Démonstrations à connaître Les démonstrations suivantes sont à savoir. Elles ont souvent fait l

Terminale S. – Lycée Desfontaines – Melle

Démonstrations à connaître

Les démonstrations suivantes sont à savoir. Elles ont souvent fait l ’ objet de questions de cours au baccalauréat dans le cadre des Restitutions Organisées de Connaissances.

Attention, cette liste n ’ est pas exhaustive et d ’ autres peuvent être demandées aux candidats.

Chapitre 01 : Limites de fonctions

Le théorème des gendarmes (démonstration à connaître)

• Soit α un réel et trois fonctions f, g et h telles que pour tout x appartenant à ]α;+õ[, g(x)Âf(x)Âh(x).

Si lim

x↔+õg(x)= lim

x↔+õh(x)=L (avec L un reel) alors lim

x↔+õf(x)=L

• Soit α un réel et trois fonctions f, g et h telles que pour tout x appartenant à ]-õ;α[, g(x)Âf(x)Âh(x).

Si lim

x↔-õg(x)= lim

x↔-õh(x)=L (avec L un reel) alors lim

x↔-õf(x)=L

• Soit α un réel et trois fonctions f, g et h telles que pour tout intervalle ouvert contenant α ou de borne α, g(x)Âf(x)Âh(x). Si lim

x↔αg(x)= lim

x↔αh(x)=L alors lim

x↔αf(x)=L Démonstration dans le cas de la limite en +õ.

Soit α un réel et trois fonction f, g et h définies sur ]α;+õ[ telles que g(x)Âf(x)Âh(x).

On suppose que lim

x↔+õ g(x)= lim

x↔+õh(x)=L

(

L☻Ë

)

et on veut montrer que lim

x↔+õf(x)=L.

Soit un intervalle ouvert J contenant L.

lim

x↔+õg(x)= lim

x↔+õh(x)=L donc J contient toutes les valeurs de g(x) et de h(x) pour x assez grand.

Or, ┐x☻]α+õ[ g(x)Âf(x)Âh(x) donc J contient toutes les valeurs de f(x) pour x assez grand.

Donc par définition lim

x↔+õf(x)=L.

Chapitre 02 : Dérivation et Continuité

Dérivée d’une fonction composée : Théorème (démonstration à connaître)

Soit v une fonction dérivable sur un intervalle J et u une fonction dérivable sur un intervalle I tel que ┐x☻I, u(x)☻J.

Alors la fonction f=vo u est dérivable sur I et ┐x☻I, f′(x)=u′(x)×v′[u(x)].

On a donc f ′=u′×v′ou

Principe de la démonstration :

Soient v une fonction dérivable sur un intervalle J, u une fonction dérivable sur un intervalle I tel que ┐x☻I, u(x)☻J.

Soit f=vo u. On veut donc montrer que f est dérivable et que f ′=u′×v′o u

On co nsid ère do nc un réel a☻I et on veut montrer que f'′(a)=u′(a)×v′[u(a)] càd que f(x)−f(a)

x−a tend vers u′(a)×v′[u(a)]

lorsque x tend vers a.

Supposons alors que pour tout x suffisamment proche de a (avec xýa) on a u(x)ýu(a), Alors f(x)−f(a)

x−a =v[u(x)]−v[u(a)]

x−a =v[u(x)]−v[u(a)]

u(x)−u(a) ×u(x)−u(a) x−a .

• Or, u est dérivable en a donc lim

x↔a

u(x)−u(a)

x−a =u′(a)

• v est dérivable sur J donc en u(a) et u est dérivable donc continue en a donc lim

x↔au(x)=u(a)

• On a donc lim

x↔a

v[u(x)]−v[u(a)]

u(x)−u(a) = lim

u(x)↔u(a)

v[u(x)]−v[u(a)]

u(x)−u(a) = lim

X↔u(a)

v(X)−v(u(a))

X−u(a) =v′[u(a)]

Conclusion : f ′(a)= lim

x↔a

f(x)−f(a) x−a = lim

x↔a

v[u(x)]−v[u(a)]

u(x)−u(a) × lim

x↔a

u(x)−u(a)

x−a = u′(a)×v′[u(a)]

Corollaire du théorème des valeurs intermédiaires Théorème (démonstration à savoir)

Si f est une fonction continue et strictement monotone sur [a;b], alors pour tout réel k compris entre f(a) et f(b), l’équation f(x)=k admet une unique solution dans [a;b]

Démonstration dans le cas d’une fonction f continue et strictement croissante sur un intervalle [a;b].

