Partie II

(1)

MPSI B Année 2016-2017. Corrigé DS 1 29 juin 2019

Problème

Partie I

1. Les solutions sont3 + 2i et1 +i. En eet, le discriminant est

∆ = (4 + 3i)²−4(1 + 5i) = 3 + 4i= (2 +i)² On a cherché ses racines carrées sous la formex+iy avec







x²−y²= 3 x²+y²=√

9 + 16 = 5 2xy= 4

⇒2x²= 8

On en déduit les solutions 1

2(4 + 3i±(2 +i))−→3 + 2iet 1 +i 2. Il s'agit en fait d'une équation du premier degré enz :

h(z) =Z⇔(3 + 3i)z−(1 + 5i) = (z−1)Z⇔(3 + 3i−Z)z= 1 + 5i−Z

⇔z= Z−(1 + 5i) Z−(3 + 3i) 3. Les points xes dehsont3 + 2i et 1 +icar leur recherche revient à l'équation de la

première question.

h(z) =z⇔(4 + 3i)z−(1 + 5i) = (z−1)z⇔z²−(5 + 3i)z+ (1 + 5i) = 0

Partie II

1. Les points xes sontwet w⁰. En eet,

h(z) =z⇔(s−u)z−p= (z−u)z⇔z²−(u−s+u)z+p= 0

⇔z²−(w+w⁰)z+ww⁰ = 0⇔(z−w)(z−w⁰) = 0

2. a. On trouve

hu(z)−hu(z⁰) =K(z−z⁰) avec K=(u−w)(u−w⁰) (u−z)(u−z⁰)

car, en réduisant la diérence au même dénominateur et 4 termes se simplient h_u(z)−h_u(z⁰) =(z⁰−u) ((s−u)z−p)−(z−u) ((s−u)z⁰−p)

(z−u)(z⁰−u)

= −z⁰p−u(s−u)z+zp+u(s−u)z⁰

(z−u)(z⁰−u) =(p−u(s−u))(z−z⁰) (z−u)(z⁰−u) et on peut factoriser

p−u(s−u) =u²−su+p= (u−w)(u−w⁰)

b. On utilise la question précédente et le fait quewet w⁰ sont des points xes hu(z)−w=hu(z)−hu(w) = (u−w)(u−w⁰)

(u−z)(u−w) (z−w) =(u−w⁰)(z−w) (u−z) De même pourw⁰

h_u(z)−w⁰=h_u(z)−h_u(w⁰) = (u−w)(u−w⁰)

(u−z)(u−w⁰)(z−w⁰) = (u−w)(z−w⁰) (u−z) On en tire

h_u(z)−w

hu(z)−w⁰ =T z−w

z−w⁰ avec T = u−w⁰ u−w

3. a. En posantc= ¹₂(w+w⁰)(axe du milieu) etr=¹₂(w−w⁰), on peut écrire

z−w

z−w⁰ = (z−c)−d

(z−c) +d = 1

|z−w⁰|²





|z−c|²− |d|²+ (z−c)d−(z−c)d

| {z }

∈iR







Ce qui assure que le quotient est imaginaire pur si et seulement si|z−c|²=|d|² c'est à dire si le point d'axezest sur le cercleC de diamètre[W, W⁰].

b. Lorsque U est sur la droiteD (le pôle sur la droite des points xes), le cercleC (de diamètre les points xes) est stable par l'homographie.

En eet leT de la question 2.b est alors réel et Z∈ C ⇒ z−w

z−w⁰ ∈iR⇒ hu(z)−w hu(z)−w⁰ = T

|{z}

∈R

z−w z−w⁰

| {z }

∈iR

∈iR⇒pt d'axeh_u(z)∈ C

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/

1 Rémy Nicolai S1601C

(2)

c. LorsqueU est sur le cercle C (de diamètre les points xes), ce cercle est envoyé par l'homographie sur la droiteD(la droite des points xes).

