnarray*} (on pourra remarquer que ceci fonctionne encore si $i=n$, auquel cas la deuxième somme est réduite à $0$). On en déduit que \begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n \min(i,j)&=&\sum_{i=1}^n S_i\\ &=&\sum_{i=1}^n \left(n+\frac 12\right)i-\frac{i^2}2\\ &=&\left(n+\frac 12\right)\frac{n(n+1)}2-\frac{n(n+1)(2n+1)}{12}\\ &=&\frac{n(n+1)(2n+1)}6. \end{eqnarray*}

30 - Factorielle et coefficients binomiaux [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soient $n,p\geq 1$. Démontrer que $$\binom{n}{p}=\frac np \binom {n-1}{p-1}.$$ Pour $n\in\mathbb N$ et $a,b$ réels non nuls, simplifier les expressions suivantes : $$\mathbf 1.\ (n+1)!-n!\ \quad\mathbf 2.\ \frac{(n+3)!}{(n+1)!}\ \quad\mathbf 3.\ \frac{n+2}{(n+1)!}-\frac 1{n!}\ \quad\mathbf 4.\ \frac{u_{n+1}}{u_n}\textrm{ où }u_n=\frac{a^n}{n!b^{2n}}.$$

On sait que $$\binom{n}{p}=\frac{n!}{p!(n-p)!}=\frac{n\times (n-1)!}{p\times (p-1)!(n-p)!}=\frac{n}p\times\frac{(n-1)!}{(p-1)!\big((n-1)-(p-1)\big)!}=\frac np\binom{n-1}{p-1}.$$ On a $$(n+1)!-n!=(n+1)n!-n!=(n+1-1)n!=n\times n!$$ On a $$\frac{(n+3)!}{(n+1)!}=\frac{(n+3)(n+2)(n+1)!}{(n+1)!}=(n+3)(n+2).$$ On a $$\frac{n+2}{(n+1)!}-\frac 1{n!}=\frac 1{n!}\left(\frac{n+2}{n+1}-1\right)=\frac 1{(n+1)!}.$$ On a $$\frac{u_{n+1}}{u_n}=\frac{a^{n+1}}{a^n}\times \frac{n!}{(n+1)!}\times\frac {b^{2n}}{b^{2n+2}}=\frac{a}{(n+1)b^2}.$$

31 - Égalité de coefficients binômiaux [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soit $n\in\mathbb N$. Pour quels entiers $p\in\{0,\dots,n-1\}$ a-t-on $\binom np<\binom n{p+1}$. Soit $p\in\{0,\dots,n\}$. Pour quelle(s) valeur(s) de $q\in\{0,\dots,n\}$ a-t-on $\binom np=\binom nq$?

On fait le quotient des deux nombres : $$\frac{\binom np}{\binom n{p+1}}=\frac{n(n-1)\dots(n-p+1)}{p!}\times \frac{(p+1)!}{n(n-1)\dots(n-p+1)(n-p)}=\frac{p+1}{n-p}.$$ Ceci est inférieur strict à $1$ si et seulement si $$\frac{p+1}{n-p}<1\iff p<\frac{n-1}2.$$ La question précédente montre que la suite des coefficients binômiaux $\binom nq$ croît strictement avec $q$ pour $q$ allant de $0$ à $\frac{n-1}2$ et on montrerait de la même façon qu'elle décroît strictement pour $q$ allant de $\frac{n+1}2$ à $n$. L'égalité $$\binom np=\binom nq$$ peut donc avoir lieu au plus pour deux valeurs de $q$, l'une avec $q$ dans $0,\dots,\frac{n-1}2$, l'autre avec $q$ supérieur ou égal à $\frac{n+1}2$. Or, on a bien deux solutions, qui sont $q=p$ et $q=n-p$. Ces solutions sont distinctes sauf si $n=2p$. Et dans ce cas, il n'y a qu'une seule solution (c'est le coefficient binômial le plus grand).

32 - Divisibilité [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soit $p\geq 1$. Démontrer que $p!$ divise tout produit de $p$ entiers naturels consécutifs.

Un produit de $p$ entiers naturels consécutifs s'écrit $P=n(n+1)\dots (n+p-1)$. Posons $m=n+p-1$. Ce produit s'écrit encore $P=m(m-1)\dots (m-p+1)$. On a donc $$\frac{P}{p!}=\frac{m(m-1)\dots(m-p+1)}{p!}=\binom mp.$$ C'est donc un entier, ce qui signifie que $p!$ divise $P$.

33 - Formule du binôme [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Développer $(x+1)^6$, $(x-1)^6$. Démontrer que, pour tout entier $n$, on a $\sum_{p=0}^n \binom np=2^n.$ Démontrer que, pour tout entier $n$, on a $\sum_{p=0}^n \binom np 2^p=3^n$. Démontrer que, pour tout entier $n$, on a $\sum_{k=1}^{2n}\binom{2n}k (-1)^k 2^{k-1}=0.$

On va utiliser la formule du binôme. On calcule les coefficients binômiaux par exemple en utilisant le triangle de Pascal. On en déduit $$(x+1)^6=x^6+6x^5+15x^4+20x^3+15x^2+6x+1.$$ $$(x-1)^6=x^6-6x^5+15x^4-20x^3+15x^2-6x+1.$$ Il suffit de remarquer que $2^n=(1+1)^n$, et de développer ceci en utilisant la formule du binôme. C'est presque le même raisonnement. Cette fois, on écrit que $$\sum_{p=0}^n \binom np 2^p=\sum_{p=0}^n \binom np 1^{n-p}2^p=(1+2)^n=3^n.$$ C'est un peu plus difficile. En remarquant que $k$ et $2n-k$ ont la même parité, on a $$\sum_{k=0}^{2n}\binom{2n}k (-1)^k 2^{k-1}=\frac 12\sum_{k=0}^{2n} \binom{2n}k (-1)^{2n-k}2^k=\frac 12(-1+2)^{2n}=\frac 12.$$ On en déduit que $$\sum_{k=1}^{2n}\binom{2n}k (-1)^k 2^{k-1}=\sum_{k=0}^{2n}\binom{2n}k (-1)^k 2^{k-1}-\frac 12=0.$$

