Correction du devoir surveill´ e n˚2

(1)

Lyc´ee Benjamin Franklin PTSI−2013-2014

D. Blotti`ere Math´ematiques

Correction du devoir surveill´ e n˚2

Exercice 1 : Donner la forme alg´ebrique de

−4 + 4i

√2−√ 6i

200

. Correction

• On commence par d´eterminer une forme exponentielle dez1:=−4 + 4i. Le module dez1vaut√

32 = 4√ 2.

On a donc :

z1

|z1| =− 1

√2+i 1

√2 =−

√2 2 +i

√2 2 = cos

3π 4

+isin

3π 4

=e³îπ⁴ . De cette étude, on déduit que :

z1= 4√

2e³^iπ⁴ . (1)

• On calcule ensuite une forme exponentielle de z2 :=√ 2−√

6i. Le module de z2 vaut√ 8 = 2√

2. On a donc :

z2

|z2| = 1 2−i

√6 2√

2 =1 2 −i

√3

2 = cos

−π 3

+isin

−π 3

=e⁻îπ³ . De cette étude, on déduit que :

z2= 2√

2e⁻^iπ³. (2)

• De (1) et (2), on d´eduit que :

−4 + 4i

√2−√

6i = 4√ 2e³^iπ⁴ 2√

2e⁻îπ³ = 2e(³îπ4 +îπ₃) = 2eⁱ¹³¹²îπ. On a donc :

−4 + 4i

√2−√ 6i

200

= (2eⁱ¹³¹²^iπ)²⁰⁰

= 2²⁰⁰eⁱ^13×200¹² ^iπ (formule de Moivre)

= 2²⁰⁰eⁱ^13×50iπ³

= 2²⁰⁰eⁱ^650iπ³

Pour poursuivre, on effectue la division euclidienne de 650 par 2×3 = 6. On trouve 650 = 6×108 + 2 et donc :

eⁱ⁶⁵⁰³^iπ =e^(6×108+2)

iπ

3 formule

de Moivre= e²^iπ108

e²^iπ³ =e²^iπ³ =−1 2 +i

√3 2 . On en d´eduit que :

−4 + 4i

√2−√ 6i

200

=−2¹⁹⁹+ 2¹⁹⁹√ 3i.

Exercice 2 : R´esoudre l’´equation (E) : 3 cos(x)−√

3 sin(x) =√

6 d’inconnuex∈]−π, π].

Correction :On reconnait une ´equation du typeacos(x) +bsin(x) =caveca= 3,b=−√

3 etc=√ 6.

• On commence par d´eterminer une forme exponentielle de z := a+ib = 3−i√

3. Le module de z vaut

√12 = 2√

3. On a donc : z

|z| =

√3 2 −1

2i= cos

−π 6

+isin

−π 6

=e⁻^iπ⁶.

De cette ´etude, on d´eduit que :

z= 2√ 2e⁻^iπ⁶.

(2)

On a donc : 3−i√

3 =z= 2√

2e⁻^iπ⁶ = 2√ 2

cos

−π 6

+isin

−π 6

= 2√ 2 cos

−π 6

+i2√ 2 sin

−π 6

.

On a donc :

3 = Re(z) = 2√ 2 cos

−π 6

et −√

3 = Im(z) = 2√ 2 sin

−π 6

.

• Soitx∈]−π, π].

(E) ⇔ 2√ 2 cos

−π 6

cos(x) + 2√ 2 sin

−π 6

sin(x) =√ 6

⇔ cos

−π 6

cos(x) + sin

−π 6

sin(x) =

√2

2 (division par 2√ 26= 0)

⇔ cos x+π

6

=

√2

2 (formule d’addition des cosinus)

⇔ cos x+π

6

= cosπ 4

⇔











∃k∈Z, x+π 6 = π

4 + 2kπ ou

∃k∈Z, x+π 6 =−π

4 + 2kπ

(cas d’´egalit´e de deux cosinus)

⇔











∃k∈Z, x= π 12+ 2kπ ou

∃k∈Z, x=−5π 12 + 2kπ Si k∈Z, alors on a :

−π < π

12+ 2kπ≤π ⇔ −13

24 < k≤ 11 24

⇔ k= 0 et

−π <−5π

12 + 2kπ≤π ⇔ − 7

24 < k≤17 24

⇔ k= 0.

