PRO 2

(1)

Exercices résolus de mathématiques.

PRO 2

EXPRO020 – EXPRO020

http://www.matheux.be.tf

Jacques Collot

Mars 04

(2)

EXPRO020 – Liège, juillet 2002

a) Simplifier l’expression

   

0

1 1

n k k n k

n k

C x ^



 



b) En déduire la valeur de

   

0

1 0

n k k j

n n k k

C C_ j n



  



c) Vérifier le résultat pour n = 3 et j = 2 et 3

(3)

 

         

     

         

0 0

0

! si 0

! !

Rappel :

0 dans les autres cas.

) 1 1 1 1 1

Or par le binôme de Newton, on remarque que 1 1 1 1

1 1 1 1 1

k n

n n

k k n k n k k k

n n

k k

n k k k n

n k

n k k n k n n n

n k

n k n

k n k C

a C x x C x

C x x

C x x x x



 







  

 

 

     

     

          

 



 ^ ^

         

   

     

0

0 0 0

1

) On a donc : 1 1 1 1

On développe 1 par le binôme de Newton et le premier membre de 1 peut

alors s'écrire : 1 1 1

Dans ce développement

n

n k k n k n n

n k

n k

n n n k

k k n k k k i i

n n n k

k k i

x

b C x x x

x

C x C C x







 



  



    



   



  

   

 

           

   

0

0 0

, le terme en est : 1 2

Le deuxième membre de 1 peut lui s'écrire :

1 1 1 1 1

Le terme en est : 1 3 avec

Premier cas 0

n k

j k j j

n n k k

n n

n n n n n n n t t n t n t

n n

t t

j n t n t

n

x C C x

x x x x x C x C x

x C x n t j

n j n t n t







 





        

  

     



 

         

   

0 0

0

On égalise les termes en des deux membres en faisant 0

2 3 1 1 1

et si on fait 1 1 1

pair, la somme cherchée vaut +1 Conclusion :

impair, la somme ch

j

n k k J J n n n n

n n k n

k

n k k J J n

n n k k

x t

C C x C x x

x C C x

n n

 





      

    



erchée vaut 1

 



(4)

       

0

Deuxième cas 0

comme est négatif, or 0 si 0

On égalise les termes en des deux membres, et on fait 1

2 3 1 1 0

) Vérifications

Dans le triangle de Pascal les s

t n j

n k k J n t

n n k n

k

k n

j n

n t j t j n C t

x x

C C C

c

C

 

 

       



      

 

0

ont sur une ligne et les sur une colonne.

1) 3, 2

1 1 1 3 6 3 10 1 15 0

2) 3, 3

1 1 1 3 4 3 10 1 20 1

3) 4, 4

1 1 1 4 5 6 15 4 35 1 70 1

4) 5, 5

1

J n k

n k k J

n n k k

n k k J

n n k k

n k k J

n n k k

k

C

n j

C C

n j

C C

n j

C C

n j













 

         

 

          

 

           

 





0

1 1 6 5 10 21 10 56 5 126 252 1

n

k J n n k k

C C _



            



(5)

EXPRO021 – Liège, juillet 2004

a) Démontrer la formule

Suggestion : On pourra éventuellement utiliser la méthode par récurrence

b) Calculer la somme des cubes des entiers multiples de 3 compris entre 32 et 62, en justifiant le résultat.

(6)

EXPRO022 _– Liège, septembre 2004.

Démontrer que, pour tout entier naturel m, on a

1 0

2^m_m 1 2^m_m 2^m_m 1 ... _m C _ C C ^_  C

1 1

1

2 1 2 2

1 2

2 2 1 2 1

1 2 3

2 2 1 2 2 2 2

1 2 0

2 2 1 2 2

Appliquons la formule : On a :

Et ainsi de suite jusque :

...

m m m

p p p

m m m

m m m m

m m m

m m m m

C C C

C C C C









 

  

 

 

  

   

    

Résolu le 5 mars 2005.

(7)

EXPRO023 _– Liège, juillet 2005.