Soit k un réel compris entre f(a) et f(b).

La fonction étant continue et strictement monotone sur [a;b], donc d’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation f(x)=k admet au moins une solution α. On a donc f(α)=k

Or, f est strictement croissante sur [a;b] donc



si a<x<α alors f(x)<f(α) càd f(x)<k si α<x<b alors f(α)<f(x) càd f(x)>k Ainsi α est l’unique solution de f(x)=k dans [a;b].

Chapitre 03 : Les suites

• Théorème : Toute suite croissante et non majorée diverge vers +õ

Démonstration à connaître :

Soit

( )

^un une suite croissante et non majorée,

Quel que soit le réel M, il existe donc un entier p tel que u_p>M. Or,

( )

^un est croissante donc ┐n>p u_n>u_p>M

Ainsi à partir d’un certain rang p, tous les termes de la suite appartiennent à l’intervalle ]M;+õ[ donc lim

n↔+õu_n=+õ La suite

( )

^un diverge bien vers +õ.

Chapitre 04 : Fonction exponentielle

Théorème et définition : (démonstration de l’unicité au programme) Il existe une unique fonction dérivable sur Ë solution de : _^y′=y

y(0)=1. Cette fonction est la fonction exponentielle, notée exp. Remarque : Pour l’instant, nous devons admettre son existence. La méthode d’Euler nous a cependant permis de conjecturer qu’une telle fonction existe. Dans un chapitre ultérieur, nous serons en mesure de vérifier cette conjecture.

Démonstration de l’unicité d’une telle fonction (cette démonstration serait probablement guidée au bac) On suppose donc qu’il existe une fonction f solution de _^y′=y

y(0)=1 (càd que f ′=f et f(0)=1) et on montre que f est unique.

1^ère étape : Montrons que f ne s’annule pas :

Pour cela considérons la fonction φ définie sur Ë par φ(x)=f(x)f(-x).

• φ(0)=f(0)×f(-0)=f(0)×f(0)=1

• x→-x est dérivable sur Ë donc x→f(-x) est dérivable sur Ë comme composée de deux fonctions dérivables sur Ë, donc φ est dérivable sur Ë comme produit de fonctions dérivables sur Ë et ┐x☻Ë φ′(x)=f ′(x)f(-x)−f(x)f ′(-x)

Or, f ′=f donc ┐x☻Ë φ′(x)=f(x)f(-x)−f(x)f(-x)=0

• P uisq ue φ′est la fonction nulle, on déduit que φ est une fonction constante et ┐x☻Ë φ(x)=φ(0)=1, on déduit donc que

┐x☻Ë f(x)f(-x)=1.

• Supposons par l’absurde que f s’annule càd considérons qu’il existe un réel x0 tel que f

( )

^{x0 =0.}

Alors f

( )

^{x0 f}

(

^-x0

)

=0×f

(

^-x0

)

=0, ce qui est absurde puisque nous venons de montrer que ┐x, f(x)f(-x)=1 On déduit donc que f ne s’annule jamais.

2^ème étape : Considérons une solution g de



y′=y

y(0)=1 et montrons alors que g=f. Pour cela considérons la fonction Φ définie sur Ë par Φ(x)=g(x)

f(x).

• f et g sont solutions de



y′=y

y(0)=1 donc f(0)=g(0)=1 donc Φ(0)=1

• g est dérivable sur Ë et f est dérivable et ne s’annule jamais sur Ë donc Φ est dérivable sur Ë et Φ′=g′f−g f ′ f²

• g et f sont solutions de _^y′=y

y(0)=1 donc f ′=f et g′=g d’où Φ′= g f −g f

f²=0 donc Φ est une fonction constante et ┐x☻Ë Φ(x)=Φ(0)=1 donc g(x)

f(x)=1 donc ┐x☻Ë, g(x)=f(x) càd g=f.

