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Probl` eme – Combinaisons d’un coffre-fort

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Academic year: 2022

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Texte intégral

(1)

DM de MPSI2

Corrig´ e de devoir non surveill´ e

Probl` eme – Combinaisons d’un coffre-fort

I.1Parmi lesn-combinaisons, celles consistant `a n’appuyer que sur un bouton `a la fois forment un ensemble clairement ´equipotent `aSn, doncan>n!.

I.2({1,2,3}),({1},{2,3}),({2,3},{1}),({2},{1,3}),({1,3},{2}),({3},{1,2}),({1,2},{3}) sont les 3-combinaisons demand´ees.

On a donca3= 7 + 3! = 13.

I.3 Soit k ∈ [[1, n]], Ωk l’ensemble des n-combinaisons (P1, . . . , Pj) telles que P1 soit de cardinal k. Pour un tel ensemble P1 fix´e, il existe an−k fa¸cons de le compl´eter en une n-combinaison, et il existe nk

tels ensembles. Comme l’ensemble des n-combinaisons est la r´eunion disjointe de (Ωk)16k6n, la premi`ere formule voulue est bien ´etablie :

an =

n

X

k=1

n k

an−k.

La seconde formule r´esulte imm´ediatement du fait que nk

= n−kn

pour tout k∈[[1, n]], et d’un changement d’incidek←n−kdans la somme ci-dessus.

I.4Soitn∈N. bn = an

n!

=

n

X

k=1

1 n!

n k

an−k (d’apr`es la question pr´ec´edente)

=

n

X

k=1

1

k!(n−k)!an−k (d’apr`es l’expression factorielle des coefficients binomiaux)

=

n

X

k=1

bn−k k! .

I.5

aIl est clair queuest croissante, et quev−uconverge vers 0. Montrons la d´ecroissance dev. Soitn∈N: vn+1−vn=un+1−un+ln(2)n+1

(n+ 1)! −ln(2)n

n! = 2ln(2)n+1

(n+ 1)! −ln(2)n

n! = ln(2)n

(n+ 1)!(2 ln(2)−(n+ 1))60.

La suitev est d´ecroissante, et les deux suitesuet vsont bien adjacentes.

bMontrons le r´esultat demand´e par r´ecurrence forte sur l’entier naturel non nuln. L’amor¸cage au rang 1 est ´evident. Fixonsn∈N, supposons le r´esultat vrai jusqu’`a ce rang, prouvons qu’il demeure au rang suivant :

bn+1 =

n+1

X

k=1

bn+1−k k!

6

n+1

X

k=1

1

k!(ln(2)n+1−k) (par hypoth`ese de r´ecurrence)

= un+1−1 ln(2)n+1

6 1

ln(2)n+1, carutend vers 2 en croissant.

(2)

L’h´er´edit´e est montr´ee, le r´esultat ´etabli.

cOn a : 26vn+1, doncun−2>un−vn+1=−2ln(2)(n+1)!n+1.

d On proc`ede par r´ecurrence forte sur n∈N, l’amor¸cage ´etant ´evident. Fixons un entier naturel non nuln, et supposons le r´esultat ´etabli jusqu’`a ce rang. On a :

bn+1 =

n+1

X

k=1

bn+1−k k!

= 1

(n+ 1)! +

n

X

k=1

bn+1−k

k!

> 1

(n+ 1)! + 1

2 ln(2)n+1(un−1) (par hypoth`ese de r´ecurrence)

= 1

(n+ 1)! + 1

2 ln(2)n+1(un−2) + 1 2 ln(2)n+1

> 1

2 ln(2)n+1, grˆace `a la question pr´ec´edente.

On a donc bien, pour tout entier naturel n:bn> 2 ln(2)1 n.

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