En évaluant de deux manières différentes une puissance de ( 1 + i ), démontrer que

2

 

2 0 4

1 4

m k m k m

m k

C ^

  



En déduire que :



⁴⁰² ⁴⁰⁴ ⁴⁰⁶ ¹⁸⁴⁰



²⁰ ⁴⁰²⁰

2 1C C C  ... C 2 C

 

^{ }

     

 

2 0 2 4

0

4

2 4 0

a) A l'exercice PRO003, posé à Liège et à Bruxelles, on a démontré que :

-1 ... 2 cos 1

4

Posons : 4 1 devient : -1 4 cos 4 1

Ré-écrivons d'une autre façon : -1

n k k n

n n n n

k

m k k m m m

m k

C C C C n

n m C m



     

     





     

 

   

2 4

2 2

4 4

0 2 1

2

2 4 0

-1 1 4 2

Dans la deuxième série de termes du premier membre, on a des avec 0.

Par défintion, tous ces termes sont nuls et 2 devient : -1 1 4 . Il nous reste

m m

k k k k m m

m m

k k m

y x

m k k m m

m k

C C

C y

C

  



  



 

 

 ^{ }

 

2

2 4 0

20 10 2 0 2 4 36 38 40 10 20

40 40 40 40 40 40 40

0

à multiplier par 1 pour obtenir la forme

demandée : -1 4

b) Appliquons la formule dans le cas où 10:

-1 4 ... 4 2

On peut r

m

m m k k m

m k

k k m

k

C

m

C C C C C C C











 



         



 

0 40 2 38

40 40 40 40

20 40

0 2 4 18 20 20 0

40 40 40 40 40 40

2 4 18 20 20

40 40 40 40

egrouper les termes puisque , ,...etc sauf le terme du milieu qui est C . Donc,

2 ... 2 et comme 1

2 1 ... 2

C C C C

C C C C C C

C C C C

 

      

      

Variante pour le point a) proposée par Christian HALBACH

(8)

 

   

 

4 4 4

4 0

0 0 1 2 2 3 3 4 4 4 4

4 4 4 4 4 4

0 2 4 4

4 4 4 4

2 2 4 0 2

2 4 0

1 2 4 .

4

.... 4 cos sin

.... 4 cos

1 4 1

1 4

m k k m m

m k

m m m

m m m m m m

m m

m m m m

m k k m m

m k

m k k m m

m k

C i i cis m

C i C i C i C i C i C i m i m

C C C C m

C C







 

    

         

     

   

  



Résolu le 5 mars 2005. Modifié le 2 juillet 2009 (Christian Halbach)

EXPRO024 _– Liège, septembre 2006.

a) Démontrer l’égalité suivante, pour tout n   :

1 2 2 ... ^k ... ⁿ 2ⁿ 1

n n n n

C  C  kC  nC n ^

b) En déduire que, pour tout n   \ 0:

     

2 ... 1 ^k ... 1 ⁿ 2 2ⁿ 1 1

n n n

C   k C   n C  n ^ 

 

1 2 1

ième

) La première proposition est démontrée à l'exercice : EXPRO002 b) Reprenons la première égalité :

2 .... .... 2 1

Soit la n ligne du triangle de Pascal dont la somme des termes vau

k n n

n n n n

a

C  C  kC  nC n ^

 

   

     

0 1 2

0

2 1 1

t 2

... 2 2

Soustrayons 1 et 2 , membre à membre, et en tenant compte que 1

... 1 .... 1 2 2 1 2 2 1

n

n n

n n n n

n

k n n n n

n n n

C C C C

C

C k C n C n ^ n ^

   



           

Résolu le 25 décembre 2006.

(9)

EXPRO025 _– FACSA – ULG – Liège, septembre 2007.

 

   

1

2

Pour des entiers 0 et 0 on note ( , ) la somme des ièmes puissances des entiers positifs de 1 à inclus:

( , ) 1 ...

a. Démontrer que ( , 0) ;

( ,1) 1 1

2

, 3 1 1

2 b

n p p p

k

n p S n p p

n

S n p k n

S n n

S n n n



 

   



 

 

  



2  

0

. En utilisant la formule du binôme de Newton, démontrer l'égalité

( , 1) ( 1) 1 ,

valable pour tous entiers 0 et 0 et retrouver ainsi les égalités du point a.

c. Démontrer que (

p

p k

pS n p n C S n k

p n

S n





    

 



, 1) est un polynôme de degré en la variable dont le coefficient du terme de degré est 1 / et dont le terme indépendant est nul.

p p n

p p



Nous reprenons la solution proposée par l’université.