Ceci prouve donc l’unicité de la solution de _^y′=y y(0)=1

Théorème : Pour tous les réels x et y, exp(x+y)=exp(x)×exp(y).

Démonstration (le principe de la démonstration est à retenir)

Soit y un réel fixé (dans la démonstration, y joue le rôle d’une constante)

La démonstration ci-dessus prouve que la fonction exponentielle ne s’annule jamais, on considère donc la fonction φ définie que Ë par φ(x)=exp(x+y)

exp(x) càd φ=expo u

exp en posant u:x→x+y

u et exp sont dérivables sur Ë et exp ne s’annule jamais donc φ est dérivable sur Ë et φ′=(u′expou)exp−(expo u)exp′

exp² Or, ┐x, u'(x)=1 et exp′(x)=exp(x) donc φ′=(expou×exp)−(expo u×exp)

exp² =0

Donc φ est constante et ┐x, φ(x)=φ(0)=exp(y)

exp(0)=exp(y) D’où finalement exp(x+y)

exp(x) =exp(y) càd exp(x+y)=exp(x)×exp(y) Pour tous les réels x et y et pour tout entier relatif p, on a :

exp(-x)= 1

exp(x) exp(x−y)=exp(x)

exp(y) exp(p x)=(exp(x))^p exp(x)>0 Démonstrations :

• En application directe du théorème ci-dessus : 1=exp(0)=exp(x−x)=exp(x)×exp(-x) donc exp(-x)= 1 exp(x)

• En application du théorème ci-dessus : exp(x−y)=exp(x)×exp(-y)=exp(x)× 1

exp(y)=exp(x) exp(y)

• Pour montrer que exp(p x)=(exp(x))^p, on utilise dans un premier temps un raisonnement par récurrence.

Initialisation : pour n=0, exp(0×x)=exp(0)=1 et (exp(x))⁰=1 donc la propriété est vraie pour n=0

Hérédité : Supposons qu’il existe un entier kÃ0 tel que exp(kx)=(exp(x))^k et montrons que exp((k+1)x)=(exp(x))^k+1 exp((k+1)x)=exp(kx+x)=exp(kx)×exp(x)=(exp(x))^k×exp(x) =(exp(x))^k+1. La propriété est donc héréditaire.

La proprité est vraie pour n=0 et héréditaire donc ┐nÃ0, exp(n x)=(exp(x))ⁿ. On doit à présent montrer que si n est un entier négatif alors exp(n x)=(exp(x))ⁿ. Soit donc n un entier négatif alors n′=-n est un entier naturel.

On a exp(n x)=exp(-n′x)= 1

exp(n′x)= 1

(exp(x))^n′ =(exp(x))^-n′=(exp(x))ⁿ Finalement, pour tout entier p, on a bien montré que exp(p x)=(exp(x))^p.

• ┐x, exp(x)=exp

 

 

2×^x 2 =

 

 

exp

 

 

x 2

2>0 (un carré un toujours positif et on sait que ┐x, exp(x)ý0)

Théorème : lim

x↔+õ

e^x

x =+õ et lim

x↔-õxe^x=0

Démonstration (cette démonstration serait guidée au bac)

• Considérons la fonction φ définie sur [0;+õ[ par φ(x)=e^x−x² 2 . φ est dérivable sur [0;+õ[ et ┐xÃ0 , φ′(x)=e^x−x.

Po ur étud ier le signe d e φ, o n va mo ntrer q ue φ est strictement cro issante en étudiant le signe d e sa d érivée. φ’ est dérivab le sur [0;+õ[ et ┐xÃ0, φ″(x)=e^x−1.

