Exercice1. DSn 5

Les calculatrices sont interdites. La qualité de la rédaction, la clarté et la précision des raisonnements seront prises en compte de manière importante dans l'appréciation des copies.

Exercice 1.

On considère l'espace vectoriel suivant :

F ={(x, y, z, t)∈R⁴|3x−y+z= 0 ett=z}.

1. Déterminer une base deF.

Solution: Soitu= (x, y, z, t)∈F. Alorsy= 2x+z etz=t, d'où : u= (x,3x+z, z, z) =xe1+ze2,

en posant e₁ = (1,3,0,0) ete₂ = (0,1,1,1). Comme e₁ et e₂ sont dans F, (e₁, e₂) forme une famille génératrice deF.

Soit (λ, µ)∈R², on suppose que λe1+µe2 = (0,0,0,0), alors (λ,3λ+µ, µ, µ) = (0,0,0,0) et par identication des coecients on obtientλ=µ= 0. Donc(e₁, e₂)est une famille libre de F. Donc (e1, e2) est une base deF.

Rmq : ce n'est pas la seule, il était possible d'en trouver d'autres qui convenaient également.

2. Déterminer un supplémentaire Gde F dansR⁴.

Solution: On pose e3 = (1,0,0,0), e4 = (0,1,0,0) et G = Vect(e3, e4). Comme e3 et e4

sont des vecteurs de la base canonique deR⁴,(e₃, e₄)est libre et forme donc une base deG. Par la question précédente, (e₁, e₂) est une base de F. Juxtaposons ces deux bases, on obtient la famille (e1, e2, e3, e4)dont on cherche à montrer que c'est une base de R⁴. Soit(a, b, c, d)∈R⁴, on suppose queae1+be2+ce3+de4= (0,0,0,0).

Alors(a+c,3a+b+d, c, d) = (0,0,0,0), et par identication des coecients,d= 0,c= 0, a=−c= 0etb=−d−3a= 0. Donc la famille(e₁, e₂, e₃, e₄) est libre. Or c'est une famille à 4 = dim(R⁴)éléments, donc c'est une base de R⁴.

DoncGest un supplémentaire deF dansR⁴, par caractérisation des sous-espaces vectoriels supplémentaires.

3. Écrire une fonction Scilab appartenance qui prend en argument quatre réels x, y, z, t et qui revoie "oui" si (x, y, z, t)∈F et "non" sinon.

Solution:

function a = appartenance(x,y,z,t)

if (3 * x - y + z == 0) & (t == z) then a="oui"

else a="non"

end

endfunction

Exercice 2.

On désigne parnun entier naturel supérieur ou égal à2. On lancenfois une pièce équilibrée, les lancers étant supposés indépendants. On noteZ la variable aléatoire qui vaut0si l'on n'obtient aucun pile pendant ces nlancers et qui, dans le cas contraire, prend pour valeur le rang du premier pile .

1. (a) Déterminer, en argumentant soigneusement, l'ensembleZ(Ω).

Solution: On eectue un lancer. Si on obtient au moins un pile, Z prend la valeur de [[1, n]] correspondant au rang du premier pile, sinonZ = 0. DoncZ(Ω)⊂[[0, n]]

Réciproquement, on réalise [Z = 0] en enchaînant n face, et si k ∈ [[1, n]], on réalise [Z =k]par exemple en tirantk−1 face, puisn−k+ 1pile. D'où [[0, n]]⊂Z(Ω). On obtient donc par double inclusion Z(Ω) = [[0, n]].

(b) Pour tout k deZ(Ω), calculer P(Z =k).

Solution: Pour i∈ [[1, n]], on note Fi l'événement le ième lancer donne face . L'in- dépendance des lancers donne :

P(Z = 0) =P

n

\

i=1

Fi

!

=

n

Y

i=1

P(Fi) = 1 2ⁿ. De même, sik∈[[1, n]],

P(Z =k) =P

_k−1

\

i=1

Fi

!