34 - Autour de la formule du binôme [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Quel est le coefficient de $a^2b^4c$ dans le développement de $(a+b+c)^7$? Calculer la somme $$\binom{n}0+\frac12\binom{n}1+\dots+\frac{1}{n+1}\binom{n}{n}.$$ Soient $p,q,m$ des entiers naturels, avec $q\leq p\leq m$. En développant de deux façons différentes $(1+x)^m$, démontrer que $$\binom{m}{p}=\binom{m-q}p+\binom{q}1\binom{m-q}{p-1}+\dots+\binom{q}k\binom{m-q}{p-k}+\dots+\binom{m-q}{p-q}.$$

On commence par développer en écrivant $(a+b+c)^7=((a+b)+c)^7$. Il vient : $$(a+b+c)^7=\sum_{k=0}^7\binom{7}k(a+b)^{7-k}c^k.$$ Le terme devant $a^2b^4c$ ne peut être issu que du produit $(a+b)^6c$. Or, $$(a+b)^6=\sum_{k=0}^6\binom{6}{k}a^kb^{6-k}.$$ On en déduit que le coefficient devant $a^2b^4c$ est $$\binom{7}{1}\times\binom{6}2=7\times\frac{6\times 5}2=105.$$ On développe $(1+t)^n$ avec la formule du binome : $$(1+t)^n=\sum_{k=0}^n \binom{n}k t^k.$$ On intègre ensuite cette formule entre $0$ et $x$, et on trouve $$\int_0^x (1+t)^ndt=\int_0^x\sum_{k=0}^n \binom{n}k t^kdt$$ soit $$\frac{(1+x)^{n+1}-1}{n+1}=\sum_{k=0}^n \frac{1}{k+1}\binom nk x^{k+1}.$$ Il suffit ensuite de faire $x=1$ pour trouver le résultat : $$\frac{2^{n+1}-1}{n+1}=\sum_{k=0}^n \frac1{k+1}\binom nk.$$ On va chercher le coefficient devant $x^p$ de $(1+x)^m$. D'une part, par la formule du binome de Newton, il est égal à $\binom{m}{p}$. D'autre part, on écrit \begin{eqnarray*} (1+x)^m&=&(1+x)^{q}(1+x)^{m-q}\\ &=&\left(\sum_{j=0}^q \binom qjx^j\right)\left(\sum_{l=0}^{m-q}\binom{m-q}l x^l\right). \end{eqnarray*} Le coefficient devant $x^p$ est alors obtenu en prenant les produits des termes en $x^j$ et $x^l$ avec $l=p-j$. $j$ parcourt donc l'intervalle $\{0,\dots,q\}$ et on a : $$\binom mp=\sum_{j=0}^q \binom qj\times \binom{m-q}{p-j},$$ ce qui est bien le résultat demandé.

35 - Une somme [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soient $n,p$ des entiers naturels avec $n\geq p$. Démontrer que $$\sum_{k=p}^n \dbinom{k}{p}=\dbinom{n+1}{p+1}.$$

Une méthode naturelle pour démontrer cette propriété est de procéder par récurrence sur $n$. La formule est clairement vraie pour $n=0$ (ce qui implique $p=0$). Supposons la propriété vraie au rang $n$, c'est-à-dire que pour tout $p\leq n$, la formule donnée est vérifiée. Prouvons-la au rang $n+1$. Pour cela, prenons $p\leq n+1$. Si $p\leq n$, alors on a \begin{eqnarray*} \sum_{k=p}^{n+1}\dbinom{k}{p}&=&\sum_{k=p}^n \dbinom{k}{p}+\dbinom{n+1}{p}\\ &=&\dbinom{n+1}{p+1}+\dbinom{n+1}{p}\textrm{ (hypothèse de récurrence)}\\ &=&\dbinom{n+2}{p+1}\textrm{ (formule du triangle de Pascal)}. \end{eqnarray*} Si $p=n+1$, la formule est aussi vérifiée. La propriété est donc aussi vraie au rang $n+1$.

36 - Somme avec des nombres complexes [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Calculer $(1+i)^{4n}$. En déduire les valeurs de $$\sum_{p=0}^{2n}(-1)^p \dbinom{4n}{2p}\textrm{ et }\sum_{p=0}^{2n-1}(-1)^p \dbinom{4n}{2p+1}.$$

On commence par mettre $1+i$ sous forme trigonométrique, soit $1+i=\sqrt 2e^{i\pi/4}$. On en déduit $$(1+i)^{4n}=2^{2n}e^{in\pi}=(-1)^n 4^n.$$ On calcule ceci d'une autre façon en utilisant la formule de Newton : $$(1+i)^{4n}=\sum_{k=0}^{4n}\dbinom{4n}{k}i^k.$$ On remarque alors que si $k=2p$ est pair, $i^k$ est réel et vaut $(-1)^p$. Si $k=2p+1$ est impair, $i^k$ est imaginaire pur et vaut $(-1)^p i$. En séparant les parties réelles et imaginaires, on trouve $$(1+i)^{4n}=\sum_{p=0}^{2n}(-1)^p \dbinom{4n}{2p}+i\sum_{p=0}^{2n-1}(-1)^p \dbinom{4n}{2p+1}.$$ En identifiant avec le résultat précédent, on trouve $$\sum_{p=0}^{2n}(-1)^p \dbinom{4n}{2p}=(-1)^n4^{n}\textrm{ et }\sum_{p=0}^{2n-1}(-1)^p \dbinom{4n}{2p+1}=0.$$