Donc φ″(x)>0ñe^x−1>0ñe^x>1ñe^x>e⁰ñx>0 et φ″(0)=e⁰−1=0 donc φ′ est strictement croissante sur [0;+õ[

donc ┐xÃ0, φ′(x)Ãφ′(0) càd φ′(x)Ã0. On déduit donc que φ est croissante sur [0;+õ[ donc ┐xÃ0, φ(x)Ãφ(0)

càd φ(x)Ã1 donc e^x−x²

2Ã1 càd e^xÃx²

2 donc ┐x>0 e^x x Ãx

2. Or, lim

x↔+õ ^x

2=+õ donc d’après une extension du théorème des gendarmes, on déduit que lim

x↔+õ

e^x x =+õ

• lim

x↔-õxe^x= lim

x↔-õ

x

e^-x= lim

X↔+õ- ^X

e^X=0 puisque lim

X↔+õ

e^X X =+õ

Théorème : Soit k un réel non nul, les solutions sur Ë de l’équation différentielle y′=ky sont toutes les fonctions définies sur Ë de la forme x→Ae^kx avec A☻Ë.

Démonstration : (il faut comprendre la méthode pour pouvoir l’appliquer à d’autres situations)

• Recherche d’une solution de l’équation différentielle y′=ky.

La fonction f définie sur Ë par f(x)=e^kx est définie et dérivable sur Ë et ┐x, f′(x)=ke^kx=kf(x). Donc f est une solution de l’équation différentielle y′=ky.

• Montrons que toutes les solutions de l’équation y′=ky so nt des fo nctio ns d e la forme x→Ae^kx avec A un réel.

On considère à présent une fonction g solution de l’équation différentielle y′=ky. On va d o nc mo ntrer q u’il existe un réel A tel que ┐x, g(x)=Ae^kx.

Soit φ la fonction définie sur Ë par φ(x)=g(x)

f(x)(φ est définie sur Ë car g est définie sur Ë et ┐x,f(x)ý0) φ est dérivable sur Ë et ┐x φ′(x)=g′(x)f(x)−g(x)f ′(x)

(f(x))² =g′(x)e^kx+kg(x)e^kx

(

^ekx

)

^{2 =}

g′(x)−kg(x) e^kx

Or, g est solution de l’équation différentielle y′=ky donc g′−kg=0 d’où φ′=0 donc φ est une fonction constante donc ┐x☻Ë, φ(x)=A avec A un réel, on déduit donc que g(x)=Ae^kx avec A un réel.

Les solutions de l’équation différentielles sont donc de la forme x→Ae^kx avec a un réel.

• Réciproquement, montrons que toutes les fonctions de la forme x→Ae^kx sont solutions de l’équation différentielle y′=ky.

So it g une fonction définie sur Ë par g(x)=Ae^kx. Alors g est dérivable sur Ë et ┐x☻Ë, g′(x)=Ake^kx =kg(x) donc g est solution de l’équation différentielle y′=ky.

• Co nclusio n : Les so lutio ns so nt nécessairement d es fo nctio ns de la fo rme x→Ae^kx (A☻Ë) et toutes les fonctions de la forme x→Ae^kx (A☻Ë) sont solutions de l’équation différentielle y′=k y donc les solutions de l’équation différentielle y′=k y sont les fonctions x→Ae^kx (A☻Ë)

Chapitre 06 : Fonction logarithme népérien

Pour tous les réels a et b strictement positifs et pour tout entier relatif p, on a : ln(a×b)=ln(a)+ln(b) ln

 

 

a

b =ln(a)−ln(b) ln

 

 

1

b =-ln(b) ln

( )

a^p =pln(a) ln

(

^a

)

=1 2ln(a)

• Pour ln(a×b)=ln(a)+ln(b) : c’est la propriété fondamentale.

• ln(a)=ln

 

 

b×^a

b =ln(b)+ln

 

 

a

b donc ln

 

 

a

b =ln(a)−ln(b)

• ln

 

 

1

b =ln(1)−ln(b)=-ln(b)

• ln

( )

^ap =pln(a) : même principe que la démonstration de exp(p x)=(exp(x))^p.

• ln(a)=ln

(

^a2

)

=2 ln( a) donc ln

(

^a

)

=1 2ln(a)

Théorème : lim

x↔+õ

ln(x)

x =0 et lim

x↔0 x>0

xln(x)=0

Démonstration (cette démonstration serait guidée au bac)

• Cette démonstration est similaire des démonstrations de croissance comparée avec l’exponentielle : On étudie le signe de la fonction f définie que [1;+õ[ par f(x)= x−ln(x).

