MPSI B 2010-2011 Corrigé du DM 3 29 juin 2019

MPSI B 2010-2011 Corrigé du DM 3 29 juin 2019

Calculs usuels.

1. Posons

S

n

=

n

X

k=1

(−1)

^k−1

k

n k

et utilisons

ⁿ_k

=

ⁿ⁺¹_k

−

_k−1ⁿ

pour transformer S

_n

. Il vient S

_n

=

n

X

k=1

(−1)

^k−1

k

n + 1 k

+

n

X

k=1

(−1)

^k

k

n k − 1

= S

_n+1

− (−1)

ⁿ

n + 1 +

n

X

k=1

(−1)

^k

k

n k − 1

Or

¹_{k k−1}ⁿ

=

_n+1^{1 n+1}_k

donc le deuxieme terme de l'expression précédente de S

n

est

1 n + 1

n

X

k=1

(−1)

^k

n + 1

k

= 1 n + 1

(1 − 1)

ⁿ⁻¹

− 1 − (−1)

ⁿ⁺¹

Ce qui entraine S

n

= S

n+1

−

_n+1¹

. On en déduit, par récurrence, la formule demandée.

2. Considérons C = {1, . . . , n}

²

. Cet ensemble de couples est un carré . Introduisons les deux triangles formés avec la première diagonale .

T

+

= {(i, j) ∈ C tq i < j}, T

−

= {(i, j) ∈ C tq j < i}, D = {(i, i), i ∈ {1, . . . , n}.

On a alors T = T

+

∪ D , C = T

₋

∪ T

+

∪ D et par symétrie X

(i,j)∈T+

ij = X

(i,j)∈T−

ij (on peut poser i

⁰

= j , j

⁰

= i dans la première somme) .

Notons S la somme étendue à T qui nous intéresse, on peut écrire X

(i,j)∈C

ij = X

(i,j)∈T+

ij + X

(i,j)∈D

ij + X

(i,j)∈T−

ij = 2S − X

(i,j)∈D

ij

X

(i,j)∈C

ij =



 X

i∈{1,...,n}

i







 X

j∈{1,...,n}

j



 =

n(n + 1) 2

²

X

(i,j)∈D

ij = 1 + 2

²

+ · · · n

²

= n(n + 1)(2n + 1) 6

On en déduit

S = 1 2

n(n + 1) 2

²

+ n(n + 1)(2n + 1) 6

!

= n(n + 1)

24 (3n(n + 1) + 2(2n + 1))

= n(n + 1)

24 3n

²

+ 7n + 2

= n(n + 1)

24 (n + 2)(3n + 1).

3. Considérons (1 + i)

ⁿ

, la séparation en parties réelle et imaginaire correspond à la séparation des exposants pairs et impairs dans la formule du binôme d'où

(1 + i)

ⁿ

= R

n

+ iI

n

R

²_n

+ I

_n²

= |(1 + i)

ⁿ

|

²

= 2

ⁿ

4. Notons P le produit que l'on veut minorer et développons le

P =

n

X

i=1

a

_i

1 a

i

+ X

(i,j)∈N² i<j

a

_i

a

j

+ a

_j

a

i

Or

a

_i

a

j

+ a

_j

a

i

= r a

_i

a

j

− r a

_j

a

i

²

+ 2 ≥ 2.

On en déduit

P ≥ n + 2 n(n − 1) 2 = n

²

.

Si on connait la formule de Cauchy-Schwarz (ce qui ne devrait pas être le cas en début de sup), on peut l'utiliser avec x

i

= √

a

i

et y

i

= 1/ √

a

i

on a alors x

1

y

1

+ x

2

y

2

+ · · · + x

n

y

n

≤

q

(x

²₁

+ x

²₂

+ · · · + x

²_n

) q

(y

₁²

+ y

²₂

+ · · · + y

_n²

)

n ≤ p

(a

1

+ a

2

+ · · · + a

n

) s 1

a

₁

+ 1

a

₂

+ · · · + 1 a

_n

On obtient la formule demandée en élevant au carré.

5. Notons S l'expression à calculer. Elle fait penser à la formule du binôme suivante (1 + i √

3)

ⁿ

=

n

X

k=0

n k

(i √ 3)

^k

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 M1003C

MPSI B 2010-2011 Corrigé du DM 3 29 juin 2019

L'expression S est la partie de la somme venant des k pairs. C'est donc aussi la partie réelle de cette somme. Comme 1 + i √

3 = 2e

^iπ/3

, on obtient S = 2

ⁿ

cos nπ

3 . 6. a. On obtient

(z − a)(z − b)(z − c) = z

³

− (a + b + c)z

²

+ (ab + bc + ca)z − abc

b. Posons

a = w + w

⁶

= w + w = 2 cos(2π/7) b = w

²

+ w

⁵

= w

²

+ w

²

= 2 cos(4π/7) c = w

³

+ w

⁴

= w

³

+ w

³

= 2 cos(6π/7)

et calculons a+b + c , ab +bc +ca , abc en fonction de puissances de w . On simplie en utilisant

w

⁷

= 1 1 + w + w

²

+ w

³

+ w

⁴

+ w

⁵

+ w

⁶

= 0

par exemple :

ab = w

³

+ w

⁶

+ w + w

⁴

bc = w

⁵

+ w

⁶

+ w + w

²

ca = w

⁴

+ w

⁵

+ w

²

+ w

³



 

 

⇒ ab + bc + ca = −2

Après des simplications analogues, on obtient

a + b + c = −1 ab + bc + ca = −2 abc = 1

On en déduit que 2 cos(2π/7) , 2 cos(4π/7) , 2 cos(6π/7) sont les trois racines de z

³

+ z

²

− 2z − 1 = 0

L'équation dont les racines sont les trois cosinus de l'énoncé est donc 8z

³

+ 4z

²

− 4z − 1 = 0

Équations diérentielles

1. Les solutions de l'équation caractéristique sont i √

2 et −i √

2 . Les solutions de l'équation sans second membre sont les fonctions

t → λ cos √

2t + µ sin √ 2t

où λ et µ sont des réels quelconques. Comme 1 n'est pas racine de l'équation caracté- ristique, on cherche une solution particulière de l'équation complète sous la forme

t → (at + b)e

^t

Après calculs, on trouve a = 2

3 et b = − 4

9 . Les solutions sont donc les fonctions t → λ cos √

2t + µ sin √ 2t + ( 2

3 t − 4 9 )e

^t

2. a. Par hypothèse, f

1

et g

1

sont des fonctions dérivables. Comme f

₁⁰

(t) = 2g

1

(t) la fonction f

₁⁰

est dérivable donc f

1

est deux fois dérivable. En remplaçant le g

₁⁰

de la deuxième équation par l'expression tirée de la première, on obtient que f

₁

est solution de l'équation diérentielle traitée en question 1.

b. D'après les résultats de 1. et g

1

= 1

2 f

₁⁰

, on obtient : f

1

(t) = λ cos √

2t + µ sin √ 2t + ( 2

3 t − 4 9 )e

^t

g

1

(t) = − λ

√ 2 sin √ 2t + µ

√ 2 cos √ 2t + ( 1

3 t − 1 9 )e

^t

3. En exprimant les conditions f

1

(0) = g

1

(0) = 0 pour les fonctions trouvées au dessus, on obtient

λ = 4

9 µ = −

√ 2

9 ce qui assure l'unicité du couple cherché.

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

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Rémy Nicolai M1003C