(10)

La première égalité est évidente. La deuxième égalité s'obtient aisément par récurrence, ou encore en notant que

2 ( ,1) [1 ] [2 ( 1)] · · · [( 1) 2] [ 1] ( 1) . La troisième égalité s'obtient aus

S n     n n   n    n n n

2 2 2

3 2

si par récurrence. Elle est clairement vraie pour 1 et, si l'égalité est vraie pour un certain , on a

1 1 1

( 1, 3) ( 1) ( 1) ( 1) [ 4( 1)] ( 1)( 2)

2 2 2

La formule du binôme

n n

S n n n n n n n n n



     

              

 

   

0

p 1

0 1

1 0 1

1

0

de Newton peut s'écrire ( 1)

On en tire successivement 1

1

1 1 ,

Si 0, la somme du second membre comporte au moins un ter

p

p i i

p i

p p i i

p i

n p p p i n i

p

k i k

p p p i

p i

k C k

k k C k

k k C k

n C S n i

p









  





 

  

   

 

  





  



me; en isolant le dernier terme de la somme, on obtient exactement l'égalité annoncée.

30 jan 08.

(11)

EXPRO026 _– FACSA – ULG – Liège, juillet 2008.

Les interviennent fréquemment en analyse combinatoire.

Pour tout entier naturel , le nombre est défini comme le nombre de manières de placer des parenthèses dans un produit de 1

n

nombres de Catalan

n c

n facteurs; par exemple, ₃ 5 puisque le produit des quatre facteurs , , et admet les cinq groupements suivants: ( ( )),

(( ) ), ( )( ), ( ( )) et (( ) ) . Nous admettons sans démonstratio c

a b c d a b cd

a bc d ab cd a bc d ab c d



2  

1

2 2

1 1

0 1

n le résultat suivant:

1 Démontrer que pour tout 0 on a

1. ;

2. ;

3.

. Il n'est pas nécessaire de raisonner par récurrence; l'usage

1 1

( 1) (4 2)

n

n n

n n n

n n

n

n i n i

i

n

Suggestion

c C

n

c C C

n c n c

c c c



  



 

 

  



direct de la définition et du résultat (1) suffit.

: Eugène-Charles Catalan a été professeur à l'université de liège.

Note

(12)

 

            

 

1 2

2 2

Les points 1 et 2 sont des conséquences du résultat (1) et de la relation classique

!

! !

D'une part, on a

2 ! 2 ! !

car 1 ! 1 . ! et 1 !

1 ! 1 ! 1 ! !

2 !

1 car ! !

p n

n n

C n

p n p

n n n n

C n n n n

n n n n n n

n n

C C

n n n



 

 

           

   

   

 

2

2 2 2 2

2

1

1 2 2 1

1 1

1 car 1

1 1 1

1 1

1 car 1

ce qui établit le premier point.

2 !

D'autre part, on a : 1

! ! et aussi

4 2 1

4 2 car

1 1

n n

n n n n

n n n n n n

n

n n

n

n n n

C n

n n n

C C C c C c

n n

n c C n

n n

n c n C c

n n



  





   

         

 

        

  

   

  ^ ^

 

     

   

 

           

 

         

1

2 1

1 2 2

2 2 ! 2 2 !

4 2

1 ! 1 ! car 1 ! 2 2 1 !

car 4 2 . 2 2 ! 2 2 1 . 2 2 ! 2 2 1 ! 2 1 !2

! 1 ! et . 1 ! !

2 1 !2

! 1 !. 2 !

car 2 . 2 1 ! 2 ! et . 1 ! !

! ! ce qui étab

n n

C

n n

n C

n n n n n n

n n n n n

n

n n n n n

n n

n n n

n n n n n n n

n n



 

 

 

 

 

          

      

 

     

 



    

lit le point 2.

Le point 3 peut s'établir directement. Supposons un parenthésage de 1 facteurs.

L'opération la plus externe porte sur deux blocs de tailles respectives 1 et , avec 0, . . . ,

n

i n i

i n



 

 

1

1 . Les deux blocs peuvent être parenthésés de respectivement et manières, d'où la relation annoncée.

i n i

c c _{ }



(13)

EXPRO027 _– FPMS, Mons, 2002, Série A.

a) Quelle est la probabilité de ne jamais avoir un " 3 " en jetant fois un dé équilibré ? b) Quelle est la probabilité d'avoir au moins une fois un " 3 " en jetant fois un dé équilibré ? c) Combien

n n

de fois faut-il lancer un dé équilibré pour que la probabilité d'avoir au moins une fois un " 3 " dépasse 99% ?

d) En passant aux logarithmes en base 3, donnez une borne inférieure et supérieure de gn arantissant d'avoir au moins un " 3 " avec une probabilité de 99%.