∩Fk

!

=

k−1

Y

i=1

P(Fi)

!

P(Fk) = 1 2^k.

(c) Vérier que X

k∈Z(Ω)

P(Z =k) = 1.

Solution: Les deux questions précédentes donnent, par somme de termes d'une suite géométrique,

X

k∈Z(Ω)

P(Z =k) = 1 2ⁿ +

n

X

k=1

1 2^k = 1

2ⁿ+

1

2 −_2n+1¹ 1−¹₂ = 1

2ⁿ+ 1− ₂¹n

2−1 = 1.

Dans la suite, on dispose den∈N^∗ urnes U₁, . . ., U_n. Pour tout kde [[1, n]], l'urneU_k contient kboules blanches etn−k boules noires. On eectue des tirages d'une boule, au hasard et avec remise, de la façon suivante :

si après les lancers de la pièce décrits dans la première question, la variableZ prend la valeur k(aveck>1), alors on tire une par une et avec remisek boules dans l'urneUk. On noteX la variable aléatoire égale au nombre de boules blanches obtenues à l'issue de ces tirages.

si la variableZ a pris la valeur0, aucun tirage n'est eectué etX prend la valeur0. 2. Déterminer X(Ω).

Solution: X(Ω) = [[0, n]]. En eet, si Z = 0 alors X = 0 et si Z =k∈[[1, n]], X est dans [[0, k]] (renvoie le nombre de boules blanches enk tirages avec remise).

3. (a) Déterminer, en distinguant les cas i= 0 et16i6n, la probabilitéP_[Z=0](X=i). Solution: Par dénition de X, on sait que si Z = 0 on a toujours X = 0. Donc P_[Z=0](X= 0) = 1et∀i∈[[1, n]],P_[Z=0](X =i) = 0.

(b) Déterminer, en distinguant les cas i=net06i6n−1, la probabilitéP_[Z=n](X=i). Solution: Par dénition de X, on sait que si Z =n on tire avec remisen boules dans l'urne Un, qui contient nboules blanches et 0 boules noires.

Donc P_[Z=n](X =n) = 1 et∀i∈[[0, n−1]],P_[Z=n](X =i) = 0.

(c) Pour tout k de [[1, n−1]], déterminer, en distinguant les cas 0 6 i 6 k et k < i 6 n, la probabilité conditionnelle P_[Z=k](X=i).

Solution: Soit k ∈ [[1, n−1]]. Par dénition de X, on sait que si Z = k on tire avec remise k boules dans l'urneU_k, qui contient kboules blanches et n−kboules noires.

Sii∈[[k+ 1, n]], on a doncP_[Z=k](X=i) = 0(on n'eectue pas susamment de tirages pour tirer autant de boules blanches).

Sii∈[[0, k]], réaliserX =ien sachant que Z =k revient à réaliserisuccès ( tirer une boule blanche ) dans une succession deképreuves indépendantes de même probabilité de succès (_n^k). On reconnaît ainsi une loi binomiale de paramètres(k,_n^k) et :

P_[Z=k](X=i) = k

i k n

i 1− k

n k−i

.

(d) En réutilisant ces disjonctions de cas, écrire une fonction Scilab urne qui prend en valeur deux arguments ketn et qui renvoie un tirage de la variableX pour le cas où Z =k.

Solution:

function y = urne(k,n) if k==0 then y = 0 ; elseif k==n then y = n ;

else y = grand(1,1,'bin',k,k/n) ; endendfunction

4. (a) Montrer que P(X= 0) =

n−1

X

k=1

n−k 2n

k

+ 1 2ⁿ.