On montre que ┐xÃ1, f(x)Ã0 donc que x

x Ãln(x) x Ã0.

Le théorème des gendarmes permet de conclure que lim

x↔+õ

ln(x) x =0

• En posant X=1

x, on montre facilement que lim

x↔0 xln(x)= lim

X↔+õ-^ln(X) X =0

Chapitre 07 : Les nombres complexes (partie 2)

Soient A, B, C trois points distincts deux à deux d’affixes respectives z_A, z_B et z_C.

•

|

^zB−z_A

|

=AB et a rg

(

^zB−z_A

)

=

(

^ÄOI,ÄAB

)

^(2π)

•

 

 

z_C−z_A

z_B−z_A =AC AB et a rg

 

 

z_C−z_A

z_B−z_A =

(

^ÄAB;ÄAC

)

^(2π)

Démonstrations :

•

|

^zB −z_A

|

=

|

^{z AB Ä}

|

⁼

║

^{AB Ä}

║

^{=AB et a rg}

(

^zB −z_A

)

=a rg

(

^z AB ^Ä

)

=

(

^{Ä OI , AB (2π) Ä}

)

•

 

 

z_C−z_A

z_B−z_A =

|

^zC−z_A

|

|

^zB−z_A

|

= AC AB et a rg

 

 

z_C−z_A

z_B−z_A =a rg

(

^zC−z_A

)

−a rg

(

^zB−z_A (2

)

π)=a rg

(

^{z Ä AC}

)

^{−a rg}

(

^{z Ä AB}

)

^(2π)=

(

^{Ä OI , AC Ä}

)

⁻

(

^{Ä OI ,Ä AB (2π}

)

) =

(

^{AB ,Ä Ä OI}

)

⁺

(

^{Ä OI , Ä AC}

)

^(2π)=

(

^{AB ,Ä AC (2πÄ}

)

⁾

Chapitre 10 : Primitives

Propriété : Si F est une primitive de f sur un intervalle I alors toute autre primitive de f sur I s’obtient en ajoutant une constante réelle c à cad toute autre primitive de f sur I s’écrit sous la forme F+c où c☻IR.

Démonstration :

Soit F une primitive de f sur I. Soit G une autre primitive de f sur I et soit φ la fonction définie par φ=G−F.

Φ est définie et dérivable sur I et φ′ =G′−F′ =f−f=0 donc φ est constante sur I cad qu’il existe un réel c tel que ┐x☻I, φ(x)=c d’où G−F=c d’où G=F+c.

Propriété : Soit f une fonction admettant des primitives sur un intervalle I. Soit x₀ ☻I , y₀ ☻IR.

Il existe une unique primitive F de f sur I telle que F

( )

^x0 =y₀. Démonstration :

Soit f une fonction admettant des primitives sur I et soit G l’une d’elle.

Les autres s’écrivent donc sous la forme F_c=G+c où c☻Ë.

Or F_c

( )

^{x 0 =y 0 ñ G}

(

^{x 0}

)

^{+c=y 0 ñc=y 0−G}

( )

^{x 0 .}

Ainsi, il existe une unique primitive F de f sur I telle que F

( )

^{x 0 =y 0} ; c’est la fonction F :x→G(x)+ y ₀−G

( )

^{x 0 .}

Chapitre12 : Calcul intégral

Théorème

Soit f une fonction continue sur un intervalle I et soit a un élément quelconque de I.

La fonction Φ définie sur I par Φ(t)=

⌡ ⌠

a t

f(x) dx est l’unique primitive de f sur I qui s’annule en a.

Démonstration (dans le cas d’une fonction continue, croissante et positive sur un intervalle [a;b]) à connaître :

Soit f une fonction continue, positive et croissante sur un intervalle I= [a;b]. On note C_f sa courbe représentative dans le plan muni d’un repère orthogonal. Soit Φ

la fonction définie sur [a;b] par Φ(t)=

⌡ ⌠

a t

f(x) dx.

