Correction du devoir surveillé 2
Exercice 1 — Trois petites sommes et c’est parti !
1. Appliquons la relation de Chasles afin de pouvoir ensuite utiliser la formule de binôme de Newton :
n2
X
k=1
n2 k
5k=
" n2
X
k=0
n2 k
5k
#
− n2
0
50
=
" n2
X
k=0
n2 k
5k1n2−k
#
−1
= (5 + 1)n2 −1 d’après la formule du binôme de Newton
= 6n2 −1. 2. Remarquons tout d’abord que
n
X
k=1
2k3
=
n
X
k=1
23k
=
n
X
k=1
8k. Or
n
X
k=1
8k est la somme desn premiers termes de la suite géométrique de premier terme 81 = 8 et de raison 8. La raison étant différente de 1, il s’ensuit que :
n
X
k=1
2k3
= 8× 1−8n
1−8 = 8(8n−1)
7 .
3. Appelons Sn la somme double
n
X
i=1 n
X
j=i
i(i+ 1) j(j+ 1).
On peut calculer la somme Sn de deux manières différentes.
• Par télescopage Sn=
n
X
i=1 n
X
j=i
i(i+ 1) j(j + 1)
=
n
X
i=1
"
i(i+ 1)
n
X
j=i
1 j(j+ 1)
#
par linéarité, car i(i+ 1) ne dépend pas de j
=
n
X
i=1
"
i(i+ 1)
n
X
j=i
1 j − 1
j + 1 #
=
n
X
i=1
i(i+ 1) 1
i − 1 n+ 1
par télescopage
Lycée Pierre-Gilles de Gennes 1 Adriane Kaïchouh
Par linéarité de la somme, on obtient alors que Sn =
n
X
i=1
i(i+ 1) i
!
−
n
X
i=1
i(i+ 1) n+ 1
!
=
n
X
i=1
(i+ 1)
!
− 1 n+ 1
n
X
i=1
(i2+i) encore par linéarité de la somme
=
n
X
i=1
i
! +
n
X
i=1
1
!
− 1 n+ 1
" n X
i=1
i2
! +
n
X
i=1
i
!#
= n(n+ 1)
2 +n− 1 n+ 1
n(n+ 1)(2n+ 1)
6 +n(n+ 1) 2
= n
2(n+ 1 + 2)−
n(2n+ 1)
6 +n
2
= n
2(n+ 3)− n
6(2n+ 1 + 3)
= n
6(3n+ 9−2n−4)
= n(n+ 5)
6 .
• Par interversion des sommes Sn =
n
X
i=1 n
X
j=i
i(i+ 1) j(j+ 1)
= X
16i6j6n
i(i+ 1) j(j + 1)
=
n
X
j=1 j
X
i=1
i(i+ 1) j(j+ 1)
=
n
X
j=1
"
1 j(j+ 1)
j
X
i=1
i(i+ 1)
#
=
n
X
j=1
"
1 j(j+ 1)
j
X
i=1
(i2+i)
#
=
n
X
j=1
1 j(j + 1)
" j X
i=1
i2
! +
j
X
i=1
i
!#!
=
n
X
j=1
1 j(j + 1)
j(j+ 1)(2j+ 1)
6 + j(j+ 1) 2
Après simplification, on obtient que Sn=
n
X
j=1
2j+ 1 6 + 1
2
=
n
X
j=1
1 3j+2
3
= 1
3
n
X
j=1
j
!
+ 2
3
n
X
j=1
1
!
par linéarité de la somme
= 1
3× n(n+ 1)
2 +2
3n
= n
6(n+ 1 + 4)
= n(n+ 5)
6 .
Exercice 2 — Parties d’une union
1. Montrons queP(E)∪ P(F)⊆ P(E∪F):
montrons que pour tout ensemble A∈ P(E)∪ P(F), A∈ P(E∪F). Soit A ∈ P(E)∪ P(F).
Montrons queA ∈ P(E∪F), c’est-à-dire montrons queA est inclus dansE∪F. Comme A∈ P(E)∪ P(F), on a A∈ P(E) ou A∈ P(F).