Solution proposée par Steve Tumson

(14)

1

n fois

a)

Si le dé est équilibré, les essais sont tous indépendants, la chance de ne pas avoir un " 3 " est, pour un lancé, de : (3) 5

6 Si on lance les dés fois :

5 5 5

(3)= . ...

6 6 6

n

P n

P



     

     

     

(3) 5 6 b)

La chance d'avoir au moins un "3" est le restant des chances de ne jamais en avoir :

(3) 1 (3) (3) 1 5

6 c)

5 5 5

(3) 0, 99 1 0, 99 0, 01 ln ln 0,

6 6 6

n n

n

n n n

n

P

P P P

P

     

        

     

                

     

 

2 1

01 (car la fonction "ln"est bijective) ln 10

ln 0, 01 2 ln 10

( la valeur numérique exacte est en fait 25, 25 )

5 6 ln 1, 2

ln 6 ln 5

Note : ln 5 est négatif, d'où un changement de 6

n

n n n n



       

    

    

    

  

 

  

 

3 3 3

sens de l'inégalité.

d)

2 log 10 La difficulté est ici de fournir des bornes numériques sans calculatrice de :

log 1, 2 Il est tout d'abord facile d'approximer log 1, 2 .

* En effet, nous savons tous que la

n

3

fonction "ln" n'est autre que la fonction "log en base e = 2,8 3".

Nous savons aussi que les logarithmes, en n'importe quelle base, passent par le point (1,0).

Nous pouvons donc dire que log ln au voisinage de 1, et donc que log 1, 23  ln 1, 2 . 

* Nous savons aussi qu'une exponentielle, au voisinage de 0, s'approxime très bien par la fonction 1.

La fonction logarithme étant sa réciproque, il exis x

x x



 

   

 

3 3

te donc une symétrie axiale d'axe . La fonction "ln"

s'approxime donc très bien par la fonction 1 au voisinage de 1.

On en déduit que log 1, 2 ln 1, 2 1, 2 1 0, 2 1 / 5 (valeur par EXCES) 2 log 10

1 / 5

y x

x x

n



 

   

   

   

 

   

 

3

3 3

3

10log 10 (valeur par DEFAUT)

Les bornes peuvent donc se trouver comme suit :

ln 10

2 log 10 2 ln 3 2 ln 10

10log 9 10log 27

ln 1, 2

log 1, 2 ln 1, 2

ln 3

INF SUP

n n n



      

(15)

EXPRO028 _– FACSA – ULG – Liège, septembre 2008.

 

       

2 2

2 2 2 2

0 1 2 2

2 2 2 2 2

En évaluant de deux manières différentes 1 , montrer que pour tout entier naturel , on a :

....

n

n n

n n n n n

x n

C C C C C



    

 

  ^ ^{ } ^

2 2

0 2

2

2 2 2

2

Une utilisation directe de la formule du binôme de Newton donne : 1

en particulier, le coefficient du terme de degré 2 est

D'autre part, on a 1 1 1 ; en appliquant l

n n k k

k n

n n

n n n

x C x

n C

x ix ix



 

   



 

     

2 2

0 0

2 2

2 2 2

a formule du binôme de Newton à chacun des deux facteurs, on obtient : 1

en particulier, le coefficient du terme de degrè 2 est :

1 1

n n

n k k k j j j

n n

k j

n k n k

k k n k

n n

x C i x C i x

n

C i C i C

 

 

 

    

   

 

   

2 2 2 2

2 2

0 0

2 2

2 0

2 2

0 2

car 1

: L'expression 1 est positive quand est pair et négative quand est impair

n n

k n k k

n n n

k k

n k k

k n

n k k

k n

C C

C

Remarque C n n



 



 



 



Le 17 septembre 2008

(16)

EXPRO029 _– FACSA – ULG – Liège, juillet 2010.

 

1 2 2 2

Démontrer l'égalité suivante dans laquelle 1 est un nombre entier:

1 4 ... 1 2

: développer 1 et dériver deux fois.

n n

n n n

n

C C n C n n

Suggestion x





    



10 juillet 2010