icone-math-OS-Exos
exercice 1 facile

Pour tout k\in\mathbb{N}^{\star} :

    \[k\thinspace k!=\left(k+1\right)k!-k!=\left(k+1\right)!-k!\]


et donc :

    \[\boxed{\sum_{k=1}^{n}k\thinspace k!=\left(n+1\right)!-1}\]

exercice 2 facile

En multipliant numérateur et dénominateur par le produit des nombres pairs de 2 à 2n, on fait apparaître une factorielle au numérateur :

    \[Q_{n}=\frac{\left(2n\right)!}{\left(2\times4\times\cdots\times\left(2n\right)\right)^{2}}\]


Or :

    \[2\times4\times\cdots\times\left(2n\right)=2^{n}\thinspace n!\]


et donc :

    \[\boxed{Q_{n}=\frac{\left(2n\right)!}{4^{n}\thinspace\left(n!\right)^{2}}}\]


Noter qu’en multipliant numérateur et dénominateur par le produit des nombres impairs de 1 à 2n-1, on n’obtiendrait rien d’aussi intéressant !

exercice 3 facile

Les deux fonctions suivantes calculent respectivement, étant donné un entier positif ou nul n, la factorielle et le nombre de chiffres décimaux de n :

 
def fact(n):
  f = 1
  a = n
  while a > 0:
    f *= a
    a -= 1
  return f
def nbChiffres(n):
  if n == 0:
    return 1
  c = 0
  a = n
  while a > 0:
    c += 1
    a //= 10
  return c

La fonction suivante affiche, parmi les entiers positifs inférieurs ou égaux à maxi, ceux qui sont égaux au nombre de chiffres de leur factorielle :

def cherche(maxi):
  for i in range(maxi + 1):
    if i == nbChiffres(fact(i)):
    print(i)
  return

On obtient :

>>> cherche (100)
  1
  22
  23
  24

Par ailleurs, on sait que pour tout n\in\mathbb{N}^{\star}, le nombre de chiffres décimaux de n est :

    \[c_{n}=1+\left\lfloor \log_{10}\left(n!\right)\right\rfloor\]


et que \left\lfloor t\right\rfloor >t-1 pour tout t\in\mathbb{R}.

Une condition suffisante pour que c_{n}>n est donc :

    \[\log_{10}\left(n!\right)>n\]


Or, en posant

    \[u_{n}=\frac{n!}{10^{n}}\]


on constate que :

    \[\frac{u_{n+1}}{u_{n}}=\frac{n+1}{10}\]


La suite u est donc strictement croissante à partir du rang 9. Comme :

    \[25!=15\thinspace511\thinspace210\thinspace043\thinspace330\thinspace985\thinspace984\thinspace000\thinspace000\]


et

    \[10^{25}=10\thinspace000\thinspace000\thinspace000\thinspace000\thinspace000\thinspace000\thinspace000\thinspace000\]


on voit que u_{25}>1 et donc \forall n\geqslant25,\thinspace u_{n}>1. Il en résulte que c_{n}>n dès que n\geqslant25. Les quatre solutions 1, 22, 23 et 24 trouvées par programme sont donc les seules.

Calculons le quotient de deux termes consécutifs :

    \[\frac{u_{n+1}}{u_{n}}=\frac{a^{n+1}}{\left(\left(n+1\right)!\right)^{b}}\:\frac{\left(n!\right)^{b}}{a^{n}}=\frac{a}{\left(n+1\right)^{b}}\]


Il apparaît que :

    \[\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{u_{n+1}}{u_{n}}=0\]


et, en particulier, qu’il existe N\in\mathbb{N} tel que :

    \[\forall n\geqslant N,\thinspace\frac{u_{n+1}}{u_{n}}<1\]


La suite u est donc (strictement) décroissante à partir d’un certain rang. Comme elle est minorée (par 0), elle converge. En notant L sa limite, on voit en passant à la limite dans l’égalité :

    \[u_{n+1}=\frac{a}{\left(n+1\right)^{b}}\thinspace u_{n}\]


que L=0\times L, c’est-à-dire L=0. Bref, on a montré que :

    \[\boxed{\forall\left(a,b\right)\in\left]0,+\infty\right[^{2},\:\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{a^{n}}{\left(n!\right)^{b}}=0}\]

Posons, pour tout n\in\mathbb{N} :

    \[u_{n}=\frac{n!\,e^{n}}{\left(n+1\right)^{n}}\]


On observe que u_{0}=1. Il suffit donc, pour conclure, de montrer que la suite \left(u_{n}\right)_{n\geqslant0} est croissante. Pour tout n\in\mathbb{N}^{\star} :

    \[\frac{u_{n}}{u_{n-1}}=\frac{ne}{\left(n+1\right)^{n}}n^{n-1}=e\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n}=e\left(1+\frac{1}{n}\right)^{-n}\]


On souhaite comparer cette quantité à 1, ce qui revient à trouver le signe de :

    \[\ln\left(\frac{u_{n}}{u_{n-1}}\right)=1-n\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)\]


Or, on sait que :

    \[\forall t\in\left]0,+\infty\right[,\,\ln\left(1+t\right)\leqslant t\]


En remplaçant t par 1/n dans cette majoration, on obtient {\displaystyle \ln\left(\frac{u_{n}}{u_{n-1}}\right)\geqslant0}, ce qui établit le résultat.