Remarque : f est positive et continue sur I donc Φ(t) représente l’aire du domaine délimité par C_f, l’axe des abscisses et les droites d’équations x=a et x=t.

On a donc Φ(a)=0.

Soit un réel t₀ appartenant à I et h un réel strictement positif tel que t+h☻I. Φ

( )

^t0

(resp. Φ

(

^t0+h

)

) est l’aire du domaine délimité par C_f, l’axe des abscisses et les droites d’équations x=a et x=t₀ (resp.

x=t₀+h).

a b

0 0.5 1

x y

a b

t₀ t₀+h f

( )

^t0

f

(

^t0+h

)

h

Φ

(

^t0+h

)

^−Φ

( )

^t0 est donc l’aire A du domaine délimité par C_f, l’axe des abscisses et les droites d’équations

x=t₀ et x=t₀+h.

t₀Ãa, h>0 et f est croissante sur I donc f

( )

^{t0 Âf}

(

^t0+h

)

.

A est :

- supérieure à l’aire A₁ du rectangle limité par l’axe des abscisses et les droites d’équation y=f

( )

^t0 , x=t₀ et x=t₀+h.

- inférieure à l’aire A₂ du rectangle limité par l’axe des abscisses et des droites d’équations y=f

(

^t0+h

)

, x=t₀ et x=t₀+h.

On a A₁ÂAÂA₂ càd hf

( )

^{t0 ÂΦ}

(

^t0+h

)

−Φ

( )

^{t0 Âh f}

(

^t0+h

)

h>0 donc f

( )

^{t0 ÂΦ}

(

^t0+h

)

−Φ

( )

^t0

h Âf

(

^t0+h

)

. De plus, lim

h↔0f

(

^t0+h

)

=f

( )

^t0 (car f est continue en t₀) donc d’après le théorème des gendarmes, on déduit que lim

h↔0 h>0

Φ

(

^t0+h

)

^−Φ

( )

^t0

h =f

( )

^{t0 .}

Un raisonnement analogue permet de montrer que pour h<0 on a –h f

(

^t0+h

)

ÂΦ

( )

^{t0 −Φ}

(

^t0+h

)

Â-h f

( )

^t0 et donc que lim

h↔0 h<0

Φ

(

^t0+h

)

^−Φ

( )

^t0

h =f

( )

^{t0 .}

On a donc montré que lim

h↔0 h>0

Φ

(

^t0+h

)

^−Φ

( )

^t0

h = lim

h↔0 h<0

Φ

(

^t0+h

)

^−Φ

( )

^t0

h =f

( )

^t0 donc Φ est dérivable pour tout réel t₀ ☻I et Φ′

( )

^{t0 =f}

( )

^t0 donc Φ est dérivable sur I de dérivée f d’où Φ est une primitive de f sur I.

De plus Φ(a)=0 donc Φ est l’unique primitive de f sur I qui s’annule en a.

Théorème :

Soit f est une fonction continue sur un intervalle I. Pour tous les réels a et b de I, on a :

⌡ ⌠

a b

f(x) dx=F(b)−F(a) où F est une primitives quelconque de f sur I.

Principe de démonstration à connaître :

f est continue sur I donc f admet des primitives sur I et soit deux réels a et b de I. Soit Φ la primitive des f qui s’annule en a. On a alors Φ(t)=

⌡ ⌠

a t

f(x) dx. O n c o n s i d è r e a u s s i u n e p r i mi t i v e F de f. On sait qu’il existe donc une constante k telle que F=Φ+k.

Alors F(b)−F(a)=Φ(b)+k−Φ(a)−k=

⌡ ⌠

a b

f(x) dx.

Chapitre13 : Probabilités (Partie 3 : les combinaisons)

Propriétés :

• Pour tous naturels n et p tels que 0ÂpÂn,

 

 

n p =

 

 

n n−p .