On a donc :

Sol=

−5π 12, π

12

.

Exercice 3

1. Soitx∈R. Lin´eariser sin⁵(x).

2. Donner une primitive de la fonction f: R→R; x7→sin⁵(x).

Correction

1. D’apr`es une formule d’Euler, on a : sin⁵(x) =

e^ix−e⁻^ix 2i

⁵

= 1

32i e^ix−e⁻^ix5

. (3)

On a :

e^ix−e⁻^ix5

= X5

k=0

5 k

(eîx)^k(−e⁻îx)⁵⁻^k (formule du binôme de Newton)

= X5

k=0

5 k

(−1)⁵⁻^k eⁱ⁽²^k⁻⁵⁾^x (relation fonctionnelle)

(3)

= −e⁻ⁱ⁵^x+ 5e⁻ⁱ³^x−10e⁻îx+ 10eîx−5e³îx+eⁱ⁵^x

= eⁱ⁵^x−e⁻ⁱ⁵^x−5(e³îx−e⁻ⁱ³^x) + 10(eîx−e⁻îx)

= 2isin(5x)−10isin(3x) + 20isin(x) (formule d’Euler) De (3) et de cette dernière égalité, il vient :

sin⁵(x) = 1

16sin(5x)− 5

16sin(3x) +5 8sin(x).

2. On rappelle que sia∈R^∗, alors une primitive de x7→sin(ax) est donn´ee parx7→ −1

acos(ax).De 1., on d´eduit alors qu’une primitive dex7→sin⁵(x) est :

x7→=−1

80cos(5x) + 5

48cos(3x)−5 8cos(x).

Exercice 4 : Soitx∈R\π

2 +kπ : k∈Z et soitn∈N. Calculer la somme

n

X

k=0

cos(kx) cos^k(x). Correction

• On poseS=

n

X

k=0

cos(kx) cos^k(x).

S =

n

X

k=0

Re(e^ikx⁾

cos^k(x) (∀k∈J0, nK, Re(e^ikx) = Re(cos(kx) +isin(kx)) = cos(kx))

=

n

X

k=0

Re e^ikx

cos^k(x)

(∀k∈J0, nK, cos^k(x)∈R)

= Re Xn

k=0

e^ikx cos^k(x)

!

(la partie r´eelle d’une somme est la somme des parties r´eelles)

On introduit la sommeS^′=

n

X

k=0

e^ikx

cos^k(x). D’après ce qui précède, on aS= Re(S^′).

S^′ =

n

X

k=0

(e^ix)^k

cos^k(x) (formule de Moivre)

=

n

X

k=0

e^ix cos(x)

^k

La somme S^′ est donc une somme de termes consécutifs d’une suite géométrique de raison eîx

cos(x). Pour déterminer sa valeur, il faut distinguer deux cas suivant que cette raison soit égale à 1 ou soit différente de 1.

• On résout l’équation eîx

cos(x)= 1, d’inconnuex∈R\π

2 +kπ : k∈Z . e^ix

cos(x) = 1 ⇔ e^ix= cos(x)

⇔ cos(x) +isin(x) = cos(x)

⇔ sin(x) = 0

(4)

⇔ sin(x) = sin(0)

⇔







∃k∈Z, x= 0 + 2kπ ou

∃k∈Z, x=π−0 + 2kπ

(cas d’´egalit´e de deux sinus)

⇔







∃k∈Z, x= 2kπ ou

∃k∈Z, x= (2k+ 1)π

⇔ ∃K∈Z, x=Kπ

tout K∈Zest pair ou impair et s’´ecrit donc sous la forme 2kou 2k+ 1 pour un certaink∈Z

• On suppose ici quex= 0 [π]. Alors e^ix

cos(x) = 1 et donc : S^′ =

Xn

k=0

e^ix cos(x)

^k

= Xn

k=0

1 =n+ 1.

On en d´eduit que S= Re(S^′) =n+ 1.