37 - Somme binomiale télescopique [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soient $m,k$ deux entiers naturels. Justifier que $$\binom{m+k}{m}=\binom{m+k+1}{m+1}-\binom{m+k}{m+1}.$$ En déduire, pour tous entiers naturels $m,n\in\mathbb N^*$, la valeur de $$S=\sum_{k=0}^n \binom{m+k}{m}.$$ En déduire celle de $$P=\sum_{k=0}^n \left(\prod_{p=1}^m(k+p)\right).$$

Il s'agit juste d'une application de la formule du triangle de Pascal, qui dit en effet que : $$\binom{m+k+1}{m+1}=\binom{m+k}{m+1}+\binom{m+k}{m}.$$ En utilisant le résultat de la question précédente, on obtient pour $S$ une somme télescopique. En effet, on a \begin{eqnarray*} S&=&\sum_{k=0}^n \left( \binom{m+k+1}{m+1}-\binom{m+k}{m+1} \right)\\ &=&\sum_{k=0}^n \binom{m+k+1}{m+1}-\sum_{k=0}^n \binom{m+k}{m+1} \\ &=&\sum_{k=1}^{n+1} \binom{m+k}{m+1}-\sum_{k=0}^n \binom{m+k}{m+1} \\ &=&\binom{m+n+1}{m+1}-\binom{m}{m+1}\\ &=&\binom{m+n+1}{m+1} \end{eqnarray*} On commence par remarquer que $$\prod_{p=1}^m (k+p)=\frac{(m+k)!}{k!}=m!\binom{m+k}m.$$ On en déduit que $$P=m!\sum_{k=0}^n \binom{m+k}m=m!\binom{m+n+1}{m+1}.$$

38 - Formule du trinôme [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Quel est le coefficient de $x^ay^bz^c$ dans le développement de l'expression $(x+y+z)^n$?

Développons $(x+y+z)^n$ en appliquant deux fois la formule du binôme, la première fois en écrivant que $$(x+y+z)^n=\big( (x+y)+z\big)^n.$$ Il vient \begin{align*} (x+y+z)^n&=\sum_{k=0}^n \binom nk (x+y)^k z^{n-k}=\sum_{k=0}^n \sum_{j=0}^k \binom nk\binom kj x^j y^{k-j}z^{n-k}. \end{align*} Dans le développement de $(x+y+z)^n$ n'interviennent que des termes $x^ay^bz^c$ avec $a+b+c=n$. A un tel triplet $(a,b,c)$ donné correspond un unique couple $(k,j)$ avec $0\leq k\leq n$ et $0\leq j\leq k$ tel que $a=j$, $b=k-j$ et $c=n-k$ (on a alors $k=a+b$). Le coefficient intervenant devant $x^a y^b z^c$ est donc $$\binom{n}{a+b}\binom{a+b}{a}=\frac{n!}{(a+b)!c!}\times\frac{(a+b)!}{a!b!}=\frac{n!}{a!b!c!}.$$

39 - Avec des polynômes [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Calculer les sommes suivantes : $${S}_{n}=\sum^{n}_{k=0} (-1)^k\binom{n}{k}^{2}\textrm{ et } {T}_{n}=\sum^{n}_{k=0}k\binom{n}{k}^{2}.$$

Introduisons les polynômes $P(x)=(x+1)^n$, $Q(x)=(x-1)^n$, et cherchons le coefficient devant $x^n$ du produit $PQ$. On a d'une part, $$P(x)=\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}x^k\textrm{ et }Q(x) = \sum_{k=0}^n (-1)^k\binom{n}{k}x^{n-k}.$$ Le coefficient devant $x^n$ du produit $PQ$ est donc $$\sum_{k=0}^n (-1)^k\binom{n}{k}^2=S_n.$$ D'autre part, on a $$PQ(x)=(x^2-1)^n=\sum_{k=0}^n (-1)^{n-k} \binom{n}{k}x^{2k}.$$ On distingue alors deux cas. Si $n$ est impair, le coefficient devant $x^n$ est nul, et on a donc $S_n=0$. Si $n=2p$ est pair, alors on a $$S_{2p}=(-1)^p\binom{2p}{p}.$$ Pour calculer $T_n$, il faut penser à dériver. On a $$P(x)=\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}x^k\textrm{ et }P'(x)=\sum_{k=1}^n k\binom{n}{k}x^{k-1}.$$ Si on cherche le coefficient devant $x^{n-1}$ du produit $P'P$, on trouve $$\sum_{k=1}^{n}k\binom{n}{k}\binom{n}{n-k}=\sum_{k=1}^{n}k\binom{n}{k}\binom{n}{k}=T_n.$$ D'autre part, on a $$P'P(x)=n(x+1)^{2n-1}=n\sum_{k=0}^{2n-1}\binom{2n-1}{k}x^k.$$ On en déduit que $$T_n=n\binom{2n-1}{n-1}.$$

40 - Une somme à partir de la formule du binôme [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé L'objectif de l'exercice est de démontrer la (surprenante!) formule suivante : $$\sum_{k=1}^n \binom nk\frac{(-1)^{k+1}}k=\sum_{k=1}^n\frac 1k.$$ Soit $x$ un réel non nul. Démontrer que $$\frac{1-(1-x)^n}{x}=\sum_{p=0}^{n-1}(1-x)^p.$$ On pose pour $x\in\mathbb R$, $$f(x)=\sum_{k=1}^n \binom nk \frac{(-1)^k}k x^k.$$ Démontrer que, pour $x\in\mathbb R$, on a $$f'(x)=-\sum_{p=0}^{n-1}(1-x)^p.$$ Conclure.