Autre point de vue, utilisant le développement en série entière de l’exponentielle ainsi que la formule du binôme :

    \[n!e^{n}\geqslant\sum_{k=0}^{n}n!\frac{n^{k}}{k!}\geqslant\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}n^{k}=\left(n+1\right)^{n}\]

L’intégrale est “doublement impropre” : elle présente une singularité en 0 et une autre en +\infty.

Pour la borne 0, on utilise l’équivalent :

    \[t^{x}e^{-t}\underset{{\scriptstyle t\to0}}{\sim}t^{x}\]


et le fait que l’intégrale {\displaystyle \int_{0}^{1}\thinspace t^{x}\thinspace dt} est convergente puisque x>-1. D’après la règle des équivalents, l’intégrale {\displaystyle \int_{0}^{1}t^{x}e^{-t}\thinspace dt} est donc convergente.

Pour la borne +\infty, on observe (avec la propriété de croissances comparées) que :

    \[\lim_{t\rightarrow+\infty}t^{x+2}e^{-t}=0\]


d’où l’existence d’un réel t_{0}>1 tel que :

    \[\forall t\in\left[t_{0},+\infty\right[,\:t^{x}e^{-t}\leqslant\frac{1}{t^{2}}\]


Par comparaison, la convergence de {\displaystyle \int_{1}^{+\infty}t^{x}e^{-t}\thinspace dt} en résulte. Finalement, l’intégrale proposée est convergente, quel que soit x>-1.

Maintenant, fixons x>0 et choisissons des bornes \epsilon et A, vérifiant 0<\epsilon<A. En intégrant par parties, on obtient :

    \[\int_{\epsilon}^{A}t^{x}e^{-t}\thinspace dt=\epsilon^{x}e^{-\epsilon}-A^{x}e^{-A}+x\int_{\epsilon}^{A}t^{x-1}e^{-t}\thinspace dt\]

Après passage à la limite (lorsque \epsilon\rightarrow0 et A\rightarrow+\infty) :

    \[ \boxed{f\left(x\right)=x\thinspace f\left(x-1\right)}\]

Ensuite, on calcule aisément :

    \[f\left(0\right)=\int_{0}^{+\infty}e^{-t}\thinspace dt=1\]

La suite de terme général f\left(n\right) (pour n\in\mathbb{N}) vérifie donc les relations :

    \[\left\{ \begin{array}{cc} f\left(0\right)=1\\ \forall n\in\mathbb{N}^{\star}, & f\left(n\right)=n\thinspace f\left(n-1\right) \end{array}\right.\]

On reconnaît aussitôt la factorielle :

    \[ \boxed{\forall n\in\mathbb{N},\thinspace\int_{0}^{+\infty}t^{n}e^{-t}\thinspace dt=n!}\]

Remarque

Notre fonction f n’est qu’une translatée de la fonction Gamma d’Euler, qui est officiellement définie par :

    \[ \forall x>0,\thinspace\Gamma\left(x\right)=\int_{0}^{+\infty}t^{x-1}e^{-t}\thinspace dt\]

Pour en savoir plus à ce sujet, voir par exemple ici.

Soit \left(x,y,z,t\right) un quadruplet solution. Alors t!>x!, donc t>x, c’est-à-dire t\geqslant x+1. De même pour y et z, et donc :

    \[t!=x!+y!+z!\leqslant3\left(t-1\right)!\]


ou encore t\leqslant3 et ceci impose \left(x,y,z\right)\in\left\{ 0,1,2\right\} ^{3}.

On essaie maintenant toutes ces possibilités. Vue la symétrie des rôles de x,y,z et puisque t>\max\left\{ x,y,z\right\} , il suffit de tester successivement :

  • \left(0,0,0,1\right)
  • \left(0,0,0,2\right), \left(0,0,1,2\right), \left(0,1,1,2\right), \left(1,1,1,2\right)
  • \left(0,0,0,3\right), \left(0,0,1,3\right), \left(0,1,1,3\right), \left(0,0,2,3\right), \left(0,1,2,3\right), \left(1,1,1,3\right), \left(0,2,2,3\right), \left(1,1,2,3\right), \left(1,2,2,3\right), \left(2,2,2,3\right)

On ne trouve au final qu’une seule solution :

    \[\boxed{\left(x,y,z,t\right)=\left(2,2,2,3\right)}\]

Notons E le sous-ensemble de \mathbb{Q}_{+}^{\star} constitué des produits de factorielles de nombres premiers et des quotients de tels produits.

Il est clair que 1\in E (considérer le produit vide ou bien, tout simplement : 1=\frac{2!}{2!}).

Par définition, E est stable par produit et par quotient.

