Sol 01
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- Words: 1,185
- Pages: 3
Cours d’Analyse I Dr. Philippe Chabloz
Section de Microtechnique 2008-2009
S´ erie 1 : Corrig´ e Exercice 1 Soit N un nombre naturel ; il peut s’´ecrire de mani`ere unique comme suit : N = an 10n + an−1 10n−1 + ... + a2 102 + a1 10 + a0 o` u an , an−1 , ..., a2 , a1 , a0 ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} et an 6= 0. On a alors N = an (10n − 1) + an−1 (10n−1 − 1) + ... + a2 (102 − 1) + a1 (10 − 1) + an + an−1 + ... + a1 + a0 Or (10k − 1) est divisible par 9 , k ∈ {1, ..., n} ; donc si an + an−1 + ... + a1 + a0 est divisible par 9, alors N est divisible par 9. De mˆeme, (10k − 1) est divisible par 3 , k ∈ {1, ..., n} et donc si an + an−1 + ... + a1 + a0 est divisible par 3, alors N est divisible par 3. Exercice 2 a) On a n n n! n! + = + i i−1 (n − i)! i! (n − i + 1)! (i − 1)! n−i+1 n! i n! · + · = (n − i)! i! n − i + 1 (n − i + 1)! (i − 1)! i n! (n − i + 1) + n! · i n! (n + 1) = = (n − i + 1)! i! (n + 1 − i)! i! (n + 1)! n+1 = = . (n + 1 − i)! i! i b) Par r´ecurrence sur n : si n = 1 alors 10 = 11 = 1 ∈ N. Supposons maintenant que ni ∈ N pour tout i ∈ {0, 1, . . . , n} et montrons-le pour n+1 i . Si n i = 0, alors n+1 = 1 ∈ N, Sinon, on a, par le point a) n+1 = ni + i−1 ∈ N. 0 i (p − 1)! p p! =p· ∈ N. Comme 0 < i < p, les entiers au d´enominateur sont c) On a = i! (p − i)! (p − i)! i! i (p−1)! p tous < p et ne divisent donc pas p. Ainsi (p−i)! doit aussi ˆ e tre entier ce qui montre que est i i! un multiple de p. Le r´esultat est faux pour ni avec n non premier. Exemple : 62 = 2!6!4! = 6·5 2·1 = 15 n’est pas divisible par 6. (Le 2 au d´enominateur simplifie le 6) d) Par r´ecurrence sur n : si n = 1, alors 1p − 1 = 0 est divisible par p.
Supposons le r´esultat vrai pour n et montrons-le pour n + 1. En utilisant la formule du binˆome, on a p X p p · np−i · 1i − (n + 1) (n + 1) − (n + 1) = i i=0 p−1 X p p · np−i · 1i + 1 − (n + 1) =n + i i=1 p−1 X p p · np−i · 1i . =n −n+ i |i=1 {z } =A
Par hypoth`ese de r´ecurrence, np − n est divisible par p. Par le point c), tous les pi dans le terme A sont divisibles par p et donc A l’est aussi. En conclusion (n + 1)p − (n + 1) est divisible par p. Exercice 3 a) Par r´ecurrence : 1 1 = . 1·3 2+1 – Soit n ≥ 1 ; montrons que si l’´egalit´e est vraie pour n (hypoth`ese de r´ecurrence) alors elle reste vraie pour n + 1 : – L’´egalit´e est vraie pour n = 1 :
1 1 1 + ... + + 1·3 (2n − 1)(2n + 1) (2n + 1)(2n + 3)
= = = =
n 1 + 2n + 1 (2n + 1)(2n + 3) n(2n + 3) + 1 (2n + 1)(2n + 3) 2n2 + 3n + 1 (2n + 1)(2n + 3) (2n + 1)(n + 1) n+1 = (2n + 1)(2n + 3) 2n + 3
Par suite, l’´egalit´e est vraie pour tout n ∈ N∗ . b) Par r´ecurrence : 12 · 22 – L’´egalit´e est vraie pour n = 1 : 13 = . 4 – Soit n ≥ 1 ; montrons que si l’´egalit´e est vraie pour n (hypoth`ese de r´ecurrence) alors elle reste vraie pour n + 1 : sn+1 = 13 + 23 + ... + n3 + (n + 1)3 = sn + (n + 1)3 = =
n2 (n + 1)2 + (n + 1)3 4 1 (n + 1)2 (n + 2)2 4
