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exercice 1 facile

La somme à calculer est :

    \[ \sigma=\sum_{k=A}^{B-1}\left(kn+r\right)\]

Il s’agit d’une somme arithmétique :

  • de raison r,
  • de premier terme An+r,
  • de dernier terme \left(B-1\right)n+r,
  • qui comporte B-A termes

Par conséquent :

    \[ \sigma=\frac{1}{2}\left(An+r+\left(B-1\right)n+r\right)\left(B-A\right)\]

c’est-à-dire :

    \[ \boxed{\sigma=\left[\frac{n}{2}\left(B+A-1\right)+r\right]\left(B-A\right)} \]

exercice 2 facile

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

    \[ A_{n}=2\left[\left(\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}2^{-k}\right)-1\right]\]

or, d’après la formule du binôme :

    \[ \sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}2^{-k}=\left(1+\frac12\right)^n=\left(\frac{3}{2}\right)^{n}\]

et donc :

    \[ \boxed{A_{n}=2\left[\left(\frac{3}{2}\right)^{n}-1\right]}\]

exercice 3 facile

En remarquant que, pour tout entier k\geqslant1 :

    \[ F_{k}=F_{k+1}-F_{k-1}\]

il vient :

    \[ B_{n}=\sum_{k=1}^{n}F_{k}\left(F_{k+1}-F_{k-1}\right)\]

c’est-à-dire :

    \[ B_{n}=\sum_{k=1}^{n}\left(F_{k}F_{k+1}-F_{k-1}F_{k}\right)\]

La sommation est devenue télescopique. Il reste au final :

    \[ B_{n}=F_{n}F_{n+1}-F_{0}F_{1}\]

c’est-à-dire :

    \[ \boxed{\sum_{k=1}^{n}F_{k}^{2}=F_{n}F_{n+1}}\]

La figure ci-dessous apporte une vision géométrique de cette formule. L’aire du grand rectangle est la somme des aires des carrés qui le composent :

On voit, en écrivant :

    \[ t\left(1-t\right)=\frac{1}{4}-\left(\frac{1}{2}-t\right)^{2}\]

que le maximum de t\left(1-t\right) pour t\in\left[0,1\right] est 1/4, maximum atteint pour t=1/2.
Donc, pour tout n\geqslant2 et pour tout k\in\left\{ 1,\cdots,n-1\right\} :

    \[ \sqrt{k\left(n-k\right)}=n\sqrt{\frac{k}{n}\left(1-\frac{k}{n}\right)}\leqslant\frac{n}{2}\]

Il s’ensuit que :

    \[ \sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{\sqrt{k\left(n-k\right)}}\geqslant\frac{n-1}{2n}\]

et comme n-1\geqslant\frac{n}{2}, on voit finalement que :

    \[ \boxed{\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{\sqrt{k\left(n-k\right)}}\geqslant\frac{1}{4}}\]

Remarque :

Ce n’était pas demandé, mais on peut montrer que :

    \[ \lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{\sqrt{k\left(n-k\right)}}=\pi\]

Sauriez-vous établir ce résultat ?

Considérons la fonction :

    \[ \varphi:\left[m,M\right]\rightarrow\mathbb{R},\thinspace t\mapsto\frac{t}{M}+\frac{m}{t}\]

Sa dérivée est donnée par :

    \[ \forall t\in\left[m,M\right],\:\varphi'\left(t\right)=\frac{1}{M}-\frac{m}{t^{2}}\]

expression du même signe que t^{2}-mM, c’est-à-dire (vu que t>0 dans ce contexte) du même signe que t-\sqrt{mM}.

On voit ainsi que \varphi décroît sur \left[m,\sqrt{mM}\right] et croît sur \left[\sqrt{mM},M\right], puis que :

    \[ \min_{m\leqslant t\leqslant M}\varphi\left(t\right)=\varphi\left(\sqrt{mM}\right)=2\sqrt{\frac{m}{M}}\]

et

    \[ \max_{m\leqslant t\leqslant M}\varphi\left(t\right)=\varphi\left(m\right)=\varphi\left(M\right)=1+\frac{m}{M}\]

Il en résulte que pour tout i\in\{1,\ldots,n\} :

    \[2\sqrt{\frac{m}{M}}\leqslant\frac{a_{i}}{M}+\frac{m}{a_{i}}\leqslant1+\frac{m}{M}\]

et donc, en ajoutant membre à membre :

    \[ \boxed{2n\sqrt{\frac{m}{M}}\leqslant\sum_{i=1}^{n}\frac{a_{i}}{M}+\sum_{i=1}^{n}\frac{m}{a_{i}}\leqslant n\left(1+\frac{m}{M}\right)}\]

Posons {\displaystyle z=e^{i\pi/q}}, de sorte que pour tout k\in\mathbb{N} et d’après la formule de Moivre :

    \[ \cos\left(\frac{k\pi}{q}\right)=\text{Re}\left(e^{ik\pi/q}\right)=\text{Re}\left(z^{k}\right)\]

donc (la partie réelle d’une somme étant la somme des parties réelles) :

    \[ \sum_{k=0}^{n}\cos\left(\frac{k\pi}{q}\right)=\text{Re}\left(\sum_{k=0}^{n}z^{k}\right)\]

et donc (formule pour les sommes géométriques de raison \neq1) :

    \[ \sum_{k=0}^{n}\cos\left(\frac{k\pi}{q}\right)=\text{Re}\left(\frac{1-z^{n+1}}{1-z}\right)\]

