Semaine 2 - La nuit c`est fait pour dormir

EXERCICES DE KHÔLLE
MPSI
Table des matières
1. Démonstrations classiques
1
2. Relations d'ordre
1
3. Relations d'équivalence
2
4. Calculs de sommes et de produits
3
5. Inégalités
4
6. Combinatoire
7
Ÿ
Ÿ
Ÿ
Ÿ
Ÿ
Ÿ
Exercice 1 : factorisation des entiers naturels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Exercice 2 : divisibilité sur N et sur Z . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Exercice 3 : exemples d'ensembles ordonnés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Exercice 4 : congruences dans R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Exercice 5 : sommes d'exponentielles-polynômes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Exercice 6 : sommes géométriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Exercice 7 : maximum d'une fonction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Exercice 8 : inégalité entre la moyenne arithmétique et la moyenne géométrique . . . . . . . . . . .
Exercice 9 : deux inégalités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Exercice 10 : cardinal de l'ensemble des parties . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Exercice 11 : coecients binomiaux . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Exercice 12 : nombre de surjections . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
i
1
1
1
2
3
4
4
4
6
7
7
8
Ÿ1.
Démonstrations classiques
Exercice 1 Démontrer que tout entier naturel x ¥ 2 est un produit de nombres premiers.
On procède par récurrence forte sur x.
Initialisation : x 2 est un nombre premier, donc il s'écrit comme produit d'un nombre premier.
Hérédité : xons x ¥ 2 et supposons le résultat établi pour tous les nombres y de 2 jusqu'à x. Considérons
x 1. Si c'est un nombre premier, alors comme pour l'initialisation, il n'y a rien à démontrer, on a un produit
avec un seul facteur. Si x 1 n'est pas premier, il admet donc une factorisation non triviale x d1 d2 avec
d1 , d2 P t2 ; 3 ; . . . ; xu. On applique l'hypothèse de récurrence à d1 et d2 : il existe des nombres premiers pi
et qj tels que
d1
m
¹
pi
et
d2
x
qj ,
j 1
i 1
et donc on a
n
¹
1
m
¹
pi i 1
n
¹
qj .
j 1
Ceci prouve le résultat pour x 1 et montre le caractère héréditaire de la propriété.
D'après le principe de récurrence, la propriété est vraie pour tous les entiers x ¥ 2.
Ÿ2.
Relations d'ordre
Exercice 2 Démontrer que la relation de divisibilité est une relation d'ordre sur N, mais pas sur Z.
On doit montrer qu'elle est
i) réexive : i.e. pour tout x P N on a x | x, et ceci est évident,
ii) transitive : i.e. pour tous x, y, z P N si x | y et y | z alors x | z , pour le voir on suppose que x | y et y | z
et on exhibe k, k1 P N tels que y kx et z k1 y , on a alors z pkk1 qx ce qui prouve bien que x | z ,
iii) antisymétrique : i.e. pour tous x, y P N si x | y et y | x alors x y , pour le montrer on suppose x | y et
y | x, à nouveau ceci traduit l'existence de k et k 1 dans N tels que x ky et y k 1 x, on en déduit x pkk 1 qx
d'où kk1 1, ce qui force k k1 1 et prouve le résultat.
Donc la divisibilité est une relation d'ordre dans N.
Ce n'est en revanche pas une relation d'ordre dans Z car elle n'y est plus antisymétrique : on a par
exemple p1q | 1 et 1 | p1q, alors que de toute évidence 1 et 1 ne sont pas égaux.
Exercice 3 On n'utilisera aucun argument de cardinalité dans cet exercice.
1) Peut-on trouver une bijection croissante de pR ; ¤q dans pN ; | q ?
2) Et de pR ; ¤q dans pP pRq ; „q ?
3) Et de pR, ¤q dans pP pNq, „q ?
1) La réponse est non : supposons qu'il existe ϕ : R Ñ N une bijection croissante. Notons a ϕ p0q :
1
puisque a est un réel, il existe un réel qui est strictement plus grand que lui, appelons-le b. On doit alors
avoir ϕpaq 0 divise strictement ϕpbq, ce qui est impossible puisque 0 est plus grand que tous les autres
entiers pour la divisibilité.
ng Lycée Saint Louis
1
khôlles de mathématiques
2) La réponse est encore non, et l'argument est le même : supposons qu'il existe ϕ : R Ñ P pRq une bijection
croissante. Soit b ϕ 1 pHq. Puisque b est un nombre réel, il existe un autre réel strictement plus petit que
lui, appelons-le a. On a donc ϕpaq strictement inclu dans ϕpbq H, c'est impossible.