On peut démontrer cette propriété par récurrente sur $n$. Mais il est plus facile de remarquer que, par la formule donnant la somme des premiers termes d'une somme géométrique, $$\sum_{p=0}^{n-1}(1-x)^p=\frac{1-(1-x)^n}{1-(1-x)}=\frac{1-(1-x)^n}{x}.$$ On commence par dériver $f$ : pour tout $x\in\mathbb R$, on a $$f'(x)=\sum_{k=1}^n\binom nk (-1)^k x^{k-1}.$$ Pour $x$ non nul, cela s'écrit encore $$f'(x)=\frac{\sum_{k=1}^n \binom nk (-1)^k x^k}x=\frac{\sum_{k=1}^n \binom nk 1^{n-k}(-1)^k x^k}x.$$ On peut alors utiliser la formule du binôme pour écrire $$f'(x)=\frac{(1-x)^n-1}x=-\sum_{p=0}^{n-1}(1-x)^p$$ où la dernière égalité provient de la question précédente. Ceci est encore vrai pour $x=0$ puisque $f'(0)=-n$. Remarquons que la somme que l'on cherche à calculer vaut $-f(1)$. Intégrons alors l'égalité précédente entre $0$ et $1$. On a $$\int_0^1 f'(x)dx=-\sum_{p=0}^{n-1}\int_0^1(1-x)^pdx.$$ Mais, $$\int_0^1 f'(x)dx=f(1)-f(0)=f(1)$$ et $$\int_0^1 (1-x)^pdx=\frac1{p+1}.$$ On conclut que $$\sum_{k=1}^n \binom nk\frac{(-1)^{k+1}}k=-f(1)=\sum_{p=0}^{n-1}\frac1{p+1}=\sum_{k=1}^n \frac 1k.$$

41 - Équation de Pell-Fermat [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Le but de l'exercice est de démontrer que l'équation $x^2-2y^2=1$ admet une infinité de solutions avec $x,y$ des entiers naturels. Soit $n\geq 1$. Démontrer qu'il existe deux entiers $x_n$ et $y_n$ tels que $(3+2\sqrt 2)^n =x_n+\sqrt 2 y_n.$ Exprimer $x_{n+1}$ et $y_{n+1}$ en fonction de $x_{n}$ et $y_{n}$. En déduire que les suites $(x_n)$ et $(y_n)$ sont strictement croissantes. Démontrer le résultat annoncé.

C'est une conséquence de la formule du binôme. En effet, on a $$(3+2\sqrt 2)^n =\sum_{k=0}^n \binom nk3^k 2^{n-k}(\sqrt 2)^{n-k}.$$ Or, $(\sqrt{2})^{n-k}$ est ou bien égal à un entier naturel (non nul) si $n-k$ est pair, ou de la forme $m\sqrt 2$, avec $m\in\mathbb N^*$ si $n-k$ est impair. En regroupant les termes pour lesquels $n-k$ est pair, on trouve $x_n$ et en regroupant les termes pour lesquels $n-k$ est impair, on trouve $y_n\sqrt 2$. Rappelons que le coefficient binomial est lui aussi un entier. On va développer de deux façons différentes $(3+2\sqrt 2)^{n+1}$. D'une part on a $$(3+2\sqrt 2)^{n+1}=x_{n+1}+\sqrt 2y_{n+1}.$$ D'autre part, on a $$(3+2\sqrt 2)^{n+1}=(3+2\sqrt 2)^n (3+2\sqrt 2)=(x_n+\sqrt 2 y_n)(3+2\sqrt 2)=(3x_n+4y_n)+(2x_n+3y_n)\sqrt 2.$$ On en déduit que $x_{n+1}=3x_n+4y_n$ et $y_{n+1}=2x_n+3y_n$. On a $x_{n+1}-x_n\geq 2x_n>0$ et $y_{n+1}-y_n\geq 2y_n>0$, donc les deux suites sont strictement croissantes. Puisque les suites sont strictement croissantes, les couples $(x_n,y_n)$ sont tous différents. Il suffit donc de démontrer que, pour tout entier $n$, on a $x_n^2-2y_n^2=1$. Pour cela, il suffit de remarquer que $$(3-2\sqrt 2)^n=x_n-\sqrt 2 y_n.$$ En effet, si on développe $(3-2\sqrt 2)^n$ par la formule du binôme, on trouve $$(3-2\sqrt 2)^n =\sum_{k=0}^n \binom{n}k 3^k (-1)^{n-k}2^{n-k}(\sqrt 2)^{n-k}.$$ On regroupe les termes comme précédemment, sachant que pour les termes entiers, on a $n-k$ pair et donc $(-1)^{n-k}=1$ et pour les termes de la forme $m\sqrt 2$, on a $n-k$ impair et $(-1)^{n-k}=-1$. Ainsi, on a $$x_n^2-2y_n^2=(x_n-\sqrt 2 y_n)(x_n+\sqrt 2 y_n)=(3-2\sqrt 2)^n(3+2\sqrt 2)^n =1^n=1.$$

1 - QCM [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Pour chaque question, une seule réponse est juste. Laquelle? La somme $\sum_{k=0}^n 2$ $$\mathbf a.\textrm{ n'a pas de sens}\ \ \mathbf b. \textrm{ vaut }2(n+1)\ \ \mathbf c.\ \textrm{vaut }2n.$$ La somme $\sum_{p=0}^{2n+1}(-1)^p$ est égale à $$\mathbf a.\ 1\ \ \mathbf b.\ -1\ \ \mathbf c.\ 0.$$ Le produit $\prod_{i=1}^n (5a_i)$ est égal à $$\mathbf a.\ 5\prod_{i=1}^n a_i\ \ \mathbf b.\ 5^n\prod_{i=1}^n a_i\ \ \mathbf c.\ 5^{n-1}\prod_{i=1}^n a_i.$$

On somme $(n+1)$ fois le nombre 2. La bonne réponse est b. On somme $(n+1)$ fois le nombre 1 (pour les $p$ correspondant à $0,2,\dots 2n$), et $(n+1)$ faut le nombre $-1$ (pour les $p$ correspondant à $1,3,\dots,2p+1$). La bonne réponse est c. (Si vous n'êtes pas convaincu, essayez le calcul avec $n=2,3,...$). Dans chaque produit, il y a le terme 5 qui ne dépend pas de $i$ et qu'on peut extraire du produit. Comme il y a $n$ termes dans le produit, la bonne réponse est b.

