TD 2 Calculs 1 Sommes et produits - IMJ-PRG

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TD 2
Calculs
1
Sommes et produits
Exercice 1. G
### Calculer les sommes suivantes
Sn =
n
X
k=1
k 2 (n − k), Tn =
n
X
2k − 3k
4k+1
k=1
Correction de l’exercice 1. Tout d’abord, séparons Sn en deux sommes :
Sn =
n
X
k=1
=
n
X
k 2 (n − k)
2
k n−
k=1
n
X
=n
k=1
k2 −
n
X
k=1
n
X
k3
k3
k=1
n(n + 1)(2n + 1)
n(n + 1)
=n
−
, par les théorèmes du cours.
6
2
n2 (n + 1)(2n + 1) n2 (n + 1)2
−
=
6
4
2n + 1 n + 1
2
−
= n (n + 1)
6
4
6n
+
3
−
2(n
+
1)
= n2 (n + 1)
12
4n + 4
2
= n (n + 1)
12
n2 (n + 1)2
.
=
3
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Pour Tn , faisons de même :
n
X
2k − 3k
Tn =
4k+1
k=1
n
n
X
X
3k
2k
−
=
4k+1
4k+1
k=1
k=1
n n 1X 1 k 1X 3 k
=
−
4
2
4
4
k=1
k=1
n
n
1 1 1 − 12
1 3 1 − 34
=
−
4 2 1 − 21
4 4 1 − 43
n n 1
3
1
3
=
1−
−
1−
4
2
4
4
n+1 n+2
3
1
1
−
.
=− +
2
4
2
Exercice 5.
## Calculer les sommes suivantes
G
X
X
Sn =
i j, Un =
(j − i ) [avec n > 1]
1≤i <j ≤n
1≤i <j ≤n
Correction de l’exercice 2. Écrivons Sn comme une somme double :
Sn =
n−1 X
n
X
ij
i =1 j =i +1
=
n−1
X
i =1
=
n−1
X

i
i
i =1
n
X
j =i +1

j
n+i +1
2
n
1X
i (n + i + 1)
=
2
i =1
=
n−1
n−1
i =1
i =1
n+1X
1X 2
i+
i
2
2
(n − 1)n(n + 1) (n − 1)n(2n − 1)
+
=
4
12
n(n − 1)(5n + 2)
.
=
12
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Pour Un , on va séparer la somme en deux !
X
X
Un =
j−
i
1≤i <j ≤n
=
n−1 X
n
X
i =1 j =i +1
=
1≤i <j ≤n
j−
n−1 X
n
X
n−1
n−1
X
i +1+n X
−
i (n − i )
2
i =1
=
=
2
i
i =1 j =i +1
i =1
n−1
1X
2
i =1
n−1
n−1
n−1
X
X
1+n X
i+
1−n
i+
i2
2
i =1
i =1
i =1
2
n(n − 1) (1 + n)(n − 1) n (n − 1) (n − 1)n(2n − 1)
+
−
+
.
4
2
2
6
Coefficients binomiaux
Exercice 11.
# Montrer que pour tous entiers n et p,
p X
n+k
p+n+1
=
.
n
n+1
k=0
p+n+1
p+n+1
[ATTENTION erreur d’énoncé, il fallait lire
au lieu de
]
n+1
p+1
Correction de l’exercice 3. Conseil : lorsqu’on a un résultat déjà donné, il faut l’utiliser ! Soit Pp la
proposition
p X
n+k
p+n+1
∀n ∈ N,
=
.
(Pp )
n
n+1
k=0
Initialisation. Pour p = 0,
0 X
n+k
k=0
n
= 1,
0+n+1
et
= 1.
n+1
Hérédité. Supposons Pp vraie pour un certain p. Alors
p+1 X
n+k
k=0
n
p X
n+k
n+p+1
n
n
k=0
p+n+1
n+p+1
=
+
, par hypothèse de récurrence.
n+1
n
p+n+2
=
.
n+1
=
+
D’où Pp+1 .
Conclusion. Héréditaire et vraie au rang 0, la proposition Pp est vraie pour tout entier naturel p
par le principe de récurrence.
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Exercice 12.
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#
G
Montrer que pour tous entiers n et p non nuls tels que p ≤ n,
p X
n
n−k
k=0
p−k
k
En déduire de la même manière une formule pour
n
=2
.
p
p
X
p
(−1)k
k=0
n
n−k
.
k
p−k
Correction de l’exercice 4.
a. Utilisons les définitions des coefficients binomiaux : pour p ≤ n
deux entiers et 0 ≤ k ≤ p,
n
n−k
n!
(n − k)!
=
k
p−k
k!(n − k)! (p − k)!(n − p)!
n!
=
k!(p − k)!(n − p)!
n!
p!
=
k!(p − k)! p!(n − p)!
p
n
=
.
k
p
Donc
p X
n
n−k
k=0
k
p−k
=
p X
p
n
k
p
k=0
X
p
n
p
=
p
k
k=0
n p
=
2 , par le binôme de Newton.
p
b. De même,
p
X
k=0
Exercice 13.
(−1)k
X
p
n
n−k
p
n
(−1)k
=
k
p−k
k
p
k=0
X
p
n
k p
(−1)
=
k
p
k=0
(
0, si p > 0, par le binôme de Newton.
=
1, si p = 0.
# Déterminer le coefficient de x 17 dans le développement de (1 + x 5 + x 7 )20 .
G
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Correction de l’exercice 5. Développons (1 + x 5 + x 7 )20 par la formule du binôme de Newton :
20 X
20
(x 5 + x 7 )k
k
k=0
k 20 X
20 X k 5l 7(k−l )
=
x x
k
l
k=0
l =0
20 X
k X
20 k 5l 7(k−l )
=
x x
.
k
l
(1 + x 5 + x 7 )20 =
k=0 l =0
Pour obtenir x 17 , il faut avoir 5l + 7(k − l ) = 17. Ceci n’est possible que si l = 2 et k − l = 1. Donc
le coefficient de x 17 est
20 3
= 3420.
3
2
3
Systèmes linéaires
Exercice 17.
complexes :
(a)