• On suppose ici quex6= 0 [π]. Alors e^ix

cos(x) 6= 1 et donc : S^′ =

n

X

k=0

e^ix cos(x)

^k

= 1−

e^ix cos(x)

ⁿ+1

1− e^ix cos(x)

=

1− (e^ix)ⁿ⁺¹ cosⁿ⁺¹(x) 1− e^ix

cos(x)

=

1− eⁱ⁽ⁿ⁺¹⁾^x cosⁿ⁺¹(x) 1− e^ix

cos(x)

(formule de Moivre)

=

cosⁿ⁺¹(x)−eⁱ⁽ⁿ⁺¹⁾^x cosⁿ⁺¹(x) cos(x)−e^ix

cos(x)

= cosⁿ⁺¹(x)−eⁱ⁽ⁿ⁺¹⁾^x cosⁿ⁺¹(x)

cos(x) cos(x)−e^ix

= cosⁿ⁺¹(x)−(cos((n+ 1)x) +isin((n+ 1)x)) cosⁿ(x)

1

cos(x)−(cos(x) +isin(nx))

= −1 i

cosⁿ⁺¹(x)−cos((n+ 1)x)−isin((n+ 1)x) cosⁿ(x) sin(x)

(5)

Comme−1

i =i, on a :

S^′= sin((n+ 1)x) cosⁿ(x) sin(x)

| {z }

∈R

+i cosⁿ⁺¹(x)−cos((n+ 1)x) cosⁿ(x) sin(x)

| {z }

∈R

et donc S= Re(S^′) = sin((n+ 1)x) cosⁿ(x) sin(x).

• Conclusion

n

X

k=0

cos(kx) cos^k(x) =











n+ 1 six= 0 [π]

sin((n+ 1)x)

cosⁿ(x) sin(x) six6= 0 [π]

Exercice 5

1. D´eterminer les racines carr´ees de 3−2i.

2. R´esoudre l’´equation

(E) : z⁴+ (−3 +i)z²+ 2 + 3i= 0 d’inconnuez∈C.

Correction

1. Le module de 3−2iest √

13. On a donc : 3−2i

|3−2i| = 3

√13−i 2

√13.

Comme 3

√13 n’est pas une valeur remarquable de cosinus, on ne peut déterminer de forme exponentielle explicite de 3−2i. On va donc passer par la voie algébrique et raisonner par analyse-synthèse.

• Analyse

Supposons que z=a+ib, où (a, b)∈R², est une racine carrée de 3−2i. Alors par définition, on a

z²= 3−2i (4)

soit

a²−b²

| {z }

∈R

+ 2ab

|{z}

∈R

i= 3−2i.

La forme alg´ebrique d’un nombre complexe ´etant unique, on a donc :

a²−b²= 3 (5)

2ab=−2. (6)

En appliquant le module à chacun des membres de l’identité (4) et en utilisant la multiplicativité du module, il vient :

|a+ib|²=√ 13 ce qui se r´e´ecrit encore :

a²+b²=√

13. (7)

En ajoutant membre `a membre (5) et (7), il vient 2a²=√

13 + 3 et donc :

a= s√

13 + 3

2 ou −

s√ 13 + 3

2 .

En retranchant membre `a membre (5) `a (7), il vient 2b²=√

13−3 et donc :

b= s√

13−3

2 ou −

s√ 13−3

2 .

(6)

Comme (6) nous apprend queaetb sont de signes oppos´es, on a deux candidats pourz: z1=

s√ 13 + 3

2 −i

s√ 13−3

2 et z2=−z1.

• Synth`ese

V´erifions si les nombres complexes z1 et z2 sont des racines carr´ees de 3−2i, i.e. si z₁² = 3−2i et si z₂²= 3−2i.

z₁² =

r√ 13 + 3

2 −i

r√ 13−3

2

!2

=

√13 + 3 2 −2i

r√ 13 + 3

2

r√ 13−3

2 +i²

√13−3 2

= 3−2i r(√

13 + 3)(√ 13−3)

4 (multiplicativit´e de la racine carr´ee)

= 3−2i

r13−9

4 (3^`^emeidentit´e remarquable)

= 3−2i

On a z₂²= (−z1)²=z²₁= 3−2i, la dernière égalité résultant du calcul précédent.

• Conclusion

Les racines carr´ees de 3−2isont : r√

13 + 3

2 −i

r√ 13−3

2 et −

r√ 13 + 3

2 +i

r√ 13−3

2 .