3) La réponse est encore non, et l'argument toujours à peu près le même, bien que cette fois-ci plus subtil :
remarquons qu'il n'y a aucun élément X dans P pNq tel que A t0u ˆ X ˆ B t0 ; 1u. Supposons qu'il
existe une bijection croissante ϕ : R Ñ P pNq. Soient a ϕ1 pAq et b ϕ1 pBq. On a a b car ϕ est
croissante, et donc il existe un réel c P sa ; br. On doit avoir alors ϕpaq ˆ ϕpcq ˆ ϕpbq, et on a vu que ce
n'était pas possible.
Ÿ3.
Relations d'équivalence
Exercice 4 On xe un réel α strictement positif. On dit que x et y sont congrus modulo α, et on
note x y (ou x y rαsq s'il y a besoin de préciser, lorsqu'il existe un entier k P Z tel que x y kα.
1) Démontrer que est une relation d'équivalence sur R.
2) Prouver que pour tout réel x, il existe un unique élément x de r0 ; αr tel que x x.
π.
3) Déterminer ce x dans le cas où α 2π et x 715
13
1) Il faut montrer trois choses.
La relation est réexive. En eet, on a x x 0 α ce qui prouve que x x.
La relation est symétrique. Si x y , alors il existe k P Z tel que x y kα, ou encore y x pkqα,
et donc y x.
La relation est transitive. Si x y et y z , alors il existe k et k1 entiers tels que x y kα et y z k1 α.
On a donc en sommant x z pk k1 qα et donc x z .
2) Commençons par l'unicité : si l'on a x , x
1
2
P r0 ; αr tels que x1 x2, alors x1 x2 kα pour un certain
entier k. Puisque x1 et x2 sont tous les deux dans un intervalle semi-ouvert de longueur α, on a
α x1 x2 α
et donc k 0. Ceci prouve que x1 x2 .
Continuons avec l'existence : il sut de choisir le reste de la division euclidienne par α, à savoir
xx
Yx]
α
α.
Cette quantité est bien dans l'intervalle souhaité : on a
x
α
1 Yx]
α
¤ αx ,
et en multipliant par chaque membre par α on obtient
xα ou encore
αx¡
Yx]
α
Yx]
α ¤ x,
α
α ¥ x,
x
α
α ¥ 0,
en multipliant tout par 1 (qui est négatif, donc cela change le sens des inégalités). Reste à ajouter x à
chaque membre pour voir que
Y ]
α¡x
comme annoncé.
ng Lycée Saint Louis
2
khôlles de mathématiques
3) Allons-y en suivant la méthode donnée par la question
précédente :
Z
^
715π{13
2π
xx
2π.
La fraction à étages dans la partie entière se simplie en
715
26
27
26 26
13
et donc la partie entière vaut 27. Mais mieux : c'est le reste 13 qui va nous intéresser, puisque
715
715π 27 26π
π 27 2π 13
13
Ainsi x π.
Ÿ4.
13π
π.
13
Calculs de sommes et de produits
Exercice 5
1) Soit f pxq x , dénie par exemple sur s1 ;
2) Calculer p2k 1q3 .
ņ
8r. Exprimer de deux manières diérentes fn1 pxq.
k
n
k 0
ņ
k
k 0
1) En dérivant terme à terme on obtient
fn1 pxq ņ
kxk1
k 0
¸
pk 1
n 1
k1 0
1
1qxk ,
la deuxième égalité résultant du changement d'indice k1 k 1. Mais on peut aussi exprimer fn pxq à l'aide
de la formule des sommes géométriques : puisque x ¡ 1 on a
xn 1 1
x1
fn pxq et donc
pn
1q nxn 1 pn 1qxn 1 .
px 1 q2
¸ k ¸
2) Ce qui précède montre qu'on sait calculer les sommes de la forme x et pk 1qxk. Découpons donc
fn1 pxq 1qxn px 1q pxn
px 1q2
1
la somme à calculer en deux sommes de ce genre :
ņ
p2k 1q3 p3q ņ
k
k 0
k
3
2
k 0
ņ
pk
1 q3
k
.
k 0
La première de ces deux sommes est égale à fn p3q et la seconde à f 1
p3q, c'est-à-dire
1
n 2
1
n3 pn
n 1
ņ
n 1
p2k 1q3k p3q 3 3 1 1
2
pn
1q3n
k 0
pn 2q3n
p3 1q2
2
Cette dernière expression se simplie un peu, en remarquant que n3n
nalement
ņ
p2k 1q3k n3n 1 3n
1
2
2q3n
2
n3n 1 2n 3n
1,
1
4
.
et on obtient
2.
k 0
ng Lycée Saint Louis
3
khôlles de mathématiques
Exercice 6 Soient q un nombre complexe et n un entier naturel. On considère la somme
Sn pq q 1
q2
q
q3
qn.