## Résoudre en fonction du paramètre m ∈ R, les systèmes suivants d’inconnues
G
x −y +z =m
x + my − z = 1 .
(b)


mx + y + z = 1


x + my + z = m .



x −y −z =1
x + y + mz = m2
Correction de l’exercice 6.


2
 mx + y + z = 1
 x + y + mz = m
x + my + z = m ⇔ x + my + z = m (L1 ↔ L3 )


x + y + mz = m2
mx + y + z = 1

x + y + mz = m2

(m − 1)y + (1 − m)z = m(1 − m) L2 ← L2 − L1
⇔

(1 − m)y + (1 − m2 )z = 1 − m2 = (1 + m)(1 − m) L3 ← L3 − mL1
Remarquez que j’ai le droit de faire L3 ← L3 − mL1 sans condition sur m alors que je n’ai pas le
droit de faire L1 ← L3 − mL1 sans supposer que m 6= 0 ! !
Si m = 1, le système devient l’équation x + y + z = 1, il est alors équivalent à

x =1 − t − s
y =s

z =t
L’ensemble des solutions est donc
{(1, 0, 0) + s(−1, 1, 0) + t(−1, 0, 1)|s, t ∈ R} .
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Si m 6= 1, le système devient


2
x + y + mz = m2

 x + y + mz = m
(m − 1)y + (1 − m)z = m(1 − m)
−y + z = m
⇔


(1 − m)y + (1 − m2 )z = 1 − m2 = (1 + m)(1 − m)
y + (1 + m)z = 1 + m

2
 x + y + mz = m
−y + z = m
⇔

(2 + m)z = 1 + 2m L3 ← L3 + L2
Si m = −2, la ligne L3 devient 0 = −3, le système est incompatible et l’ensemble des solutions est
vide.
m+1
1
(1 + m)2
Si m 6= −2, le système est résoluble et LA solution du système est (−
,
,
) .
2+m 2+m 2+m
4
Inégalités dans R
Exercice 18.
## Soient x et y deux réels positifs.
√
√
√
a. (Une inégalité triangulaire) Montrer que x + y ≤ x + y .
p
√
√
b. En déduire que | x − y | ≤ |x − y |.
x +y
√
c. (Inégalité arithmético-géométrique) Montrer que xy ≤
2
Correction de l’exercice 7.
√
√
√
a. Comme x + y et x + y sont deux quantités positives, l’inégalité à démontrer est équivalente à
√ √
x + y ≤ x + y + 2 x y.
√ √
Comme 2 x y ≥ 0, l’égalité est démontrée.
√
√
√
√
√
√
√
b. Supposons
x ≥
p y . Alors x = y + x − y ≤ y + x − y , donc x − y ≤ x − y , i.e.
√
√
| x − y | ≤ |x − y |.
√
√
√
√
√
√
√
Supposons
x ≤
p y . Alors y = x + y − x ≤ x + y − x, donc y − x ≤ y − x, i.e.
√
√
| x − y | ≤ |x − y |.
c. Prenons le carré des deux côtés de l’inégalité (les deux quantités sont positives) : l’équation