2. • Pour résoudre l’équation (E) : z⁴+ (−3 +i)z²+ 2 + 3i = 0 d’inconnue z ∈C, qui est bicarrée, on commence par étudier l’équation :

(E^′) : Z²+ (−3 +i)Z+ 2 + 3i= 0

d’inconnueZ dansC. (Les solutions de (E) sont les racines carr´ees des solutions de (E^′).)

• L’´equation (E^′) est une ´equation de la forme aZ²+bZ+c= 0, aveca= 1,b =−3 +iet c= 2 + 3i.

On introduit son discriminant :

∆ :=b²−4ac= (−3 +i)²−4(2 + 3i) =−18i6= 0.

D’après le cours, l’équation (E^′) possède donc deux solutions complexes. Pour les déterminer, il nous faut calculer une racine carrée ∆.

On donne ici^≪`a vue^≫ une forme exponentielle de ∆ :

∆ = 18e⁻^iπ². On en d´eduit que :

δ=√

18e⁻^iπ⁴ = 3√ 2

√2 2 −i

√2 2

!

= 3−3i

est une racine carr´ee de ∆ (l’autre est donc −3 + 3i). Les solutions de (E^′) sont donc : Z1= −(−3 +i)−(3−3i)

2×1 =i et Z2= −(−3 +i) + (3−3i)

2×1 = 3−2i.

• Soitz∈C.

z⁴+ (−3 +i)z²+ 2 + 3i= 0 ⇔ (z²)²+ (−3 +i)z²+ 2 + 3i= 0

⇔ z²est solution de (E^′)

⇔ z²=i ou z²= 3−2i.

(7)

Les racines carrées dei=eîπ² sont : eîπ⁴ =

√2 2 +i

√2

2 et −e^iπ⁴ =−

√2 2 −i

√2 2 . D’apr`es 1., les racines carr´ees de 3−2isont :

s√ 13 + 3

2 −i

s√ 13−3

2 et −

s√ 13 + 3

2 +i

s√ 13−3

2 .

On en d´eduit que l’ensemble solution de (E) est : (√

2 2 +i

√2 2 , −

√2 2 −i

√2 2 ,

r√ 13 + 3

2 −i

r√ 13−3

2 , −

r√ 13 + 3

2 +i

r√ 13−3

2 )

.

Exercice 6 : Soitn∈N_≥2.

1. Démontrer que la somme des racines n-ièmes de l’unité est nulle.

2. On fixe un rep`ere orthonorm´e du plan (O;−→u ,−→v). Pour toutk∈N, on noteM^k le point du plan d’affixe e^2iπkⁿ .

(a) Soitk∈N. Démontrer que la longueurM^kM^k+1 est égale à 2 sinπ n

. (b) Interpréter géométriquement le résultat précédent.

Correction

1. D’après le cours, l’ensembleUn des racinesn-ièmes de l’unité est : {e^2iπkⁿ |k∈J0, n−1K}

et lesnéléments de cet ensemble sont deux à deux distincts. En particulier : 1 =e²

iπ×0 n 6=e²

iπ×1

n =e^2iπⁿ . (8)

La somme des racinesn-i`emes de l’unit´e est donc

n−1

X

k=0

e²^iπkⁿ . On a :

n−1

X

k=0

e^2iπkⁿ =

n−1

X

k=0

(e^2iπⁿ )^k (formule de Moivre)

= 1−(e²^iπⁿ )ⁿ⁻¹⁺¹

1−e²ⁿîπ (somme géométrique et e²ⁿîπ 6= 1, cf. (8))

= 1−e^2iπ×nⁿ

1−e²ⁿ^iπ (formule de Moivre)

= 0.

On a donc prouv´e que :

La somme des racinesn-i`emes de l’unit´e est nulle.

(8)

2. (a)

M^kM^k+1 =

e^2iπkⁿ −e²

iπ(k+1) n

(interprétation géométrique du module)

=

e²^iπkⁿ (1−e²ⁿ^iπ)

(´equation fonctionnelle)

=

e^2iπkⁿ

| {z }

=1

×

1−e²^iπⁿ

(multiplicativit´e du module)

=

−2ie^iπⁿ sinπ n

(angle moiti´e)

= | −2|

| {z }

=2

× |i|

|{z}=1

× e^iπⁿ

| {z }

=1

× sinπ

n

(multiplicativit´e du module)

= 2 sinπ

n

Commen≥2, on a 0≤ π

n ≤πet donc sinπ n

≥0.On en d´eduit que :

MkMk+1= 2 sinπ n

.