Montrons que \mathbb{P}\subset E. D’évidence 2=2! donc 2\in E. Supposons (hypothèse de récurrence forte) que E contienne tous les nombres premiers inférieurs ou égaux à p, pour un certain p\in\mathbb{P}. Soit q le plus petit nombre premier supérieur à p. Comme :

    \[q=\frac{q!}{\left(q-1\right)!}\]


et vu que :

  • q!\in E
  • tout k\in\{2,\cdots,q-1\} est un produit de nombres premiers \leqslant p, qui eux-mêmes appartiennent à E,

on constate que q\in E.

Maintenant que l’inclusion \mathbb{P}\subset E est établie, et vu que tout entier n\geqslant2 est produit de nombres premiers, on voit que \mathbb{N}^{\star}\subset E et finalement (stabilité de E par quotient) que E=\mathbb{Q}_{+}^{\star}.

exercice 9 difficile

Soit A\in\mathbb{N}^{\star}. Notons :

    \[n=\max\left\{ j\in\mathbb{N}^{\star};\thinspace j!\leqslant A\right\}\]


et effectuons la chaîne de divisions euclidiennes :

    \[\begin{array}{ccccc}A & = & a_{n}\thinspace n!+r_{n} & \text{avec} & 0\leqslant r_{n}<n!\\r_{n} & = & a_{n-1}\left(n-1\right)!+r_{n-1} & \text{avec} & 0\leqslant r_{n-1}<\left(n-1\right)!\\& \vdots & & \vdots\\r_{3} & = & a_{2}2!+r_{2} & \text{avec} & 0\leqslant r_{2}<2\\r_{2} & = & a_{1}1!+r_{1} & \text{avec} & 0\leqslant r_{1}<1\end{array}\]


Visiblement r_{1}=0.

En outre, en convenant que r_{n+1} désigne A, on voit que pour tout k\in\mathbb{N}_{n} :

    \[a_{k}\thinspace k!\leqslant a_{k}\thinspace k!+r_{k}=r_{k+1}<\left(k+1\right)!\]

ce qui impose a_{k}<k+1, c’est-à-dire :

    \[0\leqslant a_{k}\leqslant k\]

En sommant toutes les égalités obtenues, on obtient :

    \[A=\sum_{k=1}^{n}a_{k}\thinspace k!\]

En outre, si a_{n}=0 alors A<n! d’après la toute première égalité, ce qui est absurde. Donc a_{n}\neq0 et l’existence est établie. Passons à l’unicité.

Supposons que \left(m,n\right)\in\mathbb{N}^{\star2} et que \left(a_{1},\cdots,a_{m}\right)\in\mathbb{N}^{m} et \left(b_{1},\cdots,b_{n}\right)\in\mathbb{N}^{n} vérifient :

    \[\sum_{k=1}^{m}a_{k}\thinspace k!=\sum_{k=1}^{n}b_{k}\thinspace k!\qquad\left(\diamondsuit\right)\]


avec en outre :

    \[\left\{ \begin{array}{c}\forall k\in\left\{ 1,\cdots,m\right\} ,\:0\leqslant a_{k}\leqslant k\\\forall k\in\left\{ 1,\cdots,n\right\} \:0\leqslant b_{k}\leqslant k\end{array}\right.\qquad\text{et}\qquad\left\{ \begin{array}{c}a_{m}\neq0\\b_{n}\neq0\end{array}\right.\]

Déjà, il est nécessaire qu’on ait \boxed{m=n}. En effet, si par exemple m<n alors :

    \[ \sum_{k=1}^{m}a_{k}\thinspace k!\leqslant\sum_{k=1}^{m}k\thinspace k!=\left(m+1\right)!-1 \]

tandis que :

    \[ \sum_{k=1}^{n}b_{k}\thinspace k!\geqslant b_{n}\thinspace n!\geqslant n!>m!\]


ce qui contredit \left(\diamondsuit\right). Il reste à prouver que a_{k}=b_{k} pour tout k\in\mathbb{N}_{n}. Supposons le contraire et notons

    \[s=\max\left\{ k\in\mathbb{N}_{n};\thinspace a_{k}\neq b_{k}\right\}\]

Si par exemple a_{s}<b_{s}, alors d’une part :

    \[\sum_{k=1}^{s}a_{k}\thinspace k!\leqslant a_{s}\thinspace s!+s!-1=\left(a_{s}+1\right)s!-1\leqslant b_{s}\thinspace s!-1\]


et d’autre part :

    \[\sum_{k=1}^{s}b_{k}\thinspace k!\geqslant b_{s}\thinspace s!\]


ce qui contredit le fait que :

    \[\sum_{k=1}^{s}a_{k}\thinspace k!=\sum_{k=1}^{s}b_{k}\thinspace k!\]


Si un point n’est pas clair ou vous paraît insuffisamment détaillé, n’hésitez pas à poster un commentaire ou à me joindre via le formulaire de contact.

Partager cet article
  •  
  •  
  •  
  •  

Laisser un commentaire

Fermer le menu