• Pour tous naturels n et p tels que 1ÂpÂn−1,

 

 

n p =

 

 

n−1 p−1 +

 

 

n−1

p . (relation de Pascal) Démonstrations :

• Démontrons que pour tous naturels n et p tels que 0ÂpÂn,

 

 

n p =

 

 

n n−p : Première méthode : Par le calcul

 

 

n

n−p = n!

(n−p)!(n−n+p)! = n!

(n−p)!p! =

 

 

n p . Deuxième méthode : Soit E un ensemble à n éléments.

a b

0 0.5 1

x y

a b

t₀ t₀+h f

( )

^t0

f

(

^t0+h

)

h

A chaque partie A de E à p éléments, on associe la partie A formé des nÒ −p éléments restants.

Il y a donc autant de parties à p éléments que de parties à n−p éléments ce qui prouve l’égalité annoncée.

• Démontrons que pour tous naturels n et p tels que 1ÂpÂn−1,

 

 

n p =

 

 

n−1 p−1 +

 

 

n−1 p : Première méthode : Par le calcul :

 

 

n−1 p−1 +

 

 

n−1

p = (n−1)!

(p−1)!(n−p)! + (n−1)!

p!(n−p−1)! = (n−1)!

(p−1)!(n−p)(n−p−1)! + (n−1)!

p(p−1)!(n−p−1)!

=p(n−1)!+(n−p)(n−1)!

p!(n−p)! = n(n−1)!

p!(n−p)! = n!

p!(n−p)! =

 

 

n p

Deuxième méthode : Soit E un ensemble à n éléments et soit a un élément fixé de E.

Pour dénombrer les parties à p éléments de E, on peut distinguer :

- celles qui ne contiennent pas a : ce sont les parties à p éléments choisis parmi les n−1 éléments de E distincts de a ; elles sont au nombre de

 

 

n−1 p ;

- celles qui contiennent a : il reste à choisir p−1 éléments parmi les n−1 éléments de E différents de a ; on en compte donc

 

 

n−1 p−1 . Or il y a

 

 

n

p parties à p éléments de E donc

 

 

n p =

 

 

n−1 p−1 +

 

 

n−1 p

Chapitre14 : Géométrie dans l’espace (Partie 3 –Caractérisation barycentrique…)

Caractérisation barycentrique d’une droite, d’un segment, d’un plan, d’un triangle :

• La droite (AB) est l’ensemble des barycentres des points A et B.

• Le segment [AB] est l’ensemble des barycentres des points A et B affectés de coefficients de même signe.

• Le plan (ABC) est l’ensemble des barycentres des points A, B et C. (propriété admise)

• L’intérieur du triangle ABC, côtés compris, est l’ensemble des barycentres des points A, B et C affectés de coefficients de même signe. (propriété admise)

Démonstrations pour la droite et le segment (il faut comprendre le principe de ces démonstrations) Pour la droite (AB):

Le principe consiste à montrer que n’importe quel point de la droite (AB) est un barycentre des points A et B puis réciproquement que tout barycentre des points A et B appartient à la droite (AB)

• On considère un point M de (AB) alors il existe un réel t tel que ÄAM=tÄAB donc tel que ÄAM=tÄAM+tÄMB donc tel que tÄMB+(1−t)ÄMA= Å0 . Or t+1−t=1ý0 donc M=b a r

{

^(B;t);(A;1−t)

}

• Réciproquement, soit M un barycentre des points A et B alors d’après la partie 1 du cours de géométrie dans l’espace, on sait que M☻(AB).

Pour le segment [AB]

• Soit M un point du segment [AB] alors il existe un réel t ☻[0;1] tel que ÄAM=tÄAB donc tel que tÄMB+(1−t)ÄMA= Å0 . Or, t+1−t=1ý0 donc M=b a r

{

^(B;t);(A;1−t) . De plus 0Ât

}

Â1 donc 0Â1−tÂ1, les coefficients de A et de B sont donc du même signe.

• Réciproquement, soit M=b a r

{

(A;α);(B;β) avec α et β deux réels de même signe pour tout point P, on a

}

αÄPA+βÄPB=(α+β)ÄPM donc en particulier pour P=A, on a β

α+βÄAB=ÄAM (avec β

α+β☻[0;1])) donc M☻[AB]