(b) On déduit de cette étude que le polygoneM0M1M2. . . Mn−1a tous ses côtés de même longueur. En effet les longueursM^kM^k+1 sont toutes égales à 2 sinπ

n

(k∈J0, n−1K).

Le polygoneM0M1M2. . . Mⁿ−1 est un polygone régulier àncôtés.

Exercice 7 : R´esoudre l’´equation (E) : z⁶= 8−8i d’inconnuez∈C. Correction

• On d´etermine tout d’abord une forme exponentielle de 8−8i. Le module de 8−8ivaut√

2×64 = 8√ 2.

On a donc :

8−8i

|8−8i| = 1

√2−i 1

√2 =

√2 2 −i

√2

2 = cos

−π 4

+isin

−π 4

=e⁻îπ⁴ . De cette étude, on déduit que :

8−8i= 8√

2e⁻^iπ⁴ . (9)

• De (9), on d´eduit que :

6q 8√

2e⁻îπ²⁴ est une racine 6^`êmede 8−8i. Notons que l’on peut écrire ⁶p

8√

2 sous une forme diff´erente.

6q 8√

2 = ⁶√ 8 ⁶

q√ 2 =

q

3√ 8 ¹²√

2 =√ 2 ¹²√

2.

Soitz∈C.

z⁶= 8−8i ⇔ z⁶ 8−8i = 1

⇔ z⁶

₆p 8√

2e⁻^iπ²⁴6 = 1 ₆p 8√

2e⁻^iπ²⁴ est une racine 6^`^emede 8−8i

⇔ z

6p 8√

2e⁻^iπ²⁴

!6

= 1

(9)

⇔ z

6p 8√

2e⁻^iπ²⁴ ∈U₆=n

e^2iπk⁶ |k∈J0,5Ko

⇔ ∃k∈J0,5K, z

6p 8√

2e⁻^iπ²⁴ =e^iπk³ .

⇔ ∃k∈J0,5K, z= ⁶p 8√

2e⁻^iπ²⁴e^iπk³ .

⇔ ∃k∈J0,5K, z= ⁶p 8√

2e

iπ(8k−1)

24 (relation fonctionnelle) L’ensemble solution de l’´equation (E) est donc :

n₆p 8√

2e⁻^iπ²⁴ , ⁶p 8√

2e^7iπ²⁴ , ⁶p 8√

2e^15iπ²⁴ , ⁶p 8√

2e^23iπ²⁴ , ⁶p 8√

2e^31iπ²⁴ , ⁶p 8√

2e^39iπ²⁴ o .

Exercice 8 : R´esoudre l’´equation (E) : (z−i)⁴+ (z+ 1)⁴= 0 d’inconnue z∈C. Correction :Soitz∈C. On a :

(z−i)⁴+ (z+ 1)⁴= 0 ⇔ (z−i)⁴=−(z+ 1)⁴. (10) Pour poursuivre l’étude, on souhaite diviser chaque membre de l’équation de droite dans (10) par (z+ 1)⁴mais ceci n’est possible que si (z+ 1)⁴6= 0, i.e. siz6=−1 (Cest intègre). On scinde l’étude en deux parties.

• Supposons quez=−1. alors (−z−i)⁴6= 0 (Cest int`egre) et−(z+ 1)⁴= 0. Par cons´equent−1 n’est pas solution de (E) (cf. (10)).

• On suppose d´esormais quez∈C\ {−1}. On a donc (z+ 1)⁴6= 0.

(z−i)⁴=−(z+ 1)⁴ ⇔ (z−i)⁴ (z+ 1)⁴ =−1

⇔

z−i z+ 1

4

=−1

On a −1 =eîπ et donceîπ⁴ est une racine 4^`êmede−1.

z−i z+ 1

4

=−1 ⇔

z−i z+ 1

4

= e^iπ⁴4

⇔

z−i z+ 1

4

(e^iπ⁴)⁴ = 1

⇔ 1

e^iπ⁴ z−i z+ 1

4

= 1

⇔

z−i e^iπ⁴z+e^iπ⁴

4

= 1

⇔ z−i

e^iπ⁴z+e^iπ⁴ ∈U₄=n

e²^ikπ⁴ |k∈J0,3Ko

⇔ ∃k∈J0,3K, z−i

eîπ⁴z+eîπ⁴ =eîkπ² Il reste donc 4 équations à résoudre ; les équations

(E^k) : z−i

eîπ⁴z+eîπ⁴ =eîkπ² d’inconnuez∈C\ {−1}, où (k∈J0,3K).

