Corrigé du DM n°2 pour lundi 20/09/2021

©Arnaud de Saint Julien - MPSI Lycée La Merci 2021-2022 1

Corrigé du DM n°2 pour lundi 20/09/2021

Le devoir doit être rédigé sur des copies doubles.

Les copies dont les résultats ne sont pas souli- gnés ou encadrés ne seront pas corrigées.

Exercice 1 (Un peu de dénombrement) Les questions sont indépendantes.

1. Combien y-a-t-il d’entiers qui s’écrivent avec exactement 5 chiffres (en base 10) ?

Un entiers est une liste ordonnée de chiffres. En base 10, on utlise 10 chiffres 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9.

Il y a 9 choix possibles pour le premier chiffre car le premier chiffre ne peut être zéro.

Pour les 4 autres chiffres, il y a 10 possibilités. Il y a donc 9×10×10×10×10×10 = 9×10⁴ = 90000 entiers à 5 chiffres.

2. Combien de triangles peut-on construire avec 100 points deux à deux distincts ?

Le triangle ABC est le même que BAC, CAB... ou tout autre permuation des lettres A, B, C. Un triangle est un ensemble de 3 points. On doit donc sélectionner 3 points parmi 100, il y a ¹⁰⁰₃ choix possibles.

Remarque : ce nombre vaut aussi ^100×99×98_3! .

Exercice 2 (Un peu de dénombrement) Les questions sont indépendantes.

1.

2. Combien de triangles peut-on construire avec 100 points deux à deux distincts ? Exercice 3 Soit A, B, C trois parties d’un ensembleE. Démontrer l’équivalence suivante :

A∪B =A∩C ⇐⇒ B ⊂A ⊂C.

Nous allons prouver par double implication

1. On suppose queA∪B =A∩C. On veut montrer queB ⊂A ⊂C.

On a B inclus dans A∪B qui est égal à A∩C par hypothèse. Donc B est inclus dans A∩C qui est lui même inclus dans A. On a donc B ⊂A.

De même, A⊂A∪B =A∩C ⊂C, donc A⊂C. On a donc bien prouvé que B ⊂A⊂C.

2. On suppose queB ⊂A⊂C. On veut montrer que A∪B =A∩C.

Nous allons prouver l’égalité cherchée par double inclusion.

• Soit x∈A∪B. Alors x est dans A ou dansB. Si x∈A, alors x∈C car A⊂C et doncx∈A∩C. Six∈B, alors commeB ⊂A, on a encorex∈Aet doncx∈A∩C par le premier cas. On a donc prouvé queA∪B ⊂A∩C.

Remarque : on pouvait aussi rédiger ainsi :

commeB ⊂A, on aA∪B =Aet commeA ⊂C, on aA∩C =A, doncA∪B =A∩C car ils sont tous les deux égaux àA.

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• Enfin A∩C ⊂A ⊂A∪B.

On a donc bien A∪B =A∩C.

Exercice 4 (Calcul de sommes) Soit n∈N^∗. Calculer les sommes suivantes : 1. On a

n−1X

k=0

(−1)^k n k+ 1

!

3^k =

Xn i=1

n i

!

(−3)ⁱ⁻¹ = 1

−3

Xn i=1

n i

!

(−3)ⁱ

= 1

−3

Xn i=0

n i

!

(−3)ⁱ−1

!

= 1

−3((1−3)ⁿ−1)

= 1−(−2)ⁿ 3 2. On pose ^X

(i,j)∈J1,nK²

j i

!

. Sii > j, on a ^j_i= 0. Ainsi

T = ^X

(i,j)∈J1,nK²

j i

!

= ^X

16i6j6n

j i

!

.

Ici il y a un découpage plus naturel, car on sait additionner les coefficients d’une ligne du triangle de Pascal !

T =

Xn j=1

Xj

i=1

j i

!

=

Xn j=1



 Xj

i=0

j i

!

−1





=

Xn j=1

(2^j−1)

=

Xn j=1

2^j−

Xn j=1

1

= 2−2ⁿ⁺¹ 1−2 −n

= 2ⁿ⁺¹−2−n

3. On pose S =

Xn i=1

Xn j=i

i² j(j + 1).

Il s’agit en fait d’une somme double, avec un découpage plus pratique que l’autre. On a

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S = ^X

16i6j6n

i² j(j + 1) =

Xn j=1

Xj

i=1

i² j(j+ 1) =

Xn j=1

1 j(j+ 1)

Xj

i=1

i² =

Xn j=1

1 j(j+ 1)

j(j + 1)(2j + 1) 6

= 1 6

Xn j=1

(2j + 1) = 1 6



2

Xn j=1

j+

Xn j=1

1



 = 1

6 2n(n+ 1)

2 +n

!

Ainsi _n

X

i=1

Xn j=i

i²

j(j+ 1) = n(n+ 2)

6 .

Exercice 5 (Coefficient maximal d’une ligne du triangle de Pascal) Soit n∈N. 1. Démontrer à l’aide de la formule du binôme de Newton que 4ⁿ >²ⁿ_n.

On a par la formule du binôme de Newton 4ⁿ = 2²ⁿ= (1 + 1)²ⁿ=

X2n

k=0

2n k

!

=

X2n

k=0k6=n

2n k

!

| {z }

>0

+ 2n n

!

> 2n n

!

.

2. Démontrer que la suitek 7→²ⁿ

k

est croissante surJ0, nK. En déduire que :

∀k ∈J0,2nK, 2n n

!

> 2n k

!

.

Soit k un entier tel que 06k 6k+ 1 6n. On a

_2n

k+1

2n

k

=

(2n)!

(k+1)!(2n−(k+1))!

(2n)!

k!(2n−k)!

= k!

(k+ 1)!

(2n−k)!

(2n−(k+ 1)! = 2n−k k+ 1 >1

car 2n−k > n (puisque k 6 n) et k+ 1 6 n, donc 2n−k > k+ 1. On a donc montré que pour 06k6k+ 1 6n, on a _k+1²ⁿ>²ⁿ

k

, ce qui entraîne que pour k tel que 06k 6n, on a ²ⁿ_k6²ⁿ_n.

Remarquons de plus que le résultat reste vrai si n 6 k 6 2n. En effet on a alors 0 6 2n−k 6 n et donc d’après le résultat précédent, _2n−k²ⁿ 6 ²ⁿ_n. On conclut alors aussi que ²ⁿ_k 6 ²ⁿ_n par symétrie puisque _2n−k²ⁿ =²ⁿ_k. Nous venons de prouver que pour k ∈J0,2nK, le plus grand coefficient binomial est celui du «milieu», c’est ²ⁿ_n.

3. En déduire l’encadrement :

4ⁿ

2n+ 1 6 2n n

!

64ⁿ. On déjà prouvé l’inégalité de droite.

On a aussi

2²ⁿ= (1 + 1)²ⁿ =

X2n

k=0

2n k

!

6

X2n

k=0

2n n

!

= (2n+ 1) 2n n

!

.

©Arnaud de Saint Julien - MPSI Lycée La Merci 2021-2022 4 Car chaque terme de la somme ci-dessus est inférieur à ²ⁿ_n, et parce qu’il y a 2n + 1 termes.

On en déduit bien que

2n n

!

> 4ⁿ 2n+ 1.