1) Si q 1, que vaut S pqq ?
2) On suppose q 1. Exprimer simplement q S pqq, et en déduire une formule pour S pqq.
3) Quels sont les nombres complexes q pour lesquels la somme S pqq a une limite lorsque n Ñ 8 ?
n
n
n
n
1) On a S p1q n
2) On a
1.
n
de sorte que q Sn pq q Sn pq q
q 1) on obtient
3) Pour q 1, on a S p1q n
q Sn pq q q
q2
q3
qn
1
qn 1 1. En divisant chaque membre par q 1 (c'est possible puisque
qn 1 1
.
q1
Sn pq q 1, on a qn Ñ 0 et pour |q| ¡ 1 on a |qn| Ñ 8,
donc avec la formule de la question précédente on voit que Sn pq q tend vers 1{pq 1q 1{p1 q q si |q | 1
et diverge si |q | ¡ 1. Reste à traiter le cas |q | 1 (et q 1). Supposons que Sn pq q converge vers un nombre
complexe `. Alors q n doit converger vers 1 ` pq 1q. Or q n eni argpqq ne converge pas (graphiquement
le point dont il est l'axe tourne sur le cercle trigonométrique, à chaque fois d'un angle argpq q, et cet
angle n'est pas nul car q 1).
n
Ÿ5.
1 qui diverge. Pour |q |
Inégalités
Exercice 7 Soit a un réel strictement positif. Déterminer le maximum de
ņ
pa x1q pa x2q pa xk1q xk pa xk 1q pa xnq
k 1
lorsque tous les xk varient dans r0 ; as.
Figeons toutes les variables sauf xk : cette somme est alors une fonction ane en xk , dénie sur l'intervalle
r0 ; as. Son maximum est atteint pour xk 0 ou xk a.
Lorsque toutes les variables bougent, le maximum est donc atteint pour un uplet px1 , . . . , xn q tel que
chaque xk vaut 0 ou a. Si au moins deux d'entre eux valent a, alors la somme est nulle (car tous ses termes le
sont). Si un seul d'entre eux vaut a, disons xi , alors la somme est réduit au terme d'indice k i, et vaut an .
Enn si tous les xk valent 0, alors la somme vaut 0 (car tous ses termes sont de nouveau nuls). Le maximum
recherché est donc an .
Exercice 8
1) Soient x et y deux réels positifs. Justier que
x
y
2
¥ ?xy.
2) Soit r un entier naturel non nul et soient x , x , . . . , x
1
ng Lycée Saint Louis
4
2
2r
des réels positifs. Démontrer (par
khôlles de mathématiques
récurrence sur r) que
1
2r
2
¸
r
g
f
2
f¹
xk ¥ e
xk .
r
2r
k 1
k 1
3) En déduire que pour tout réels positifs x , x , . . . , x , on a
1
1
2
n
g
f
n
¹
f
e
xk .
xk ¥
ņ
1
n
4) Soient x , x , . . . , x
2
n
k 1
k 1
des réels strictement positifs tels que
n
ņ
Démontrer que
n
¹
xk
¤ 1.
1
1
k 1
xk
¥ pn 1qn.
k 1
1) On a 0 ¤ p?x ?yq
2
?
x
y 2 xy d'où
? ¤x
2 xy
y
et nalement le résultat, en divisant chaque membre par 2.
2) Initialisation : le résultat est vrai pour r 1 : c'est précisément la question précédente. Hérédité : xons
r
¥ 1 et supposons le résultat établi au rang r. Soient
x2
x1 x2 x2
et
y
x
r
r
x2r
1
2
2r
On a
1
2r
1
¸
2r 1
xk
x
y
2
k 1
¥ ?xy ¥
g
g
f
f
f
2
f¹
f
ee
r
2r
x2r
2r
g
f
f 2¹
xk e
r 1
2r
xk
.
g
f
2
f
e ¹ xk ,
r 1
2r 1
k 2r 1
k 1
1
k 1
la deuxième inégalité s'obtenant en appliquant l'hypothèse de récurrence à x et à y . Ceci prouve l'hérédité.
On conclut en invoquant le principe de récurrence.
