MPSI B Année 2018-2019 Corrigé DM 3 pour le 12/10/18 29 juin 2019
Exercice 1
1. Le système de relations vérié par lesai demandés est triangulaire :
a0 = 1
a0+ a1 = 1
a0+ 2a1+ a2 = 2
a0+ 3a1+ 3a2+ a3 = 6
a0+ 4a1+ 6a2+ 4a3+ a4= 24
On en tirea0= 1, a1= 0, a2= 1, a3 = 2, a4 = 9. Comme le système est triangulaire avec un coecient 1devantan, le dernieran s'exprime en fonction desak précédents et il est entier.
2. On exprime les coecients du binôme avec des factorielles m
k n
m
= m!
k! (m−k)!
n!
m! (n−m)! = n!
k! (m−k)! (n−m)!
= n!
k! (n−k)!
(n−k)!
(m−k)! (n−m)! = n
k
n−k m−k
Cela permet de faire apparaitre une formule du binôme
X
m∈Jk,nK
m k
n m
zm=
n k
X
m∈Jk,nK
n−k m−k
zm
= n
k
X
m∈Jk,nK
n−k m−k
zm−k
zk= n
k
X
i∈J0,n−kK
n−k i
zi
zk
= n
k
(1 +z)n−kzk
3. La sommation sur le triangle s'écrit avec des doubles sommes
X
(m,k)∈T
tm,k= X
m∈J0,nK
X
k∈J0,mK
tm,k
= X
k∈J0,nK
X
m∈Jk,nK
tm,k
4. On écrit la somme à droite comme une double somme et on intervertit les sommations :
X
m∈J0,nK
m!
n m
(−1)m= X
m∈J0,nK
X
k∈K0,mJ
m k
ak
n
m
(−1)m
= X
k∈J0,nK
ak
X
m∈Jk,nK
m k
n m
(−1)m
= X
k∈J0,nK
ak
k n
(1−1)n−k(−1)k
d'après la question 2 avecz=−1. Le seul indicekqui contribue de manière non nulle à la somme est donck=n. On en tire
X
m∈J0,nK
m!
n m
(−1)m=an n
n
(−1)n= (−1)nan
Exercice 2
1. Question de cours. Le système est de Cramer lorsque le déterminant est non nul :
A B C D
=AD−BC6= 0
Les formules de Cramer donnent alors l'unique couple solution :
(
λ B µ D
A B C D ,
A λ C µ
A B C D )
2. Pour le systèmeS0, le déterminant est 2
a(a+ 1) 1
b(c+ 1)− 1 c(b+ 1)
= 2(c−b)
a(a+ 1)b(b+ 1)c(c+ 1) 6= 0 De plus
1 (a+1)(b+1)2 1 (a+1)(c+1)2
= 2
(a+ 1) 1
c+ 1− 1 b+ 1
= 2(b−c)
(a+ 1)(b+ 1)(c+ 1) ⇒u=−abc
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 M1803C
MPSI B Année 2018-2019 Corrigé DM 3 pour le 12/10/18 29 juin 2019
1 ab 1
1 ac 1
=1 a
1 b −1
c
=c−b
abc ⇒v=1
2(a+ 1)(b+ 1)(c+ 1) L'unique couple solution est
(−abc,1
2(a+ 1)(b+ 1)(c+ 1))
3. On transforme S en un système équivalent par la méthode du pivot standard avec l'opération élémentaire codée par
L2←−L2−a−1 b−1L1. On obtient
1
b −a−1 b−1 ×1
a
y+ 1
b+ 1−a−1 b−1 × 1
a+ 1
z= 1−a−1 b−1
⇔ b−a
ab(b−1)y+ 2(b−a)
(a+ 1)(b−1)(b+ 1)z= b−a b−1 ⇔ 1
aby+ 2
(a+ 1)(b+ 1)z= 1 PourL3←L3−a−1c−1L1, les calculs sont analogues en échangeantbet c. On obtient
1
acy+ 2
(a+ 1)(c+ 1)z= 1.
Ces transformations montrent que si(x, y, z)est solution deS alors(y, z)est solution deS0. D'après la question 2
y=−abc z=1
2(a+ 1)(b+ 1)(c+ 1)
⇒x= (a−1)
1 +bc−1
2(b+ 1)(c+ 1)
= 1
2(a−1)(1 +bc−b−c) = 1
2(a−1)(b−1)(c−1) L'unique triplet solution deS est donc
1
2(a−1)(b−1)(c−1),−abc,1
2(a+ 1)(b+ 1)(c+ 1)
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/
2 Rémy Nicolai M1803C