Solution: On applique la formule des probabilités totales au système complet d'événe- ments ([Z =k])_k∈[[0,n]], qui vérie∀k∈[[0, n]],P(Z =k)6= 0 (par la question 1.b)) :

P(X= 0) =

n

X

k=0

P(Z =k)P_[Z=k](X= 0) = 1 2ⁿ×1+

n−1

X

k=1

1 2^k

k 0

k n

0 1−k

n k

+ 1 2ⁿ×0,

où on a remplacé les probabilités par les valeurs obtenues en question 3. On obtient directement le résultat annoncé en simpliant cette expression.

(b) Montrer que P(X=n) = 1 2ⁿ.

Solution: En procédant comme à la question précédente, on trouve : P(X=n) =

n

X

k=0

P(Z =k)P_[Z=k](X =n) = 1

2ⁿ ×0 +

n−1

X

k=1

1

2^k ×0 + 1

2ⁿ ×1 = 1 2ⁿ.

(c) Soit i∈[[1, n−1]]. Exprimer P(X=i) sous forme d'une somme que l'on ne cherchera pas à calculer.

Solution: En procédant comme aux questions précédentes, on trouve : P(X=i) =

n

X

k=0

P(Z =k)P_[Z=k](X =i)

= 1

2ⁿ ×0 +

i−1

X

k=1

1 2^k ×0 +

n−1

X

k=i

1 2^k

k i

k n

i n−k

n k−i

+ 1 2ⁿ ×0

=

n−1

X

k=i

1 2^k

k i

k n

i n−k

n k−i

5. Vérier, avec les expressions trouvées à la question 4, que

n

X

i=0

P(X =i) = 1.

Solution: Par la question 4, puis en intervertissant les sommes et par formule du binôme de Newton :

n

X

i=0

P(X=i) =

n−1

X

k=1

n−k 2n

k

+ 1 2ⁿ +

n−1

X

i=1 n−1

X

k=i

1 2^k

k i

k n

i n−k

n

k−i! + 1

2ⁿ

=

n−1

X

k=1

n−k 2n

k

+ 2 2ⁿ +

n−1

X

k=1

1 2^k

k

X

i=1

k i

k n

i n−k

n k−i

=

n−1

X

k=1

n−k 2n

k

+ 2 2ⁿ +

n−1

X

k=1

1 2^k

k

n +n−k n

k

−

n−k n

k!

=

n−1

X

k=1

n−k 2n

k

+ 2 2ⁿ +

n−1

X

k=1

1 2^k 1−

n−k n

k!

= 2 2ⁿ+

n−1

X

k=1

1 2^k

= 1

Exercice 3.

On considère la suite(T_n)n∈N de polynômes deR[X]dénie parT₀(X) = 1,T₁(X) = 2Xet, pour tout entier n>2,

T_n(X) = 2XTn−1(X)−Tn−2(X).

Dans tout l'exercice, on pourra confondre polynôme et fonction polynomiale. Ainsi, pour tout entier n>2et tout réelx,T_n(x) = 2xTn−1(x)−Tn−2(x).

1. CalculerT₂(X) etT₃(X). Solution:

T2(X) = 2XT1(X)−T0(X) = 2X(2X)−1 = 4X²−1, T3(X) = 2XT2(X)−T1(X) = 2X(4X²−1)−2X = 8X³−4X.

2. (a) Démontrer que, pour tout entier naturel n, T_n(X) est un polynôme de degré n dont on déterminera le coecient du terme de degré n.

Solution: Soitn∈N, on poseP(n) :T_nest de degrénet de coecient dominant2ⁿ. T₀(X) = 1 = 2⁰ etT₁(X) = 2X = 2¹X, donc P(0)etP(1)sont vraies.

Soitn>2, on suppose queP(n−2)etP(n−1)sont vraies. Donc il existe des réels α_ketβ_ktels queTn−2(X) =Pn−2

k=0α_kX^ketTn−1(X) = 2ⁿ⁻¹Xⁿ⁻¹+Pn−2 k=0β_kX^k. OrT_n(X) = 2XTn−1(X)−Tn−2(X). On en déduit que le terme enXⁿdeT_n(X) est 2×2ⁿ⁻¹6= 0. DoncP(n) est vraie.