2 - Écrire à l'aide du symbole somme [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Écrire à l'aide du symbole somme les sommes suivantes : $2^3+2^4+\cdots+2^{12}$. $\frac 12+\frac24+\frac{3}8+\cdots+\frac{10}{1024}$. $2-4+6-8+\cdots+50$. $1-\frac 12+\frac13-\frac 14+\cdots+\frac1{2n-1}-\frac{1}{2n}$.

$\sum_{k=3}^{12}2^k$. $\sum_{k=1}^{10}\frac k{2^k}.$ En remarquant que $2=2\times 1$, $4=2\times 2$, jusque $50=2\times 25$, et que devant les termes du type $2k$, où $k$ est impair, on a un signe $+$ et devant les termes du type $2k$, où $k$ est impair, on a un signe $-$, on peut écrire la somme $\sum_{k=1}^{25}(-1)^{k+1}\times 2k=2\sum_{k=1}^{25} (-1)^{k+1}k.$ $\sum_{k=1}^{2n} \frac{(-1)^{k+1}}k$.

3 - A l'aide du symbole somme [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Écrire à l'aide du symbole $\sum$ les sommes suivantes : $n+(n+1)+\dots+2n$; $\frac{x_1}{x_n}+\frac{x_2}{x_{n-1}}+\cdots+\frac{x_{n-1}}{x_2}+\frac{x_n}{x_1}$.

Pour chaque question, plusieurs réponses sont possibles. Parmi ces réponses : $\sum_{k=n}^{2n}k$. $\sum_{k=1}^n \frac{x_k}{x_{n+1-k}}$.

4 - Différence de deux sommes [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Pour $n\geq 1$, on pose $u_n=\sum_{k=n}^{2n}\frac 1k$. Simplifier $u_{n+1}-u_n$ puis étudier la monotonie de $(u_n)$.

Lorsqu'on calcule $u_{n+1}-u_n$, $$u_{n+1}-u_n=\sum_{k=n+1}^{2n+2}\frac 1k-\sum_{k=n}^{2n}\frac 1k,$$ on s'aperçoit que tous les termes se simplifient, hormis les deux derniers de la première somme, et le premier de la deuxième somme. On trouve donc $$u_{n+1}-u_n=\frac{1}{2n+1}+\frac{1}{2n+2}-\frac{1}n.$$ On peut ensuite mettre tout au même dénominateur pour étudier la monotonie de la suite $(u_n)$ : \begin{align*} u_{n+1}-u_n&=\frac{n(2n+2)+n(2n+1)-(2n+1)(2n+2)}{n(2n+1)(2n+2)}\\ &=\frac{2n^2+2n+2n^2+n-4n^2-6n-2}{n(2n+1)(2n+2)}\\ &=\frac{-3n-2}{n(2n+1)(2n+2)}\\ &\leq 0. \end{align*} La suite $(u_n)$ est décroissante.

5 - Changement d'indice [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soit $n\geq 1$. Démontrer que $$\sum_{k=n+1}^{2n-1}\ln\left(\sin\left(\frac{k\pi}{2n}\right)\right)=\sum_{k=1}^{n-1} \ln\left(\sin\left(\frac{k\pi}{2n}\right)\right).$$

Il y a deux possibilités naturelles pour effectuer le changement d'indice et obtenir les bonnes bornes. On peut poser $j=k-n$, ou $j=2n-k$. Le deuxième choix permet plus facilement d'arriver au résultat. Posons donc $j=2n-k$. Alors : \begin{align*} \sum_{k=n+1}^{2n-1}\ln\left(\sin\left(\frac{k\pi}{2n}\right)\right)&= \sum_{j=1}^{n-1}\ln\left(\sin\left(\pi-\frac{j\pi}{2n}\right)\right)\\ &=\sum_{j=1}^{n-1}\ln\left(\sin\left(\frac{j\pi}{2n}\right)\right) \end{align*} en utilisant la formule $\sin(\pi-x)=\sin(x)$. C'est exactement le résultat demandé.

6 - Changement d'indice magique [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Calculer la somme $\sum_{k=1}^n \left(\frac 1k-\frac1{n+1-k}\right)$.

On commence par séparer la somme en deux : $$\sum_{k=1}^n \left(\frac 1k-\frac1{n+1-k}\right)=\sum_{k=1}^n \frac 1k-\sum_{k=1}^n \frac1{n+1-k}.$$ On effectue ensuite le changement d'indices $j=n+1-k$ dans la deuxième somme. On a $$1\leq k\leq n\iff -1\geq -k\geq -n\iff n\geq n+1-k\geq 1.$$ La deuxième somme devient donc $$\sum_{k=1}^n \frac1{n+1-k}=\sum_{j=1}^n \frac1j=\sum_{k=1}^n \frac 1k.$$ On trouve finalement $$\sum_{k=1}^n \left(\frac 1k-\frac1{n+1-k}\right)=0.$$

7 - Simplifier! [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Simplifier les sommes et produits suivants : $$\begin{array}{lcl} \mathbf 1.\ \sum_{k=1}^n \ln\left(1+\frac 1k\right)&\quad\quad&\mathbf 2.\ \prod_{k=2}^n \left(1-\frac1{k^2}\right)\\ \mathbf 3.\ \sum_{k=0}^n \frac{1}{(k+2)(k+3)}. \end{array}$$