En eet leT de la question 2.b est alors imaginaire pur et

Z∈ C ⇒ z−w

z−w⁰ ∈iR⇒ hu(z)−w h_u(z)−w⁰ = T

|{z}

∈iR

z−w z−w⁰

| {z }

∈iR

∈R⇒pt d'axeh_u(z)∈ D

Exercice 1

j

i

0 1 n

Fig. 1: Domaine de sommation triangulaire

1. On montre que

S=

b

X

k=a

k= 1 2(a+b)

| {z }

moy des extrémités

(b−a+ 1)

| {z }

nb de termes

Cette formule s'obtient par exemple avec un changement d'indice de sommation 2S=

b

X

k=a

k+

b

X

k=a

(a+b−k) =

b

X

k=a

(a+b) = (b−a+ 1)(a+b)

2. a. Le domaine de sommation est le triangle au dessus de la diagonale représenté en gure1. Noter que les indices commencent à1.

b. NotonsS2(n)la somme proposée et sommons d'abord sur les lignes.

S2(n) =

n

X

j=1 j

X

i=1

i j =

n

X

j=1 j

X

i=1

i

!1 j =

n

X

j=1

j(j+ 1) 2j = 1

2

n+1

X

k=2

k= n(n+ 3) 4

3. NotonsS3(n)la somme. Elle porte sur les triplets(i, j, k)tels que 1≤i≤j≤k≤n. On regroupe ces triplets suivant les valeurs du troisième indice.

S3(n) =

n

X

k=1





k

X

i=1 k

X

j=i

i jk



=

n

X

k=1





k

X

i=1 k

X

j=i

i j



 1 k =

n

X

k=1

S2(k)

k =

n

X

k=1

k+ 3 4

= n(n+ 7) 8 4. NotonsSk(n)la somme que l'on nous demande de considérer. Cette notation est cohé-

rente avec les premières questions. On raisonne par récurrence, les formules sont valides pourk = 2et 3. Pour passer dek−1 à k, on regroupe encore les k-uplets suivant la valeur du dernier indice

S_k(n) =

n

X

i_k=1





X

1≤i1≤i2≤···≤ik−1≤ik

i₁ i2i3· · ·ik−1ik





=

n

X

i_k=1





X

1≤i1≤i2≤···≤ik−1≤ik

i1

i₂i₃· · ·i_k−1



 1 i_k =

n

X

i_k=1

S_k−1(ik)1 i_k

=

n

X

ik=1

ik(ik+ 2^k−1−1) 2^k−1i_k = 1

2^k−1 1

2n(2^k−1+ 2^k−1+n−1) = n(2^k+n−1) 2^k car on retrouve une somme de termes consécutifs entre2^k−1 et2^k−1+n−1.

(3)

Exercice 2

1. Calcul deF. On remarque que(k+ 1)!−k! =k k!et que l'on peut faire commencer la somme àk = 1car la contribution de k = 0est nulle. On en déduit, par sommation télescopique,

F= (2!−1!) + (3!−2!) +· · ·+ ((n+ 1)!−n!) = (n+ 1)!−1 Calcul deB. Introduisons la fonction polynomiale

f(x) = (1 +x)ⁿ =

n

X

k=0

n k

x^k

et sa primitive nulle en0 F(x) = 1

n+ 1 (1 +x)ⁿ⁺¹−1

=

n

X

k=0

1 k+ 1

n k

x^k+1

On a alors

B=F(1) = 2ⁿ⁺¹−1 n+ 1

2. a. Pour tout entiern, on note In l'inégalité à démontrer.

Si n= 1 : Pn = ¹₂ et ^√_2n+1¹ = ^√¹

3. Comme ¹₄ < ¹₃, on a bien Pn < ^√_2n+1¹ dans ce cas.

On veut maintenant montrer que, pour tout entiern, In ⇒ In+1. On peut re- trouver dansPn+1 les facteurs constituantPn.

Pn+1=Pn

2n+ 1

2(n+ 1)< 1

√2n+ 1

2n+ 1 2(n+ 1)

| {z }

d'aprèsIn

=

√2n+ 1 2(n+ 1) Pour montrer queIn⇒ In+1, il sut donc de vérier que

√2n+ 1

2(n+ 1) ≤ 1

√2n+ 3 Or cette inégalité est équivalente à

√

2n+ 1√

2n+ 3≤2(n+ 1) et celle ci est une conséquence de

(2(n+ 1))²−(2n+ 1)(2n+ 3) = 3n−1≥0pour n≥1

b. Le numérateur de Pn est le produit des impairs consécutifs alors que le déno- minateur est le produit des pairs. Avec la remarque de l'énoncé, tous les entiers gurent au numérateur alors qu'au dénominateur, seuls les pairs gurent et ils y sont deux fois. Dans le produit des pairs, en mettant les2en facteur, on retrouve une factorielle. On en tire :

Pn= (2n)!