(10)

– R´esolution de(E0) Soitz∈C\ {−1}.

z−i

eîπ⁴z+eîπ⁴ = 1 ⇔ z−i=eîπ⁴z+eîπ⁴

⇔ z(1−e^iπ⁴) =i+e^iπ⁴

⇔ z= i+e^iπ⁴ 1−e^iπ⁴

1−e^iπ⁴ 6= 0

En utilisant le fait quee^iπ⁴ =

√2 2 +i

√2

2 , on montre que la forme algébrique de i+eîπ⁴ 1−eîπ⁴ est :

√ 1

2−2 −i 1

√2−2. – R´esolution de(E1)

Soitz∈C\ {−1}.

z−i

eîπ⁴z+eîπ⁴ =eîπ² ⇔ z−i=e^3iπ⁴ z+e^3iπ⁴

⇔ z(1−e^3iπ⁴ ) =i+e^3iπ⁴

⇔ z= i+e^3iπ⁴ 1−e³^iπ⁴

1−e^3iπ⁴ 6= 0

En utilisant le fait quee³^iπ⁴ =−

√2 2 +i

√2

2 , on montre que la forme algébrique de i+e³îπ⁴ 1−e³îπ⁴ est :

−

√2

2 +i 1 +√ 2 2 +√

2. – R´esolution de(E2)

Soitz∈C\ {−1}.

z−i

e^iπ⁴ z+e^iπ⁴ =e^2iπ² ⇔ z−i

e^iπ⁴z+e^iπ⁴ =−1

⇔ z−i=−e^iπ⁴ z−e^iπ⁴

⇔ z(1 +e^iπ⁴ ) =i−e^iπ⁴

⇔ z= i−e^iπ⁴ 1 +e^iπ⁴

1 +e^iπ⁴ 6= 0

En utilisant le fait quee^iπ⁴ =

√2 2 +i

√2

2 , on montre que la forme algébrique de i−eîπ⁴ 1 +eîπ⁴ est :

− 1 2 +√

2 +i 1 2 +√

2.

(11)

– R´esolution de(E3) Soitz∈C\ {−1}.

z−i

eîπ⁴z+eîπ⁴ =e³îπ² ⇔ z−i=e⁷îπ⁴ z+e⁷îπ⁴

⇔ z−i=e⁻^iπ⁴z+e⁻^iπ⁴

⇔ z(1−e⁻^iπ⁴ ) =i+e⁻^iπ⁴

⇔ z= i+e⁻^iπ⁴ 1−e⁻^iπ⁴

1−e⁻^iπ⁴ 6= 0

En utilisant le fait quee⁻^iπ⁴ =

√2 2 −i

√2

2 , on montre que la forme algébrique de i+e⁻îπ⁴ 1−e⁻îπ⁴ est :

√2 2 +i

√2−1

√2−2.

• L’ensemble solution de l’´equation (E) est donc : ( 1

√2−2 −i 1

√2−2 , −

√2

2 +i 1 +√ 2 2 +√

2 , − 1 2 +√

2 +i 1 2 +√

2 ,

√2 2 +i

√2−1

√2−2 )

.

Exercice 9 (Une équation mettant en jeu l’exponentielle complexe) On rappelle que le nombre complexej est défini parj=e^2iπ³ . Résoudre l’équation

(E) : e^z=j+j² d’inconnuez∈C.

Correction :On a : j+j²=e²^iπ³ +e⁴^iπ³ = cos

2iπ 3

+isin

2iπ 3

+cos

4iπ 3

+isin

4iπ 3

=−1 2+i

√3 2 +−1

2−i

√3

2 =−1 =e^iπ. Soitz∈C.

e^z=j+j² ⇔ e^z=e^iπ

⇔ ∃k∈Z, z=iπ+ 2ikπ (cas d’´egalit´e de deux exponentielles complexes)

⇔ ∃k∈Z, z= (2k+ 1)iπ L’ensemble solution de l’´equation (E) est donc :

{(2k+ 1)iπ|k∈Z}.