On commence par remarquer que $$\ln\left(1+\frac 1k\right)=\ln\left(\frac{k+1}k\right)=\ln(k+1)-\ln k.$$ On en déduit que \begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^n \ln\left(1+\frac 1k\right)&=&\sum_{k=1}^n \ln(k+1)-\sum_{k=1}^n \ln(k)\\ &=&\sum_{k=2}^{n+1}\ln(k)-\sum_{k=1}^n \ln (k)\\ &=&\ln(n+1)-\ln(1)\\ &=&\ln(n+1). \end{eqnarray*} On commence par remarquer que $$\left(1-\frac1{k^2}\right)=\frac{k^2-1}{k^2}=\frac{(k-1)(k+1)}{k^2}.$$ On en déduit que \begin{eqnarray*} \prod_{k=2}^n \left(1-\frac1{k^2}\right)&=&\frac{\prod_{k=2}^n (k-1)\prod_{k=2}^n (k+1)} {\left(\prod_{k=2}^n k\right)^2}\\ &=&\frac{(n-1)!\times\frac12\times (n+1)!}{(n!)^2}\\ &=&\frac{n+1}{2n}. \end{eqnarray*} On commence par remarquer que $$\frac 1{(k+2)(k+3)}=\frac1{k+2}-\frac 1{k+3}.$$ On raisonne alors exactement comme pour la première somme : \begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^n \frac{1}{(k+2)(k+3)}&=&\sum_{k=0}^n \frac1{k+2}-\sum_{k=0}^n \frac 1{k+3}\\ &=&\sum_{k=0}^n \frac1{k+2}-\sum_{k=1}^{n+1}\frac{1}{k+2}\\ &=&\frac 12-\frac 1{n+3}. \end{eqnarray*}

8 - Télescopage [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Déterminer deux réels $a$ et $b$ tels que, pour tout $k\in\mathbb N$, $$\frac 1{(k+1)(k+3)}=\frac a{k+1}+\frac b{k+3}.$$ En déduire la valeur de la somme $$S_n=\sum_{k=0}^n \frac{1}{(k+1)(k+3)}.$$

On réduit au même dénominateur, et on trouve $$\frac a{k+1}+\frac b{k+3}=\frac{(a+b)k+(3a+b)}{(k+1)(k+3)}.$$ Par identification, on cherche à résoudre le système $$\left\{\begin{array}{rcl} a+b&=&0\\ 3a+b&=&1 \end{array}\right.$$ dont la seule solution est $a=1/2$, $b=-1/2$. On en déduit \begin{eqnarray*} S_n&=&\frac12\sum_{k=0}^n \frac 1{k+1}-\frac 12\sum_{k=0}^n \frac 1{k+3}\\ &=&\frac 12\sum_{k=0}^n \frac1{k+1}-\frac12\sum_{k=2}^{n+2} \frac{1}{k+1}\\ &=&\frac12\left(1+\frac 12-\frac1{n+2}-\frac1{n+3}\right)\\ &=&\frac{3n^2+11n+8}{4(n+2)(n+3)}. \end{eqnarray*}

9 - Somme télescopique et factorielle [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé En utilisant une somme télescopique, calculer $\sum_{k=1}^n k\cdot k!$.

Pour faire apparaître une somme télescopique, on va écrire $k=(k+1)-1$. Il vient \begin{align*} \sum_{k=1}^n k\cdot k!&=\sum_{k=1}^n (k+1-1)\cdot k!\\ &=\sum_{k=1}^n \big( (k+1)!-k!\big)\\ &=(n+1)!-1!=(n+1)!-1. \end{align*}

10 - Transformer en somme télescopique [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Déterminer une suite $(u_k)$ telle que, pour tout $k\geq 0$, on ait $$u_{k+1}-u_k=(k+2) 2^k.$$ En déduire $\sum_{k=0}^{n}(k+2)2^k.$

On va chercher $u_k$ sous la forme $u_k=(ak+b)2^k$. On a alors $$u_{k+1}-u_k=(a(k+1)+b)2^{k+1}-(ak+b)2^k=(2ak+2a+2b-ak-b)2^k=(ak+2a+b)2^k.$$ On obtient donc le résultat si on choisit $a=1$ et $b=0$. Il s'agit maintenant d'une simple somme télescopique : \begin{align*} \sum_{k=0}^n (k+2)2^k&=\sum_{k=0}^n \big(u_{k+1}-u_k\big)\\ &=u_{n+1}-u_0\\ &=(n+1)2^{n+1}. \end{align*}

11 - Somme et factorielles [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Démontrer que, pour tout $n\in\mathbb N^*$, on a $$(n+1)!\geq\sum_{k=1}^n k!\quad.$$

Pour chaque entier $k$ dans $\{1,\dots,n\}$, on a $k!\leq n!$. On obtient donc $$\sum_{k=1}^n k!\leq\sum_{k=1}^n n!=n\times n!$$ puisque la somme de droite est une somme de termes constants. Puisque $n\leq n+1$, on obtient bien $$\sum_{k=1}^n k!\leq (n+1)\times n!=(n+1)!\quad .$$

12 - Somme et somme des carrés [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soit $n\geq 1$ et $x_1,\dots,x_n$ des réels vérifiant $$\sum_{k=1}^n x_k=n\textrm{ et }\sum_{k=1}^n x_k^2=n.$$ Démontrer que, pour tout $k$ dans $\{1,\dots,n\}$, $x_k=1$.

Calculons $\sum_{k=1}^n (1-x_k)^2$ : $$\sum_{k=1}^n (1-x_k)^2=\sum_{k=1}^n 1-2\sum_{k=1}^n x_k+\sum_{k=1}^n x_k^2=n-2n+n=0.$$ Or, une somme de réels positifs est nulle si et seulement si chacun des termes de la somme est nul. On en déduit le résultat demandé.

