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2. On remarque que f n+1 (x) = f n (x) + x n+1 pour tout réel x . En particulier f n+1 (a n ) = a n+1 n > 0

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Texte intégral

(1)

MPSI B Corrigé du DS 04 29 juin 2019

Exercice

1. Il est clair par dénition que f n est strictement croissante dans [0, +∞[ . Comme de plus f n (0) = −1 et f n (1) = n − 1 , le théorème de la valeur intermédiaire entraîne l'existence et l'unicité de a n tel que f (a n ) = 0 . On peut préciser a 1 = 1 et a n ∈ ]0, 1[

pour n > 0 .

2. On remarque que f n+1 (x) = f n (x) + x n+1 pour tout réel x . En particulier f n+1 (a n ) = a n+1 n > 0

Ce qui, avec la stricte croissance de f et le théorème de la valeur intermédiaire entraîne a n+1 < a n . La suite (a n ) n∈N

est décroissante et minorée par 0. Elle converge vers un élément de [0, a 2 ] .

3. On a déja démontré en 1. que a 2 ∈ ]0, 1[ . À cause de la décroissance, on en déduit 0 < a n < a 2 ⇒ 0 < a n+1 n < a n+1 2 .

Ceci entraîne, par le théorème d'encadrement, la convergence de (a n+1 n ) n∈N

vers 0.

En utilisant l'expression de la somme des termes d'une suite géométrique, il vient f n (a n ) = 1 − a n+1 n

1 − a n

− 2 = 0 ⇒ 1 − a n+1 n = 2 − 2a n ⇒ a n = 1

2 (1 + a n+1 n ).

On en déduit la convergence de (a n ) n∈N

vers 1 2 . 4. Comme

f n (x) = 1 − x n+1 1 − x − 2 Lorsque 0 < x < 1 , (f n (x)) n∈ N

converge vers

1

1 − x − 2 = 2x − 1 1 − x

 

 

> 0 si x > 1 2

< 0 si x < 1 2 .

Considérons un ε quelconque dans

0, 1 2 tel que 1

2 + ε ∈ 1

2 , 1

et 1

2 − ε ∈

0, 1 2

.

Comme (f n ( 1 2 +ε)) n∈N

converge vers un nombre strictement positif et (f n ( 1 2 −ε)) n∈N

vers un nombre strictement négatif, il existe un entier n 0 tel que,

∀n > n 0 : f n ( 1

2 − ε) < 0 < f n ( 1

2 + ε) ⇒ ∀n > n 0 : 1

2 − ε < a n < 1 2 + ε

Ce qui est exactement la dénition de la convergence vers 1 2 . 5. On a déjà remarqué que

2a n − 1 = a n+1 n Utilisons l'indication de l'énoncé :

(2a n ) n+1 = e (n+1) ln(2a

n

)

avec

(n + 1) ln(2a n ) ∼ (n + 1)(2a n − 1) ∼ (n + 1)a n+1 n De plus,

0 < (n + 1)a n+1 n < (n + 1)a n+1 2

avec a 2 < 1 assure que (n + 1)a n+1 n → 0 et donc que (2a n ) n+1 → 1 . On en déduit a n+1 n2

n+1

1 et nalement, comme a n − 1 2 = 1 2 a n+1 n :

a n − 1 2 ∼ 1

2 n+2 .

Problème II.