Comme \forall w\in\mathbb{C},\:\left|\text{Re}\left(w\right)\right|\leqslant\left|w\right| et vu que \left|z\right|=1, on déduit de l’inégalité triangulaire que :

    \[ \left|\sum_{k=0}^{n}\cos\left(\frac{k\pi}{q}\right)\right|\leqslant\left|\frac{1-z^{n+1}}{1-z}\right|\leqslant\frac{2}{\left|1-z\right|}\]

Pour finir, on calcule :

    \begin{eqnarray*}\left|1-z\right|^{2} & = & \left(1-\cos\left(\frac{\pi}{q}\right)\right)^{2}+\sin^{2}\left(\frac{\pi}{q}\right)\\& = & 2\left(1-\cos\left(\frac{\pi}{q}\right)\right)\\& = & 4\sin^{2}\left(\frac{\pi}{2q}\right) \end{eqnarray*}


La propriété demandée est établie : on peut choisir

    \[ \boxed{{\displaystyle M=}\frac{1}{\sin\left(\frac{\pi}{2q}\right)}}\]

On développe, pour tout k\in\left{ 0,\cdots,n-1\right} , l’expression \left(z+\omega^{k}\right)^{n} par la formule du binôme :

    \[ \left(z+\omega^{k}\right)^{n}=\sum_{j=0}^{n}\binom{n}{j}z^{n-j}\omega^{kj}\]

et donc :

    \begin{eqnarray*}S_{n}\left(z\right) & = & \sum_{k=0}^{n-1}\left(z+\omega^{k}\right)^{n}\\ & = & \sum_{k=0}^{n-1}\left(\sum_{j=0}^{n}\,\binom{n}{j}z^{n-j}\omega^{kj}\right)\\& = & \sum_{j=0}^{n}\left[\binom{n}{j}z^{n-j}\left(\sum_{k=0}^{n-1}\,\omega^{kj}\right)\right]\end{eqnarray*}


L’expression \displaystyle{\sum_{k=0}^{n-1}\,\omega^{kj}} est une somme géométrique de raison \omega^{j}. Elle vaut donc :

    \[ \sum_{k=0}^{n-1}\,\omega^{kj}=\left\{\begin{array}{cc}n & \textrm{ si }j\in\left\{0,n\right\} \\\\\frac{1-\omega^{nj}}{1-\omega^{j}}=0 & \text{sinon} \end{array}\right.\]

Finalement :

    \[ \boxed{z_{n}=n\left(1+z^{n}\right)} \]

Posons :

    \[ f_{n}\left(t\right)=\sum_{k=1}^{n}\,\frac{\left(-1\right)^{k-1}}{k}\binom{n}{k}t^{k}\]

On observe que :

    \[ f_{n}'\left(t\right)=\sum_{k=1}^{n}\,\left(-1\right)^{k-1}\binom{n}{k}t^{k-1}\]

donc, pour t\neq0 et d’après la formule du binôme :

    \[ f_{n}'\left(t\right)=-\frac{1}{t}\,\sum_{k=1}^{n}\,\left(-1\right)^{k}\binom{n}{k}t^{k}=\frac{1-\left(1-t\right)^{n}}{t}\]

ou encore (somme géométrique) :

    \[ f_{n}'\left(t\right)=\sum_{k=0}^{n-1}\,\left(1-t\right)^{k}\]

Cette formule est encore valable pour t=0. En intégrant, il vient :

    \begin{eqnarray*}f_{n}\left(1\right)-f_{n}\left(0\right) & = & \int_{0}^{1}\,f_{n}'\left(t\right)\,dt\\& = & \int_{0}^{1}\,\left(\sum_{k=0}^{n-1}\,\left(1-t\right)^{k}\right)\,dt\\& = & \sum_{k=0}^{n-1}\,\left(\int_{0}^{1}\,\left(1-t\right)^{k}\,dt\right)\\& = & \sum_{k=1}^{n}\,\frac{1}{k}\end{eqnarray*}


Le résultat est donc établi, vu que f_{n}\left(0\right)=0.

exercice 9 difficile

Comme S_{0}<0 et S_{n}>0, alors il existe q\in\left{ 0,\cdots,n-1\right} tel que S_{q}S_{q+1}\leqslant0.
Mais S_{q+1}-S_{q}=2a_{q+1}>0, donc S_{q}\leqslant0 et S_{q+1}\geqslant0. On constate alors, en posant M=\max_{1\leqslant i\leqslant n}a_{i}, que :

    \[ \left|S_{q}\right|+\left|S_{q+1}\right|=S_{q+1}-S_{q}\leqslant2M\]

Ceci impose que :

    \[ \exists j\in\left{ q,q+1\right} ;\thinspace\left|S_{j}\right|\leqslant M\]

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.

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