Procédons alors par disjonction de cas.
• Premier cas : A∈ P(E). CommeA∈ P(E), on a A⊆E. Or E ⊆E∪F, donc on a :
A⊆E ⊆E∪F, donc A⊆E∪F .
• Second cas :A ∈ P(F).
CommeA∈ P(F), on aA ⊆F. Or F ⊆E∪F, donc on a :
A ⊆F ⊆E∪F, donc A⊆E∪F .
Dans tous les cas, on a bien A⊆E∪F, donc A∈ P(E∪F). Ainsi, on a bien l’inclusion P(E)∪ P(F)⊆ P(E∪F).
2. Montrons que l’inclusion réciproqueP(E∪F)⊆ P(E)∪ P(F)n’est pas toujours vraie, en exhibant un exemple d’ensembles E etF pour lesquels elle est fausse.
Considérons les ensembles suivants :
(E ={`} F ={d}.
Alors E∪F ={`;d}.
• L’ensembleE∪F est inclus dans lui-même, donc E∪F ∈ P(E∪F).
• Cependant, montrons que l’ensembleE∪F n’appartient pas àP(E)∪ P(F).
? L’élément d appartient à E∪F, mais n’appartient pas à E.
Donc E∪F n’est pas inclus dans E, c’est-à-dire que E∪F 6∈ P(E).
? L’élément ` appartient à E∪F, mais n’appartient pas à F.
Donc E∪F n’est pas inclus dans F, c’est-à-dire que E∪F 6∈ P(F). Ainsi, E∪F 6∈ P(E)∪ P(F).
Finalement, comme E∪F ∈ P(E∪F) mais E∪F 6∈ P(E)∪ P(F), l’inclusion P(E∪F)⊆ P(E)∪ P(F) est fausse .
Exercice 3 — Parité d’une partie entière
1. Commençons par développer les expressions 2 +√ 3n
et 2−√ 3n
à l’aide de la formule du binôme de Newton :
2 +√ 3n
=√
3 + 2n
=
n
X
k=0
n k
2n−k√
3k
2−√ 3n
=
−√
3 + 2n
=
n
X
k=0
n k
2n−k(−1)k√ 3k. En sommant ces deux expressions, on obtient alors :
Sn= 2 +√
3n
+ 2−√
3n
=
n
X
k=0
n k
2n−k√
3k+
n
X
k=0
n k
2n−k(−1)k√ 3k
=
n
X
k=0
n k
2n−k
1 + (−1)k√ 3k
Remarquons que pour tout k ∈J0;nK, 1 + (−1)k=
(2 si k est pair 0 si k est impair.
Séparons alors dans la somme les termes d’indice pair de ceux d’indice impair : Sn= X
06k6n kpair
n k
2n−k
1 + (−1)k
| {z }
=2
√3k+ X
06k6n kimpair
n k
2n−k
1 + (−1)k
| {z }
=0
√3k
= X
06k6n kpair
n k
2n−k×2√ 3k+ 0
= 2 X
06k6n kpair
n k
2n−k√
3k par linéarité de la somme
= 2 X
062j6n
n 2j
2n−2j√ 32j
= 2 X
062j6n
n 2j
2n−2j3j.
Or la somme X
062j6n
n 2j
2n−2j3j est une somme d’entiers, donc elle est entière.
Ainsi, le nombre Sn est un entier pair .
2. • Afin de trouver sa partie entière, encadrons le nombre 2 +√ 3n. Comme 2 +√
3n
=Sn− 2−√
3n, on commence par encadrer 2−√ 3n. On a 1<3<4, donc par stricte croissance la fonction racine carrée surR+, on obtient que 1<√
3<2, donc que 0<2−√
3<1.
Par croissance de la fonction x7−→xn surR+, il s’ensuit que 0< 2−√
3n
<1.
La multiplication par−1 étant strictement décroissante sur R, on obtient :
−1<− 2−√
3n
<0, donc
Sn−1< Sn− 2−√
3 n
< Sn, c’est-à-dire que
Sn−1< 2 +√ 3n
< Sn .