3) Soit A px
xn q{n. Soit r un entier tel que n ¤ 2r , et appliquons ce qui précède à la famille x1 ,
x2 , . . . , xn , A, . . . , A, en utilisant 2r n fois le A : on obtient
1
x1
x2
g
f ¹
n
p nq A ¥ f
e
x k A2 n .
2r
xn
2r
2r
r
k 1
Faisons le tri : déjà on remarque que x1 x2 xn nA, de sorte que le membre de gauche ci-dessus
est en fait égal à A ; ensuite on remarque que le membre de droite s'écrit aussi
g
f
n
f
e ¹ xk Ap2 nq{2 r
2r
r
k 1
g
f
n
f
e ¹ xk A An{2 .
r
2r
k 1
Si l'un des xk est nul le résultat est trivial donc on peut supposer A ¡ 0. On a alors, en divisant par A puis
r
en multipliant chaque membre par An{2 :
g
n 1{2
f
n
¹
¹
f
An{2 e
xk xk
r
2r
k 1
ng Lycée Saint Louis
r
,
k 1
5
khôlles de mathématiques
ce qui donne le résultat voulu en élevant tout à la puissance 2r {n.
4)
On suppose que n ¥ 2 sinon le minorant à établir est nul et il n'y a rien à démontrer. Soit yk
de sorte que xk 1{yk 1 p1 yk q{yk . On a
n
¹
n
¹
1 yk
xk
k 1
la dernière inégalité résultant de l'hypothèse y1
de la question précédente à chaque somme :
yi
i k
¥
yk
k 1
¸
¸
pn 1q n 1 1 ¸
yn
yi
x k q,
yi
yk
k 1
y2
n
¹
ik
1{p1
,
¤ 1. Maintenant on va appliquer le résultat
d¹
¥ pn 1q
n 1
i k
yi .
i k
Maintenant, on utilise cette minoration pour chacune des n sommes et on obtient
¹
n
¥
xk
k 1
d¹
pn 1 q
¹
n
n 1
yi
n 1
i k
yk
k 1
g
f
n
f¹
n
pn 1q e yin1
i 1
¹
n
pn 1qn.
yk
k 1
Pour la preière égalité ci-dessus, on a utilisé le fait que dans le produit de produits au numérateur, chaque
yi apparaît exactement n 1 fois.
Exercice 9 Soient x, y et z des réels positifs.
1) Démontrer que
px
z q2
y
3
2) Démontrer que
x4
?
¥ x?yz
y4
z2
¥
?
y xz
?
z xy.
8 xyz.
1) La moyenne arithmétique de plusieurs nombres positifs est supérieure ou égale à leur moyenne géométrique.
Appliquons cela à x2 , x2 , y 2 et z 2 : on obtient
2x2
y2
4
z2
¥
a
4
x2 x2 y 2 z 2
x?yz.
En échangeant les rôles de x, y et z on obtient de la même manière
x2
2y 2
4
ce qui en sommant donne
z2
x2
¥ y?xz
y2
z2
et
¥ x?yz
x2
y2
4
?
y xz
2z 2
¥ z?xy,
?
z xy.
Appliquons toujours cette même inégalité aux deux nombres xy et xz : on obtient
xy
xz
2
De la même manière, on a
ng Lycée Saint Louis
xy
yz
2
¥ y?xz
¥ ?xyxz x?yz.
et
6
xz
yz
2
¥ z?xy.
khôlles de mathématiques
En sommant on trouve
xy
yz
?
zx ¥ x yz
?
y xz
?
z xy.
Maintenant on fait la somme des deux grandes relations obtenues (en multipliant la seconde par 2, tiens) :
il vient
?
p x2
y2
z2q
2pxy
?
zxq ¥ 3px yz
yz
y xz
?
z xy q,
d'où la relation attendue en divisant par 3 et en remarquant que le membre de gauche est le développement
de px y z q2 .
2) La moyenne arithmétique de x , y , z {2 et z {2 est supérieure à leur moyenne géométrique : donc
4
4
x4
2
y4
4
2
z2
¥
a
4
x4 y 4 z 4
?xyz
{4 ? .
2
On obtient le résultat demandé en multipliant chaque membre par 4.
Ÿ6.
Combinatoire
Exercice 10
1) Soit X un ensemble ni, de cardinal n. Démontrer qu'il y a dans P pXq exactement 2
2) Existe-t-il un ensemble X tel que P pXq possède exactement 2016 éléments ?
1) On procède par récurrence sur N.
n
éléments.
Initialisation : pour n 0, X est vide, et donc P pXq tHu contient 1 20 éléments.