Par suite, l’´egalit´e est vraie pour tout n ∈ N∗ . La somme des cubes des n premiers nombres impairs se calcule alors comme suit : 13 + 33 + 53 + ... + (2n − 1)3 = 13 + 23 + 33 + 43 + ... + (2n)3 − [23 + 43 + ... + (2n)3 ] = 13 + 23 + 33 + 43 + ... + (2n)3 − 8(13 + 23 + ... + n3 ) 1 1 = (2n)2 (2n + 1)2 − 8 n2 (n + 1)2 4 4 2 2 = n (2n − 1)
Exercice 4 (a) Par r´ecurrence sur n : si n = 1 alors x1 = 1 ≥ 1 Soit n ≥ 1. Supposons l’affirmation vraie pour n et montrons-la pour n + 1. Soient x1 , x2 , x3 , . . ., xn+1 ∈ R+ tels que x1 x2 · · · xn+1 = 1. On peut supposer que x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xn+1 et aussi que x1 < 1 < xn+1 (si tous les xi sont ´egaux `a 1, l’affirmation est trivialement vraie). Posons alors y1 = x1 xn+1 y2 = x2 .. . yn = xn Alors y1 y2 · · · yn = 1 et, par hypoth`ese de r´ecurrence, on a y1 + y2 + · · · + yn ≥ n. Mais alors x1 + x2 + · · · + xn+1 = x1 + xn+1 − x1 xn+1 + y1 + y2 + · · · + yn = (xn+1 − 1)(1 − x1 ) + 1 + y1 + y2 + · · · + yn | {z } ≥n
≥ n + 1. car (xn+1 − 1)(1 − x1 ) > 0. !1/n n n Y 1X la moyenne g´eom´etrique et A = ak la moyenne arithm´etique. ak (b) Notons G = n k=1 k=1 ak Posons xk = . Alors le produit des xk vaut 1 et par le point a) on a x1 + x1 + · · · + xn ≥ n G n 1 X ce qui donne ak ≥ n ou encore G ≤ A. G k=1
Section de Microtechnique 2008-2009
S´ erie 1 : Corrig´ e Exercice 1 Soit N un nombre naturel ; il peut s’´ecrire de mani`ere unique comme suit : N = an 10n + an−1 10n−1 + ... + a2 102 + a1 10 + a0 o` u an , an−1 , ..., a2 , a1 , a0 ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} et an 6= 0. On a alors N = an (10n − 1) + an−1 (10n−1 − 1) + ... + a2 (102 − 1) + a1 (10 − 1) + an + an−1 + ... + a1 + a0 Or (10k − 1) est divisible par 9 , k ∈ {1, ..., n} ; donc si an + an−1 + ... + a1 + a0 est divisible par 9, alors N est divisible par 9. De mˆeme, (10k − 1) est divisible par 3 , k ∈ {1, ..., n} et donc si an + an−1 + ... + a1 + a0 est divisible par 3, alors N est divisible par 3. Exercice 2 a) On a n n n! n! + = + i i−1 (n − i)! i! (n − i + 1)! (i − 1)! n−i+1 n! i n! · + · = (n − i)! i! n − i + 1 (n − i + 1)! (i − 1)! i n! (n − i + 1) + n! · i n! (n + 1) = = (n − i + 1)! i! (n + 1 − i)! i! (n + 1)! n+1 = = . (n + 1 − i)! i! i b) Par r´ecurrence sur n : si n = 1 alors 10 = 11 = 1 ∈ N. Supposons maintenant que ni ∈ N pour tout i ∈ {0, 1, . . . , n} et montrons-le pour n+1 i . Si n i = 0, alors n+1 = 1 ∈ N, Sinon, on a, par le point a) n+1 = ni + i−1 ∈ N. 0 i (p − 1)! p p! =p· ∈ N. Comme 0 < i < p, les entiers au d´enominateur sont c) On a = i! (p − i)! (p − i)! i! i (p−1)! p tous < p et ne divisent donc pas p. Ainsi (p−i)! doit aussi ˆ e tre entier ce qui montre que est i i! un multiple de p. Le r´esultat est faux pour ni avec n non premier. Exemple : 62 = 2!6!4! = 6·5 2·1 = 15 n’est pas divisible par 6. (Le 2 au d´enominateur simplifie le 6) d) Par r´ecurrence sur n : si n = 1, alors 1p − 1 = 0 est divisible par p.