13 - Somme des entiers, des carrés,... [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Pour $n\in\mathbb N^*$, on note $$a_n=\sum_{k=1}^n k,\ b_n=\sum_{k=1}^n k^2\textrm{ et }c_n=\sum_{k=1}^n k^3.$$ Démontrer que $\displaystyle a_n=\frac{n(n+1)}2$, que $\displaystyle b_n=\frac{n(n+1)(2n+1)}6$ et que $c_n=a_n^2$.

On procède simplement par récurrence sur $n$. Voyons d'abord pourquoi la formule est vraie pour $a_n$. Elle est vraie pour $n=1$ (car $1=\frac{1\times 2}{2}$). Soit $n\in\mathbb N$ telle qu'elle est vraie au rang $n$ et prouvons-la au rang $n+1$. Alors, $$a_{n+1}=a_n+(n+1)=\frac{n(n+1)}2+(n+1)=(n+1)\times\left(\frac n2+1\right)=\frac{(n+1)\big((n+1)+1\big)}2.$$ La formule est donc vraie au rang $n+1$ et par le principe de récurrence, elle est vraie pour tout entier $n\geq 0$. Le raisonnement est rigoureusement identique pour $b_n$ et pour $c_n$. Voyons par exemple le cas de $c_n$. Comme précédemment, la formule est vraie au rang $1$, et si elle est vraie au rang $n$, alors $$c_{n+1}=c_n+(n+1)^3=\frac{n^2(n+1)^2}4+(n+1)^3=(n+1)^2\left(\frac {n^2}4+(n+1)\right).$$ Il suffit alors pour conclure de remarquer que $$\frac {n^2}4+(n+1)=\frac{(n+2)^2}4.$$ La propriété est vraie au rang $n+1$ ce qui clôt la démonstration par récurrence.

14 - Calculs de sommes arithmétiques [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Calculer les somme suivantes : $A_n=\sum_{k=1}^n 3$. $B_n=\sum_{k=1}^n A_k$. $S_n=\sum_{k=0}^{n}(2k+1)$.

On somme des termes constants, et il y a $n$ termes dans la somme, donc $A_n=3n$. Par linéarité, \[ B_n = 3\sum_{k=1}^n k=\frac{3n(n+1)}2. \] On raisonne également par linéarité : \begin{align*} S_n&=2\sum_{k=0}^n k+\sum_{k=0}^n 1\\ &=n(n+1)+(n+1)\\ &=(n+1)^2. \end{align*}

15 - Calculs de sommes géométriques [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Calculer les sommes suivantes : $S=\frac{1}{2^{10}}+\frac{1}{2^{20}}+\frac{1}{2^{30}}+\cdots+\frac{1}{2^{1000}}$. $T_n=\sum_{k=0}^n \frac{2^{k-1}}{3^{k+1}}$.

On remarque que $$S=\sum_{k=1}^{100}\frac{1}{2^{10k}}=\sum_{k=1}^{100}\left(\frac1{2^{10}}\right)^k.$$ Par la formule donnant la somme d'une suite géométrique, on trouve \begin{align*} S&=\frac{ \frac{1}{2^{10}}-\frac 1{2^{1010}}}{1-\frac1{2^{10}}}\\ &=\frac{1-\frac 1{2^{1000}}}{2^{10}-1}\\ &=\frac{2^{1000}-1}{2^{1000}(2^{10}-1)}. \end{align*} On factorise par $1/6$ pour se ramener à une somme géométrique. $$\sum_{k=0}^n\frac{2^{k-1}}{3^{k+1}}=\frac 16\sum_{k=0}^n \left(\frac 23\right)^k=\frac 16\times\frac{1-\left(\frac 23\right)^{n+1}}{1-\frac 23}= \frac{1-\left(\frac 23\right)^{n+1}}2.$$

16 - Calcul de sommes par changements d'indice [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Calculer la somme suivante : $$\sum_{k=1}^n (n-k+1).$$

Effectuons le changement d'indices $\ell=n-k+1$. Lorsque $k$ varie de $1$ à $n$, alors $\ell$ varie aussi de $1$ à $n$. On a donc $$\sum_{k=1}^n (n+1-k)=\sum_{\ell=1}^n \ell=\frac{n(n+1)}2.$$

17 - Calcul de sommes avec indices négatifs [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Calculer la somme suivante : $$\sum_{k=-5}^{15} k(10-k).$$

On écrit en développant le produit $$\sum_{k=-5}^{15}k(10-k)=10\sum_{k=-5}^{15}k-\sum_{k=-5}^{15}k^2.$$ Étudions ensuite la première somme en la découpant en deux : \begin{align*} S_1=\sum_{k=-5}^{15}k&=\sum_{k=-5}^0 k +\sum_{k=1}^{15}k \end{align*} Dans la première de ces deux sommes, on fait le changement de variables $\ell=-k$. Lorsque $k$ va de $-5$ à $0$, $\ell$ va de $0$ à $5$. On trouve donc que \begin{align*} S_1&=-\sum_{\ell=0}^5 \ell+\sum_{k=1}^{15}k\\ &=-\frac{5\times 6}2+\frac{15\times 16}2\\ &=105. \end{align*} Pour la deuxième somme, on fait le même raisonnement : \begin{align*} S_2=\sum_{k=-5}^{15}k^2&=\sum_{k=-5}^0 k^2 +\sum_{k=1}^{15}k^2\\ &=\sum_{\ell=0}^5(-\ell)^2+\sum_{k=1}^{15}k^2\\ &=\sum_{\ell=0}^5 \ell^2+\sum_{k=1}^{15}k^2\\ &=\frac{5\times 6\times 11}{6}+\frac{15\times 16\times 31}6=1295. \end{align*} Finalement, on trouve $$\sum_{k=-5}^{15} k(10-k)=1050-1295=-245.$$ On peut vérifier cette somme par un petit programme Python :     S=0     for k in range(-5,16):          S+=k*(10-k)     print(S)

18 - Calcul de sommes par découpage [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soit $n\in\mathbb N$. Calculer $A_n=\sum_{k=2n+1}^{3n}(2n)$. Calculer $B_n=\sum_{k=n}^{2n}k$. En déduire la valeur de $S_n=\sum_{k=n}^{3n}\min(k,2n)$.