(2ⁿn!)² = (2n)!

2²ⁿ(n!)² et Pn= 2⁻²ⁿ 2n

n

c. Formons le quotient des deux coecients avec 0≤k < n:

2n k+1

2n k

=(2n)(2n−1)· · ·(2n−k) (k+ 1)!

k!

(2n)(2n−1)· · ·(2n−k+ 1) =2n−k k+ 1 avec ^2n−k_k+1 <1 car2n−k−k−1 = 2(n−k)−1>0.

On en déduit que la suite des ²ⁿ_k

est strictement croissante de 0 à n. D'après la formule _2n−k²ⁿ

= ²ⁿ_k

, les mêmes valeurs se retrouvent au delà de ndonc ²ⁿ_n est le plus grand des coecients ²ⁿ_kpour kentre0et2n.

La partie droite de l'encadrement à prouver résulte de l'inégalité de a. et de l'expression de b.

La partie gauche résulte d'une formule du binôme majorée simplement : 2²ⁿ= (1 + 1)²ⁿ =

2n

X

k=0

2n k

≤ (2n+ 1)

| {z }

nb de termes

×

2n n

| {z }

le plus gd des termes

Exercice 3

1. a. Le domaine de sommation est formé par les couples(i, j) tels que i ≤ j. Il est représenté sur la gure 2 par les points du triangle au dessus de la diagonale.

Dans l'expression deS, on somme d'abord sur les colonnes avant d'additionner ces sommes intermédiaires.

b. Quand on intervertit les sommations, on somme d'abord sur les lignes ce qui permet d'utiliser la formule du binôme :

S =

n

X

j=1 j

X

i=0

j i

n j

=

n

X

j=1

n j

^j X

i=0

j i

!

=

n

X

j=1

n j

2^j = 3ⁿ

(4)

j

0 1 n i

0 1 n

Fig. 2: Domaine de sommation triangulaire au dessus de la diagonale 2. On trouves(1, n) = 2ⁿ ets(2, n) = 3ⁿ car

s(1, n) =

n

X

i=0

n i

ets(2, n) =S= 3ⁿ 3. a. En réécrivantM(1, n), une formule du binôme apparait :

M(1, n) =

n

X

i₁=0

n i1

aⁱ₀¹aⁿ⁻ⁱ₁ ¹ = (a0+a1)ⁿ Montrons que pourk≤p,

M(k−1, n) = (a0+· · ·+a_k−1)ⁿ⇒M(k, n) = (a0+· · ·+a_k−1+ak)ⁿ En eet,M(k, n)s'écrit

n

X

ik=0





X

0≤i₁≤···≤ik−1≤i_k

i2

i₁ i3

i₂

· · · ik

i_k−1

aⁱ₀¹aⁱ₁²⁻ⁱ¹· · ·aⁱ_k−1^k⁻ⁱ^k−1



 n

i_k

aⁿ⁻ⁱ_k ^k

=

n

X

ik=0

M(k−1, n) n

ik

a^n−k_k =

n

X

ik=0

(a0+· · ·+a_k−1)ⁱ^k n

ik

a^n−k_k

= (a0+· · ·+ak)ⁿ

b. Utilisons l'expression d'un coecient du binôme ne contenant que des factorielles : q

p

= q!

p!(q−p)!

Lesj_k s'introduisent naturellement et des simplications (télescopiques multipli- catives) apparaissent dans le produit des coecients

i2

i₁ i3

i₂

· · · ip

i_p−1 n

i_p

= i2! i₁!j₂!

i3!

i₂!j₃!· · · ip! i_p−1!j_p!

n!

i_p!j_p! = n!

j₁!j₂!· · ·j_p! cari1=j1.