Exercice 10 (Un calcul de somme avec Python (resp. par r´ecurrence, en remarquant un t´elescopage)) Pour toutn∈N^∗, on pose

Sn=

n

X

k=1

1 k(k+ 1).

1. ´Ecrire un programme Python qui demande `a l’utilisateur de saisir un entier naturel non nul et qui affiche la valeur de la sommeSn. On utilisera une boucle while pour ce faire.

2. D´emontrer par r´ecurrence que pour toutn∈N^∗,Sn= 1− 1 n+ 1.

(12)

3. (a) Soitk∈N^∗. V´erifier que 1

k(k+ 1) = 1 k− 1

k+ 1.

(b) Déduire de la question précédente une autre preuve du résultat de la question 2.

Correction

1. On calcule la somme demand´ee de proche en proche, `a l’aide d’une boucle while (une boucle for aurait

également convenu, voire aurait été plus judicieuse).

1. n=input(”Saisir un entier naturel non nul : ”) 2.

3. S=0 4. k=1 5.

6. while k<= n :

7. S=S+1/(k*(k+1))

8. k=k+1

9.

10. print(S) 2. 0 D´efinition du pr´edicat

On introduit le pr´edicat

Pn : Sn = 1− 1 n+ 1 en la variablen∈N^∗.

1 Initialisation au rang 1

La propositionP1 s’´ecritS1= 1−1

2. D’une part, on a 1−1 2 = 1

2. D’autre part,S1 = X1

k=1

1 k(k+ 1) = 1

1×(1 + 1) =1

2. La propositionP1 est donc vraie.

2 Hérédité

Soitn∈N^∗fix´e tel que la propositionPⁿ est vraie, i.e. :Sⁿ= 1− 1

n+ 1. Montrons quePⁿ+1 est vraie, i.e. : Sn+1= 1− 1

n+ 2. Sn+1 =

n+1

X

k=1

1 k(k+ 1)

=

n

X

k=1

1

k(k+ 1) + 1 (n+ 1)(n+ 2)

| {z }

k=n+1

= Sn+ 1

(n+ 1)(n+ 2)

= 1− 1

n+ 1 + 1

(n+ 1)(n+ 2) (hypoth`ese de r´ecurrence)

= 1 + −(n+ 2) + 1 (n+ 1)(n+ 2)

= 1− (n+ 1) (n+ 1)(n+ 2)

= = 1− 1 n+ 2.

(13)

3 Conclusion

De l’initialisation au rang 1, de l’hérédité et de l’axiome de récurrence, on déduit que :

∀n∈N^∗,

n

X

k=1

1

k(k+ 1) = 1− 1 n+ 1. 3. (a) Soitk∈N^∗.

1 k− 1

k+ 1 = (k+ 1)−k

k(k+ 1) = 1 k(k+ 1). On a donc montr´e que :

∀k∈N^∗, 1

k(k+ 1) = 1 k− 1

k+ 1. (b) Soitn∈N^∗.

n

X

k=1

1

k(k+ 1) =

n

X

k=1

1 k− 1

k+ 1 (d’apr`es 3.(a))

=

n

X

k=1

1 k−

n

X

k=1

1 k+ 1

Or : n

X

k=1

1 k+ 1 =

n+1

X

k^′=2

1

k^′ (changement d’indicek^′=k+ 1)

=

n+1

X

k=2

1

k (un indice de sommation est ^≪muet^≫).

On a donc :

n

X

k=1

1

k(k+ 1) =

n

X

k=1

1 k

| {z }

(∗)

−

n+1

X

k=2

1 k

| {z }

(∗∗)

= 1 +

n

X

k=2

1 k

| {z }

(∗)

−







n

X

k=2

1 k+ 1

n+ 1

| {z }

(∗∗)







= 1− 1

n+ 1. On a donc montr´e, d’une autre mani`ere, que :

∀n∈N^∗,

Xn

k=1

1

k(k+ 1) = 1− 1 n+ 1.