• D’après la question précédente, Sn est un entier, donc l’encadrement Sn−1<
2 +√ 3n
< Sn montre que
j
2 +√ 3nk
=Sn−1.
De plus, toujours d’après la question précédente, l’entier Sn est pair, donc Sn−1 est impair .
Finalement, la partie entière de 2 +√
3n est impaire . Exercice 4 — Image de l’exponentielle
Considérons la partie deR suivante :
A={ex|x∈R−}
={y∈R| ∃x∈R−, y =ex}.
1. La fonction Python suivante prend en arguments deux flottantsxety, et renvoie True si y=ex,False sinon.
import numpy as np # Pour la fonction exponentielle.
def egalite(x, y):
"""
Arguments d'entrée : deux flottants x et y.
Sortie : True si exp(x) vaut y, False sinon.
"""
return y == np.exp(x) # On retourne un booléen.
2. Montrons que la partieA admet une borne inférieure et une borne supérieure.
Pour cela, montrons que la partie A est bornée et non vide.
• Comme−14 appartient à R−, le nombre e−14 appartient à A, donc la partie A est non vide .
• La fonction exponentielle est à valeurs strictement positives sur R, donc a fortiori surR− : pour tout x∈R−, on a ex >0.
Il s’ensuit que pour tout y∈A, on a y >0.
Ainsi, la partieA est minorée par 0.
• Montrons que la partie A est majorée par 1: montrons que pour tout y∈A, on a y61. Soit y∈A.
Alors il existex∈R− tel que y=ex. Soit x un tel réel.
Commex∈R−, on ax60.
Par croissance de la fonction exponentielle sur R, on obtient que ex 6 e0, donc quey 61.
Ainsi, la partieA est majorée par 1.
Finalement, comme la partieAest bornée et non vide, la propriété de la borne su- périeure assure que la partie A admet une borne supérieure et une borne inférieure . 3. • D’après la question précédente, le nombre 1est un majorant de la partieA.
Or 1 appartient à A car 1 =e0 et0∈ R−, donc le majorant 1 est en fait le maximum de la partieA. Ainsi, on a :
sup(A) =max(A) = 1.
• Montrons que inf(A) = 0.
D’après la question précédente, 0est un minorant de A.
Montrons à présent que0est le plus grand minorant deA, c’est-à-dire mon- trons que
∀ε >0,∃y∈A, y <0 +ε.
Soit ε >0.
Montrons qu’il existe y∈A tel que y < ε.
Posons x=min
0;lnε 2
ety=ex .
Montrons que l’élémenty convient, c’est-à-dire que
(y∈A y < ε.
? D’une part, comme x=min
0;lnε 2
, on ax60, donc x∈R−. Ainsi, y est bien un élément de A.
? D’autre part, comme x=min
0;lnε 2
, on a : x6lnε
2
.
Par croissance de la fonction exponentielle sur R, on obtient que ex 6 ε
2, c’est-à-dire que
y6 ε 2. Or ε est un réel strictement positif, donc ε
2 < ε. Il s’ensuit que y < ε.
Ainsi, l’élément y convient.
Finalement, 0est bien la borne inférieure de la partie A : inf(A) = 0.
• Enfin, montrons que la borne inférieure de A n’en est pas un minimum : montrons qu’elle n’appartient pas à A.
D’après la question précédente, tous les éléments de A sont strictement po- sitifs, donc0 n’appartient pas à A.
Ainsi, la partieA n’admet pas de minimum .
Remarque : l’ensembleA n’est autre que l’intervalle ]0; 1]. Démontrons-le par double inclusion.
⊆) D’après la question 2, on a : pour tout y∈A, 0< y 61.
Donc on a bien A⊆]0; 1].
⊇) Réciproquement, montrons que ]0; 1]⊆A.
Soit y∈]0; 1].
Montrons que y∈A,
c’est-à-dire qu’il existe x∈R− tel que y=ex. Posonsx=ln(y).
Montrons que xconvient.
• Comme y∈]0; 1], on a en particulier y∈R∗+. Le nombre ln(y) est donc bien défini, puisque la fonction ln est définie sur R∗+.