Donc pour n∈N,T_n(X) est un polynôme de degrénet de coecient dominant2ⁿ. (b) Établir que, si nest un entier pair (resp. impair), alors T_n(X) est un polynôme pair (resp.

impair).

Solution: Les polynômes sont tous dénis sur R, qui est bien un intervalle centré en0. Soit n∈N, on pose P(n) =T_n(−X) = (−1)ⁿT_n(X).

T₀(−X) = 1 = (−1)⁰T₀(X) et T₁(−X) = −2X = (−1)¹T₁(X), donc P(0) et P(1)sont vraies.

Soit n>2, on suppose queP(n−2)etP(n−1)sont vraies. Alors Tn(−X) = 2(−X)T_n−1(−X)−Tn−2(−X)

= 2(−X)(−1)ⁿ⁻¹Tn−1(X)−(−1)ⁿ⁻²Tn−2(X)

= (−1)ⁿ2XTn−1(X)−(−1)ⁿTn−2(X)

= (−1)ⁿTn(X), donc P(n) est vraie.

On en déduit directement le résultat demandé.

Rmq : on pouvait aussi montrer par récurrence double la propriété si n est un entier pair (resp. impair), alors T_n(X) est un polynôme pair (resp. impair), en faisant une disjonction de cas dans l'hérédité.

3. Calculer, pour tout entier natureln,T_n(1)en fonction den.

Solution: ∀n > 2, T_n(1) = 2Tn−1(1)−Tn−2(1) donc (T_n(1))_n>0 est une suite récurrente linéaire d'ordre 2. Son équation caractéristique q²−2q+ 1 = 0 a pour discriminant 0 et admet 1pour racine double :∃!(α, β)∈R² tels que∀n∈N,Tn(1) = (α+βn)1ⁿ=α+βn. En particulier pour n = 0 et n = 1 : 1 = α et 2 = α+β. Donc α = β = 1, et ∀n ∈ N, T_n(1) =n+ 1.

Rmq : on pouvait aussi conjecturer le résultat et le montrer par récurrence double.

4. (a) Établir, pour tout entier naturel net tout réelθde ]0, π[: Tn(cos(θ)) = sin ((n+ 1)θ) sin(θ) .

Solution: Soit n∈N, on pose P(n) =Tn(cos(θ)) = sin((n+1)θ) sin(θ) . T₀(cos(θ)) = 1 = ^sin(θ)_sin(θ) et T₁(cos(θ)) = 2 cos(θ) = 2 cos(θ) sin(θ)

sin(θ) = ^sin(2θ)_sin(θ), donc P(0)etP(1)sont vraies.

Soit n > 2, on suppose que P(n−2) et P(n−1) sont vraies. La relation de récurrence donne alors :

Tn(cosθ) = 2 cos(θ)sin(nθ)

sin(θ) −sin ((n−1)θ)

sin(θ) = 2 cos(θ) sin(nθ)−sin ((n−1)θ)

sin(θ) .

Or ∀(a, b)∈R²,sin(a+b) + sin(a−b) = 2 cos(b) sin(a), et donc :

2 cos(θ) sin(nθ)−sin ((n−1)θ) = 2 sin (nθ) cos(θ)−sin (nθ−θ) = sin ((n+ 1)θ). Donc P(n) est vraie, d'où le résultat demandé.

Rmq : on pouvait aussi montrer l'égalité2 cos(θ) sin(nθ)−sin ((n−1)θ) = sin ((n+ 1)θ) en utilisant les formules d'Euler.

Rmq2 : on pouvait aussi remarquer que(Tn(cos(θ)))n∈N est une suite récurrente linéaire double et en déduire directement la relation.