On ne somme que des termes constants, et donc on trouve $$A_n=n\times (2n)=2n^2.$$ Notons $T_n=\sum_{k=0}^n k$. Alors on a $$B_n=T_{2n}-T_{n-1}=n(2n+1)-\frac{(n-1)n}2=\frac{n(4n+2-(n-1))}2=\frac{3(n+1)n}2.$$ On remarque que si $k\leq 2n$, alors $\min(k,2n)=k$ alors que si $k\geq 2n+1$, on a $\min(k,2n)=2n$. On en déduit que $$S_n=A_n+B_n=2n^2+\frac{3n(n+1)}2=\frac{n(7n+3)}2.$$

19 - Se ramener à une somme classique [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Pour $n\geq 1$, on pose $u_n=\frac{1}{n^2}+\frac{2}{n^2}+\cdots+\frac{n}{n^2}$. Calculer explicitement $u_n$, puis en déduire la limite de la suite $(u_n)$.

En mettant $1/n^2$ en facteur, on se ramène à une somme classique. En effet, on peut écrire $$u_n=\frac1{n^2}\sum_{k=1}^n k=\frac{1}{n^2}\times\frac{n(n+1)}{2}=\frac{n+1}{2n}=\frac{1}2+\frac{1}{2n}.$$ Ainsi, la suite $(u_n)$ tend vers $1/2$.

20 - Un produit [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Pour $n\in\mathbb N^*$ et $x\in\mathbb R$, on note $$P_n(x)=\prod_{k=1}^n \left(1+\frac xk\right).$$ Que valent $P_n(0)$, $P_n(1)$, $P_n(-n)$? Démontrer que pour tout réel non-nul $x$, on a $$P_n(x)=\frac {x+n}xP_n(x-1).$$ Pour $p\in\mathbb N^*$, écrire $P_n(p)$ comme coefficient du binôme.

On a $P_n(0)=1$ (on ne fait que des produits de 1), $P_n(-n)=0$, car alors $$1+\frac{-n}n=0$$ et donc on a un terme nul dans le produit. Enfin, $$P_n(1)=\prod_{k=1}^n \frac{k+1}k=\frac{2\times 3\times\dots\times (n+1)}{1\times 2\times\dots\times n}={n+1}.$$ On a \begin{eqnarray*} P_n(x)&=&\prod_{k=1}^n \frac{x+k}k\\ &=&\frac{(x+1)(x+2)\dots (x+n)}{1\times 2\times\dots\times n}\\ &=&\frac{x+n}{x}\times\frac {(x-1+1)(x-1+2)\dots (x-1+n)}{1\times 2\times\dots\times n}\\ &=&\frac{x+n}xP_n(x-1). \end{eqnarray*} On a $$P_n(p)=\prod_{k=1}^n \frac{k+p}{k}=\frac{(p+1)\dots (p+n)}{n!}=\frac{(n+p)!}{n!p!}=\binom{n+p}{p}.$$

21 - Somme géométrique dans tous ses états [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soit pour $n\in\mathbb N$, $u_n=(-2)^n$. Calculer les sommes suivantes : $$\sum_{k=0}^{2n} u_{k};\quad \sum_{k=0}^{2n+1} u_{k};\quad \sum_{k=0}^{n} u_{2k};\quad \sum_{k=0}^{2n} (u_{k}+n);\quad \left(\sum_{k=0}^{2n} u_{k}\right)+n;\quad \sum_{k=0}^{n} u_{k+n};\quad \sum_{k=0}^{n} u_{kn}.$$

Dans cet exercice, il faut faire très attention aux notations, puis appliquer la formule de la somme d'une série géométrique. Il vient alors $$\sum_{k=0}^{2n} u_{k}=\sum_{k=0}^{2n}(-2)^k=\frac{1-(-2)^{2n+1}}{1-(-2)}=\frac{1+2^{2n+1}}3.$$ $$\sum_{k=0}^{2n+1} u_{k}=\frac{1-2^{2n+2}}3.$$ $$\sum_{k=0}^{n} u_{2k}=\sum_{k=0}^n 4^k=\frac{1-4^{n+1}}{1-4}=\frac{4^{n+1}-1}3.$$ $$\sum_{k=0}^{2n} (u_{k}+n)=\sum_{k=0}^{2n} u_k+\sum_{k=0}^{2n} n=\frac{1+2^{2n+1}}3+n(2n+1).$$ $$\left(\sum_{k=0}^{2n} u_{k}\right)+n=\frac{1+2^{2n+1}}3+n.$$ $$\sum_{k=0}^{n} u_{k+n}=\sum_{k=0}^n (-2)^{k+n}=(-2)^n\sum_{k=0}^n (-2)^k=\frac{(-2)^n(1-(-1)^{n+1} 2^{n+1})}{3}.$$ $$\sum_{k=0}^{n} u_{kn}=\sum_{k=0}^n ((-2)^n)^k=\frac{1-(-2)^{n(n+1)}}{1-(-2)^n},$$ sauf si $n=0$ auquel cas la somme vaut $u_0=1$.

22 - Sommes alternées [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]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.

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 $$S_{2n}=\frac{4n+1-1}4=n.$$