Hérédité : xons un entier n ¥ 0 et supposons la propriété établie pour les ensembles à n éléments. Soient X
un ensemble à n 1 éléments et x P X. On note X1 X txu. L'ensemble P pXq se partitionne ainsi :
P pXq P pX1 q Y ttxu Y Y | Y
P P pX1qu.
Chacune des deux moitiés possède autant d'éléments de P pX1 q, qui d'après l'hypothèse de récurrence en
contient 2n . Il y a donc 2n 2n 2n 1 éléments dans P pXq, ce qui prouve l'hérédité.
D'après le principe de récurrence, la propriété est vraie pour tout entier n.
2) Soit X un ensemble tel que P pXq contient 2016 éléments. L'ensemble X ne peut avoir un nombre inni
d'éléments car x P X ÞÑ txu P P pXq est une injection. Il est donc ni, disons de cardinal n. D'après ce
qui précède, P pXq possède 2n éléments. Puisque 2016 n'est pas une puissance de 2 (car 210 1024 et
211 2048), l'ensemble X n'existe pas.
Exercice 11 Soient α un nombre complexe et k un entier naturel. On note
k¹
1 α i
α
k
ki
.
i 0
1) Calculer et α2 .
2) Lorsque n est un entier naturel au moins égal à k, exprimer nk à l'aide de factorielles.
3) Que vaut nk si n est un entier relatif strictement plus petit que k ?
10
3
ng Lycée Saint Louis
7
khôlles de mathématiques
4) Démontrer, pour tout entier naturel n et tout k P t0 ; 1 ; . . . ; nu, que
n
k
1) On a
10
3
1
1
n
k
n
k
1
.
103 2918 10 3 4 120
et si α est un nombre complexe quelconque
α
2
α 2pα 1 1q αpα2 1q .
2) Si n est un entier naturel et si k ¤ n, alors
n
k
n pnk p1kq 1qpn 1k
1q
k! pn!n kq! ,
en rajoutant au numérateur les n k facteurs manquants pour faire apparaître n!.
3) Si n k, alors il y a au numérateur de nk le facteur n n 0, donc la quantité est nulle.
4) Soient n et k comme indiqué, on a, en utilisant les factorielles :
n
k
n
k
1
n!
k!pn k q!
pk
n!
1q!pn k 1q!
n!
k!pn k 1q!
1
k
1
1
nk
.
La dernière parenthèse est égale à
nk k 1
1qpn k q
pk
et donc
n
k
n
k
1
k! pk
qui est bine égal à
n
k
pk
n! pn 1q
1q pn k 1q! pn k q
n 1
1qpn k q
pk pn1q!pn1q! kq! pk
pn 1 q!
1q!ppn 1q pk
1qq!
1
.
1
Exercice 12 Soient X un ensemble à six éléments et Y un ensemble à quatre éléments. Déterminer
le nombre de surjections de X dans Y.
Il y a de très nombreuses manières d'aborder ce problème, en voici une. Notons Y ty1 ; y2 ; y3 ; y4 u.
Soit s : X Ñ Y une surjection ; pour chaque indice i notons Xi psq „ X l'ensemble des antécédents de yi
par s (ce sont les bres de s). Les Xi psq forment une partition de X et aucun n'est vide, car s est
surjective. Considérons X1 psq. Il peut avoir un, deux ou trois éléments (il ne peut en avoir plus à cause de
card
pX1 psqq cardpXq cardpX2 psqq cardpX3 psqq cardpX4 psqq ¤ 6 1 1 1 3). Dans chacun des
20 cas où X1psq possède trois éléments, on a 3! 6 possibilités (trois antécédents à répartirs sur trois
images) pour l'ensemble des trois autres bres . Cela donne déjà 20 6 120 surjections.
6
3
ng Lycée Saint Louis
8
khôlles de mathématiques
Dans chacun des
6
2
15 cas où X1psq possède deux éléments, il faut choisir une des trois autres bres
(celle qui aura deux éléments), choisir
ses deux éléments, et attribuer les deux derniers éléments aux deux
dernières bres, ce qui fait 15 3 Enn dans chacun des
6
1
4
2
2 540 autres surjections.
6 cas où X1psq possède un seul élément, il faut choisir soit une autre bre
pour lui donner trois éléments, et répartir les deux derniers sur les deux dernières bres, soit choisir deux
bres et leur donner chacune deux éléments (deux choix parmi cinq pour la première et deux choix parmi
les trois éléments restants pour la seconde), et laisser le dernier à la dernière bre. On obtient donc encore
6 3
En tout on trouve donc 120
ng Lycée Saint Louis
540
5
3
2
3
2
5
2
3
2
900.
900 1560 surjections.
9
khôlles de mathématiques