(b) En déduire que, pour tout entier naturel non nul n,T_n(X) admetnracines réelles (que l'on explicitera), toutes situées dans l'intervalle]−1,1[.

Solution: Soit n∈N^∗ etθ∈]0, π[, T_n(cosθ) = 0⇔^4a sin ((n+ 1)θ)

sin(θ) = 0⇔sin ((n+ 1)θ) = 0⇔ ∃k∈Z:θ= kπ n+ 1. Comme θ∈]0, π[, il fautk∈[[1, n]]. Donc T_n(cosθ) = 0⇔ ∃k∈[[1, n]] :θ= _n+1^kπ .

∀k ∈[[1, n]], on poseθ_k = _n+1^kπ etx_k= cos(θ_k). Par ce qui précède, les réels x₁, x₂, . . ., x_n sont tous des racines deT_n(X).

De plus, 0 < θ1 < θ2 < · · · < θn < π et cos est strictement décroissante sur ]0, π[, donc 1 > x1 > x2 >· · · > xn >−1. Donc les valeurs x1,x2, . . ., xn sont deux à deux distinctes et dans ]−1,1[.

Donc T_n(X) admetn racines réelles dans]−1,1[: les cos

kπ n+1

aveck∈[[1, n]]. Rmq : on pouvait aussi remarquer que la question suivante donnait les racines, et donc se contenter de vérier qu'elles fonctionnaient.

(c) Établir, pour tout entier naturel non nul n, T_n(X) = 2ⁿ

n

Y

k=1

X−cos kπ

n+ 1

.

Solution: Soit n∈N^∗. Avec les notations du 4b, on a : x₁,x₂, . . ., x_n sont des racines deux à deux distinctes de Tn(X). Or d'après 2a,Tn(X) est de degrén, il a donc au plus n racines distinctes : on les a toutes. De plus le coecient dominant deTn(X) vaut 2ⁿ, donc :

Tn(X) = 2ⁿ

n

Y

k=1

(X−x_k) = 2ⁿ

n

Y

k=1

X−cos kπ

n+ 1

.

(d) En déduire en fonction den, pour tout entier naturel non nuln, la valeur de :

n

Y

k=1

sin

kπ 2(n+ 1)

.

Solution: Soit n∈N^∗. Par 4c et la formule de linéarisation du sinus, Tn(1) = 2ⁿ

n

Y

k=1

1−cos kπ

n+ 1

= 2ⁿ

n

Y

k=1

2 sin²

kπ 2(n+ 1)

= 2²ⁿ

n

Y

k=1

sin²

kπ 2(n+ 1)

.

Or Tn(1) =n+ 1 par 3, doncn+ 1 = 2²ⁿ

n

Y

k=1

sin

kπ 2(n+ 1)

!2

. Et par passage à la racine, √

n+ 1 = 2ⁿ

n

Y

k=1

sin

kπ 2(n+ 1)

. Comme ∀k ∈[[1, n]], kπ

2(n+ 1) ∈ 0,^π₂

, on a sin

kπ 2(n+ 1)

>0, on en déduit alors

n

Y

k=1

sin

kπ 2(n+ 1)

=

√n+ 1

2ⁿ . 5. (a) Démontrer, pour tout entier naturel net tout réelθ de]0, π[:

sin²(θ)T_n⁰⁰(cos(θ))−3 cos(θ)T_n⁰(cos(θ)) + (n²+ 2n)T_n(cos(θ)) = 0.

Indication : on pourra montrer que la fonctionθ7→sin(θ)Tn(cos(θ))−sin ((n+ 1)θ)est nulle et la dériver deux fois.

Solution: Soit n ∈ N et θ ∈]0, π[, T_n(cosθ) = sin((n+1)θ)

sinθ par 4a, donc la fonction t → sin(θ)Tn(cos(θ))−sin ((n+ 1)θ) est nulle. Elle est donc dérivable deux fois sur ]0, π[. On obtient en dérivant une première fois :

∀θ∈]0, π[, cos(θ)Tn(cos(θ))−sin²(θ)T_n⁰(cos(θ))−(n+ 1) cos((n+ 1)θ) = 0.