est équivalente à
x 2 + 2xy + y 2
,
xy ≤
4
i.e. à
x 2 + 2xy + y 2
− xy ≥ 0.
4
Or,
x 2 + 2xy + y 2 − 4xy
x 2 − 2xy + y 2
(x − y )2
x 2 + 2xy + y 2
− xy =
=
=
≥ 0.
4
4
4
4
L’inégalité est donc démontrée.
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Exercice 20.
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# Montrer que pour tout entier n,
n Y
1
1
1+ 3 ≤3− .
k
n
k=1
Correction de l’exercice 8. Montrons par récurrence que pour tout entier naturel n non nul, la
proposition Pn est vraie, où
n Y
1
1
(Pn )
1+ 3 ≤3− .
k
n
k=1
n Y
1
1
Initialisation. Pour n = 1,
1+ 3 =2≥3− .
k
n
k=1
Hérédité. Supposons que Pn est vrai pour un certain entier n. Alors
Y
n n+1
Y
1
1
1
1
+
1+ 3 = 1+
k
(n + 1)3
k3
k=1
k=1
1
1
.
3−
≥ 1+
3
(n + 1)
n
Notre but est alors de montrer que
1+
On étudie alors
1+
1
(n+1)3
3−
1
n+1
3−
1
n
1
(n + 1)3
=
1
1
≥3−
.
3−
n
n+1
(1 + (n + 1)3 )(3n − 1)
n(1 + n)2 (3(n + 1) − 1)
(n3 + 3n2 + 3n + 2)(3n − 1)
n(1 + 2n + n2 )(3n + 2)
3n4 + 9n3 + 9n2 + 6n − (1 + n3 + 3n2 + 3n + 1)
=
(n + 2n2 + n3 )(3n + 2)
3n4 + 8n3 + 6n2 + 3n − 1
= 2
3n + 6n3 + 3n4 + 2n + 4n2 + 2n3
3n4 + 8n3 + 6n2 + 3n − 1
=
.
3n4 + 8n3 + 6n2 + 2n
=
3n4 + 8n3 + 6n2 + 3n − 1
≥ 1, donc
3n4 + 8n3 + 6n2 + 2n
1
1
1
1+
,
≥3−
3
−
3
(n + 1)
n
n+1
Or, pour n ≥ 1, 3n − 1 ≥ 2n, donc
d’où Pn+1 .
Conclusion. Héréditaire et vraie au rang 1, la proposition Pn est vraie pour tout entier naturel n
non nul par le principe de récurrence.
Exercice 21.
n,
Montrer que pour tous réels strictement positifs (a, b) et que pour tout entier
b n
a n
+ 1+
≥ 2n+1
1+
b
a
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Correction de l’exercice 9. Utilisons la formule du binôme de Newton pour cet exercice. Soient a,
a
b deux réels, n un entier. Posons x = . Alors
b
n X
n n k
a n
b
n k X n
1
1+
+ 1+
=
x +
b
a
x
k
k
k=0
k=0
k !
n X
n
1
k
=
.
x +
x
k
k=0
Or, pour tout entier naturel k,
k !
1
≥ 2. En effet,
xk +
x
(1 − x k )2 ≥ 0,
i.e. 1 − 2x k + x 2k ≥ 0, i.e. 1 + x 2k ≥ 2x k , i.e.
1
+ x k ≥ 2.
xk
Donc
n X
n
k=0
k
k ! X
n n
1
≥
2
x +
x
k
k=0
n X
n
=2
k
k
k=0
n
= 2.2 = 2n+1 ,
d’où le résultat recherché.