Ainsi, le nombre x est bien défini.
• Comme y∈]0; 1], on a y61.
Par croissance de la fonction ln sur R∗+, il s’ensuit que ln(y) 6 ln(1), c’est-à-dire que x60.
Ainsi, le nombre x appartient à R−.
• Enfin, comme x=ln(y), on a bien y=ln(x). Le nombrex convient, donc y appartient bien à A. Ainsi, on a bien ]0; 1]⊆A .
Finalement, on obtient bien que A = ]0; 1].
Problème — Binôme et polynôme
Partie I : Valeurs particulières Soit n un entier naturel non nul.
1. (a) Calculons Pn(0) :
Pn(0) =
n
Y
k=1
1 + 0
k
=
n
Y
k=1
1 = 1. (b) Calculons Pn(1) :
Pn(1) =
n
Y
k=1
1 + 1
k
=
n
Y
k=1
k+ 1 k
= n+ 1
1 par télescopage
= n+ 1 . (c) Calculons Pn(−n) :
Pn(−n) =
n
Y
k=1
1 + −n k
=
"n−1 Y
k=1
1 + −n k
#
×
1 + −n n
d’après la relation de Chasles
=
"n−1 Y
k=1
1 + −n k
#
×(1−1)
= 0. 2. Soitp un entier naturel.
Calculons Pn(p) :
Pn(p) =
n
Y
k=1
1 + p
k
=
n
Y
k=1
k+p k
= 1
n
Y
k=1
k
×
n
Y
k=1
(k+p).
Or, par définition de la factorielle,
n
Y
k=1
k =n!, donc on obtient que
Pn(p) = 1 n!
n
Y
k=1
(k+p).
Effectuons alors le changement d’indice j =k+p:
j =k+p
k parcourt J1;nK
j parcourra J1 +p;n+pK. On obtient alors que
Pn(p) = 1 n!
n+p
Y
j=1+p
j
= 1 n! ×
n+p
Y
j=1
j
p
Y
j=1
j
par la relation de Chasles
= 1
n! × (n+p)!
p! . D’où finalement
Pn(p) =
n+p p
.
Remarquons que par symétrie des coefficients binomiaux, on a également Pn(p) =
n+p n
.
Partie II : Deux jolies identités 3. Soitp un entier naturel non nul fixé.
Pour tout n ∈N, appelons H(n) la proposition suivante :
n
X
k=0
Pp(k) =
n+p+ 1 n
.
Montrons alors, par récurrence (sur n) que pour toutn ∈N, la propositionH(n) est vraie.
• Initialisation
Montrons que la propositionH(0) est vraie.
D’une part, d’après la question 1.a), on a :
0
X
k=0
Pp(k) =Pp(0) = 1.
D’autre part, on a :
0 +p+ 1 0
= 1, donc on a bien
0
X
k=0
Pp(k) =
0 +p+ 1 0
,
donc la proposition H(0) est vraie .
• Hérédité Soit n∈N.
Supposons que la proposition H(n) soit vraie. Montrons que la proposition H(n+ 1) est vraie.
D’après la relation de Chasles, on a :
n+1
X
k=0
Pp(k) =
" n X
k=0
Pp(k)
#
+Pp(n+ 1)
=
n+p+ 1 n
+Pp(n+ 1) par hypothèse de récurrence
=
n+p+ 1 n
+
(n+ 1) +p n+ 1
d’après la question 2
=
(n+p+ 1) + 1 n+ 1
d’après la relation de Pascal
=
(n+ 1) +p+ 1 n+ 1
,
donc la proposition H(n+ 1) est vraie .
• Conclusion
Pour tout n∈N, la propositionH(n)est vraie : pour tout n ∈N,
n
X
k=0
Pp(k) =
n+p+ 1 n
.
4. Soient n un entier naturel non nul etx un réel non nul.
Montrons que
Pn(x) = x+n
x Pn(x−1).
On a :
Pn(x) =
n
Y
k=1
1 + x
k
=
n
Y
k=1
k+x k
= 1
n
Y
k=1
k
×
n
Y
k=1
(k+x).