En dérivant une seconde fois, on trouve :

−sin(θ)T_n(cos(θ))−3 sin(θ) cos(θ)T_n⁰(cos(θ))+sin³(θ)T_n⁰⁰(cos(θ))+(n+1)²sin((n+1)θ) = 0.

En utilisant la relation ∀θ∈]0, π[,sin((n+ 1)θ) = sin(θ)Tn(cos(θ)) (car la fonction est nulle), puis en divisant par sin(θ) (non nul carθ∈]0, π[), on obtient :

∀θ∈]0, π[, sin²(θ)T_n⁰⁰(cos(θ))−3 cos(θ)T_n⁰(cos(θ)) + (n²+ 2n)Tn(cos(θ)) = 0.

(b) En déduire, pour tout entier naturel n:

(X²−1)T_n⁰⁰(X) + 3XT_n⁰(X)−(n²+ 2n)T_n(X) = 0.

Solution: Soitn∈N. PosonsQn(X) = (X²−1)T_n⁰⁰(X) + 3XT_n⁰(X)−(n²+ 2n)Tn(X).

∀θ∈]0, π[,−(cos²(θ)−1)T_n⁰⁰(cos(θ))−3 cos(θ)T_n⁰(cos(θ)) + (n²+ 2n)Tn(cos(θ)) = 0par 5a. Donc∀θ∈]0, π[,Q_n(cos(θ)) = 0, etcos(θ)est racine deQ_n. Commecos(θ)parcourt toutes les valeurs de ]−1,1[ quand θ parcourt ]0, π[,Qn(X) a une innité de racines.

C'est donc le polynôme nul, d'où le résultat.

Exercice 4.

On convient que, pour tout réelx, on ax⁰= 1.

1. Pour tout nde N, justier l'existence des intégrales : In=

Z 1 0

xⁿ

(1 +x)²dx et Jn= Z 1

0

xⁿ 1 +xdx.

Solution: Soitn∈N. Les fonctions x→ _(1+x)^xn ₂ etx→ _1+x^xn sont continues sur [0,1], donc les intégralesI_netJ_nexistent.

2. CalculerI0 etI1.

Solution: Un calcul direct donne : I₀=

Z 1 0

1

(1 +x)²dx=

− 1 1 +x

1 0

=− 1

1 + 1 + 1 1 + 0 = 1

2.

I₁ = Z 1

0

x+ 1

(1 +x)² − 1

(1 +x)²dx= Z 1

0

1

1 +xdx−I₀ = [ln|1 +x|]¹₀−1

2 = ln(2)−1 2.

3. (a) Pour toutnde N, calculer I_n+2+ 2I_n+1+I_n.

Solution: Soit n∈N, on trouve par linéarité de l'intégrale In+2+ 2In+1+In=

Z 1 0

xⁿ⁺²

(1 +x)² + 2 xⁿ⁺¹

(1 +x)² + xⁿ

(1 +x)²dx= Z 1

0

xⁿx²+ 2x+ 1 (1 +x)² dx

= Z 1

0

xⁿdx= xⁿ⁺¹

n+ 1 1

0

= 1

n+ 1

(b) En déduire I₂.

Solution: D'après la question précédente, I₂+ 2I₁+I₀ = ₀₊₁¹ . Donc I2= 1−I0−2I1= 1−1

2 −2 ln(2) + 1 = 3

2−2 ln(2).

(c) Compléter le script Scilab suivant pour qu'il permette le calcul de I_n(dans la variable b) et son achage pour une valeur de nentrée par l'utilisateur.

n= input('donnez une valeur pour n') a= 1/2

b= log(2) - 1/2 for k=2:n

aux=a a=...

b=...

end disp(b)

Solution: On utilise la relation de récurrence : si k>2,Ik= _k−1¹ −Ik−2−2Ik−1. a= b

b= 1/(k-1) - aux - 2*a

4. (a) Montrer que : ∀n∈N,06I_n6 _n+1¹ .