Supposons le r´esultat vrai pour n et montrons-le pour n + 1. En utilisant la formule du binˆome, on a p X p p · np−i · 1i − (n + 1) (n + 1) − (n + 1) = i i=0 p−1 X p p · np−i · 1i + 1 − (n + 1) =n + i i=1 p−1 X p p · np−i · 1i . =n −n+ i |i=1 {z } =A
Par hypoth`ese de r´ecurrence, np − n est divisible par p. Par le point c), tous les pi dans le terme A sont divisibles par p et donc A l’est aussi. En conclusion (n + 1)p − (n + 1) est divisible par p. Exercice 3 a) Par r´ecurrence : 1 1 = . 1·3 2+1 – Soit n ≥ 1 ; montrons que si l’´egalit´e est vraie pour n (hypoth`ese de r´ecurrence) alors elle reste vraie pour n + 1 : – L’´egalit´e est vraie pour n = 1 :
1 1 1 + ... + + 1·3 (2n − 1)(2n + 1) (2n + 1)(2n + 3)
= = = =
n 1 + 2n + 1 (2n + 1)(2n + 3) n(2n + 3) + 1 (2n + 1)(2n + 3) 2n2 + 3n + 1 (2n + 1)(2n + 3) (2n + 1)(n + 1) n+1 = (2n + 1)(2n + 3) 2n + 3
Par suite, l’´egalit´e est vraie pour tout n ∈ N∗ . b) Par r´ecurrence : 12 · 22 – L’´egalit´e est vraie pour n = 1 : 13 = . 4 – Soit n ≥ 1 ; montrons que si l’´egalit´e est vraie pour n (hypoth`ese de r´ecurrence) alors elle reste vraie pour n + 1 : sn+1 = 13 + 23 + ... + n3 + (n + 1)3 = sn + (n + 1)3 = =
n2 (n + 1)2 + (n + 1)3 4 1 (n + 1)2 (n + 2)2 4
Par suite, l’´egalit´e est vraie pour tout n ∈ N∗ . La somme des cubes des n premiers nombres impairs se calcule alors comme suit : 13 + 33 + 53 + ... + (2n − 1)3 = 13 + 23 + 33 + 43 + ... + (2n)3 − [23 + 43 + ... + (2n)3 ] = 13 + 23 + 33 + 43 + ... + (2n)3 − 8(13 + 23 + ... + n3 ) 1 1 = (2n)2 (2n + 1)2 − 8 n2 (n + 1)2 4 4 2 2 = n (2n − 1)
Exercice 4 (a) Par r´ecurrence sur n : si n = 1 alors x1 = 1 ≥ 1 Soit n ≥ 1. Supposons l’affirmation vraie pour n et montrons-la pour n + 1. Soient x1 , x2 , x3 , . . ., xn+1 ∈ R+ tels que x1 x2 · · · xn+1 = 1. On peut supposer que x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xn+1 et aussi que x1 < 1 < xn+1 (si tous les xi sont ´egaux `a 1, l’affirmation est trivialement vraie). Posons alors y1 = x1 xn+1 y2 = x2 .. . yn = xn Alors y1 y2 · · · yn = 1 et, par hypoth`ese de r´ecurrence, on a y1 + y2 + · · · + yn ≥ n. Mais alors x1 + x2 + · · · + xn+1 = x1 + xn+1 − x1 xn+1 + y1 + y2 + · · · + yn = (xn+1 − 1)(1 − x1 ) + 1 + y1 + y2 + · · · + yn | {z } ≥n
≥ n + 1. car (xn+1 − 1)(1 − x1 ) > 0. !1/n n n Y 1X la moyenne g´eom´etrique et A = ak la moyenne arithm´etique. ak (b) Notons G = n k=1 k=1 ak Posons xk = . Alors le produit des xk vaut 1 et par le point a) on a x1 + x1 + · · · + xn ≥ n G n 1 X ce qui donne ak ≥ n ou encore G ≤ A. G k=1