1. Par convention s 0 = 1 . L'identité est la seule permutation d'un ensemble à un élément, elle ne transpose aucune paire donc s 1 = 1 . Un ensemble à deux éléments admet deux permutations : une transpose une paire l'autre non donc s 2 = 1 . Un ensemble à trois éléments admet six permutations : l'identité deux 3-cycles et deux transpositions. Les trois transpositions transposent chacune une paire, les trois autres permutations n'en transposent aucune donc s 3 = 3 . On en déduit

u 0 = 1, u 1 = 1, u 2 = 1

2 , u 3 = 1 2

2. a. Dans un ensemble à n éléments on peut former C n 2 = n(n−1) 2 paires. Il existe donc

n(n−1)

2 s n−2 permutations qui transposent exactement une paire.

b. Si k n'est pas entre 0 et E( n 2 ) , on ne peut pas trouver k paires distinctes dans l'en- semble. Il ne peut donc pas exister de permutations xant k paires. En revanche, lorsque k est entre 0 et E( n 2 ) , on peut trouver k paires distinctes. La permutation composée des transpositions associées à ces paires les transpose évidemment.

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

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c. Le nombre de permutations transposant exactement k paires est le nombre de parties à 2k éléments multiplié par le nombre de permutations transposant k paires dans un ensemble à 2k éléments.

Commençons par calculer le nombre x k de familles de k paires dont la réunion forme l'ensemble à 2k éléments. Il est clair que x 1 = 1 et que x k = 2k(2k−1) 2 x k−1 en considérant à part la première paire. On en déduit

x k = k! (2k − 1)(2k − 3) · · · 1

Comme deux transpositions disjointes commutent, le nombre de permutations ainsi formées n'est pas le nombre de familles mais le nombre de partitions soit x k!

k

. On en déduit que le nombre de parmutations transposant exactement k paires est

C n 2k (2k − 1)(2k − 3) · · · 1 s n−2k

3. a. On peut classer toutes les permutations (il y en a n! ) suivant le nombre de paires qu'elles transposent. On en déduit

n! = s n +

E(

n2

)

X

k=1

nb de permut transposant k paires

= s n +

E(

n2

)

X

k=1

C n 2k (2k − 1)(2k − 3) · · · 1 s n−2k

b. En faisant passer la somme de l'autre côté de l'égalité et en divisant par n! , on obtient

u n = 1 −

E(

n2

)

X

k=1

(2k − 1)(2k − 3) · · · 1 (2k)!

s n−2k (n − 2k)!

Dans (2k−1)(2k−3)···1

(2k)! , le produit de tous les impairs entre 1 et 2k se simplie laissant seulement le produit des puissances paires au dénominateur. On peut factoriser k fois le nombre 2 d'où

u n = 1 −

E(

n2

)

X

k=1

u n−2k

2 k k! (1)

4. a. On veut montrer que u 2p+1 = u 2p . Remarquons que E( 2p+1 2 ) = E( 2p 2 ) = p . On en déduit que u 2p+1 et u 2p sont égaux à des sommes ayant le même nombre de termes.

Les indices intervenant dans ces sommes sont de la forme 2p+1 −2k = 2(p−k)+1 et 2p − 2k = 2(p − k) avec k ≥ 1 . Par conséquent, en raisonnant par récurrence sur p , les u correspondants sont égaux. On en déduit u 2p+1 = u 2p .

b. On pose v p = 2 p u 2p . Après multiplication par 2 p , la relation (1) devient

v p = 2 p

p

X

k=1

2 p−k

k! u 2p−2k = 2 p

p−1

X

j=0

v j

(p − j)!

en posant j = p − k .

c. Le calcul se fait récursivement à la machine à l'aide de la formule précédente. On obtient

v 0 = 1, v 1 = 1, v 2 = 5

2 , v 3 = 29

6 , v 4 = 233 24 u 0 = u 1 = 1, u 2 = u 3 = 1

2 , u 4 = u 5 = v 2

4 = 5 8 u 6 = u 7 = v 3

8 = 29

48 , u 8 = u 9 = v 4

16 = 233 384 s 0 = 1, s 1 = 1, s 2 = 1, s 3 = 3!u 3 = 3, s 4 = 4! 5

8 = 15, s 5 = 5! 5

8 = 75, s 6 = 6! 29 48 = 435, s 7 = 7! 29

48 = 3045, s 8 = 8! 233

384 = 24465, s 9 = 9! 233

384 = 220185

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