Solution: Soitn∈N. Soitx∈[0,1], alors06 _(1+x)^{1 2} 61, puis par produit avecxⁿ>0, 06 _(1+x)^{xn 2} 6xⁿ. La croissance de l'intégrale (car 061) donne alors :

0 = Z 1

0

0dx6I_n6 Z 1

0

xⁿdx= xⁿ⁺¹

n+ 1 1

0

= 1

n+ 1.

(b) En déduire que la suite (In) est convergente et donner sa limite.

Solution: limn→+∞ 1

n+1 = 0, donc par théorème d'encadrement, la question précédente donne la convergence de (I_n) vers0.

5. Établir, à l'aide d'une intégration par parties, que :

∀n∈N^∗, In=n.Jn−1− 1 2.

Solution: Soitn∈N^∗. Les fonctions x→xⁿet x→ −_1+x¹ sont de classeC¹ sur[0,1], on trouve donc par intégration par parties :

I_n= Z 1

0

xⁿ

(1 +x)²dx=

− xⁿ 1 +x

1 0

− Z 1

0

nxⁿ⁻¹ −1

1 +xdx=−1 2+0+n

Z 1 0

xⁿ⁻¹

1 +xdx=nJn−1−1 2.

6. (a) Calculer J0 puis exprimer, pour tout entier naturel n,Jn+Jn+1 en fonction den. Solution: On trouve par calcul :

J0 = Z 1

0

1

1 +xdx= [ln|1 +x|]¹₀ = ln(2).

Puis, pour n∈N, par linéarité de l'intégrale, J_n+J_n+1=

Z 1 0

xⁿ

1 +x + xⁿ⁺¹ 1 +xdx=

Z 1 0

xⁿ1 +x 1 +xdx=

Z 1 0

xⁿ= 1 n+ 1.

(b) En déduire la valeur de J₁.

Solution: D'après la question précédente, J₀+J₁ = ¹₁, d'oùJ₁ = 1−J₀ = 1−ln(2). 7. En utilisant les questions 5 et 6, compléter le script Scilab suivant an qu'il permette le calcul

et l'achage deI_n pour une valeur den entrée par l'utilisateur.

n= input('donnez une valeur pour n') J= log(2)

for k=1:n-1 J=...

endI=...

disp(I)

Solution: On utilise la relation de récurrence : sik>1,J_k= _k¹−Jk−1, puis la question 5.

for k=1:n-1 J= 1/k - J endI= n*J - 1/2

8. Établir que :∀n∈N^∗, J_n= (−1)ⁿ

ln(2)−Pn k=1

(−1)^k−1 k

. Solution: Soitn∈N^∗, on poseP(n) =Jn= (−1)ⁿ

ln(2)−Pn k=1

(−1)^k−1 k

. (−1)¹

ln(2)−P1 k=1

(−1)^k−1 k

=−(ln(2)− ⁽⁻¹⁾₁¹⁻¹) = 1−ln(2) =J1 donc P(1) est vraie.

Soit n∈N^∗, on suppose queP(n) est vraie. La question 6.a) donne : Jn+1= 1

n+ 1−Jn

= (−1)²⁽ⁿ⁺¹⁾

n+ 1 −(−1)ⁿ ln(2)−

n

X

k=1

(−1)^k−1 k

!

= (−1)ⁿ⁺¹ ln(2)−

n

X

k=1

(−1)^k−1

k −(−1)ⁿ n+ 1

!

= (−1)ⁿ⁺¹ ln(2)−

n+1

X

k=1

(−1)^k−1 k

! .

DoncP(n+ 1)est vraie, d'où le résultat demandé.