Effectuons alors le changement d’indice j =k+ 1dans le produit au numérateur (pour faire sortir du x−1) :
j =k+ 1 k =j−1
k parcourt J1;nK j parcourt J2;n+ 1K. On obtient alors :
Pn(x) = 1
n
Y
k=1
k
×
n+1
Y
j=2
(j−1 +x)
= 1
n
Y
k=1
k
×
n+1
Y
j=2
[j+ (x−1)]
= 1
n
Y
k=1
k
×
n
Y
j=1
[j+ (x−1)]
!
× n+ 1 + (x−1)
1 + (x−1) par la relation de Chasles
= 1
n
Y
k=1
k
×
n
Y
j=k
[k+ (x−1)]
!
×x+n x ,
après renommage de l’indice de sommation (qui est muet).
En regroupant les deux produits en un seul, on obtient finalement que Pn(x) = x+n
x
n
Y
k=1
k+ (x−1) k
= x+n x
n
Y
k=1
1 + x−1 k
= x+n
x Pn(x−1). Partie III : Un produit au passage 5. Soitn ∈N∗.
(a) Exprimons le produit
n
Y
k=1
(n+k)en fonction de Pn :
n
Y
k=1
(n+k) =
n
Y
k=1
k
!
×
n
Y
k=1
(n+k)
n
Y
k=1
k
=n!
n
Y
k=1
n+k k
=n!
n
Y
k=1
1 + n
k
= n!Pn(n). (b) D’après la question 2, on a :
Pn(n) =
n+n n
= 2n
n
, donc, d’après la question précédente donne que
n
Y
k=1
(n+k) = n!Pn(n)
=n!
2n n
=n!(2n)!
n!n!
= (2n)!
n! .
6. Pour toutn ∈N∗, notonsH(n) la proposition suivante :
n
Y
k=1
(n+k) = 2n
n
Y
k=1
(2k−1).
Montrons par récurrence que pour tout n∈N∗, la proposition H(n) est vraie.
• Initialisation
Montrons que H(1) est vraie.
D’une part, on a :
1
Y
k=1
(1 +k) = (1 + 1) = 2, et d’autre part, on a :
21
1
Y
k=1
(2k−1) = 2(2×1−1) = 2.
Donc on a bien :
1
Y
k=1
(1 +k) = 21
1
Y
k=1
(2k−1), et la propositionH(1) est donc vraie .
• Hérédité Soit n∈N∗.
Supposons que la proposition H(n) soit vraie.
Montrons que la propositionH(n+ 1) est vraie.
Calculons alors le produitn+1Y
k=1
(n+ 1 +k).
Pour cela, commençons par effectuer le changement d’indicej = 1 +k dans le produit :
j = 1 +k
k parcourt J1;n+ 1K j parcourt J2;n+ 2K. On obtient alors que
n+1
Y
k=1
(n+ 1 +k) =
n+2
Y
j=2
(n+j),
donc en appliquant la relation de Chasles, on obtient :
n+1
Y
k=1
(n+ 1 +k) =
" n Y
j=1
(n+j)
#
× [n+ (n+ 1)][n+ (n+ 2)]
n+ 1
=
" n Y
j=1
(n+j)
#
× (2n+ 1)(2n+ 2) n+ 1
=
" n Y
k=1
(n+k)
#
×2(2n+ 1) car l’indice de sommation est muet
=
"
2n
n
Y
k=1
(2k−1)
#
×2(2n+ 1) d’après l’hypothèse de récurrence
= 2n+1
" n Y
k=1
(2k−1)
#
×[2(n+ 1)−1]
= 2n+1
n+1
Y
k=1
(2k−1) par la relation de Chasles.
Ainsi, la proposition H(n+ 1) est vraie .
• Conclusion
Pour tout n∈N∗, la proposition H(n)est vraie : pour tout n∈N∗,
n
Y
k=1
(n+k) = 2n
n
Y
k=1
(2k−1).
Remarque : les résultats des questions 5 et 6 permettent de retrouver le résultat de l’exercice 5 du TD2.
