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exercice 1 facile

La somme proposée comporte n termes. Le plus petit est \frac{1}{\sqrt{n}}.

Par conséquent :

    \[ \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}\geqslant n\times\frac{1}{\sqrt{n}}=\sqrt{n}\]

Par comparaison, on en déduit que :

    \[ \boxed{\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}=+\infty}\]

exercice 2 facile

Il est facile de calculer C_{2p} (pour p\in\mathbb{N}^{\star}) en regroupant les termes deux par deux :

    \[ C_{2p}=\sum_{j=1}^{p}\left[\left(2j-1\right)-2j\right]=-p\]

Il en résulte que :

    \[ C_{2p-1}=C_{2p}-\left(-2p\right)=p\]

Ainsi :

    \[\forall n\in\mathbb{N}^{\star},\thinspace C_{n}=\left\{\begin{array}{cc}-\frac{n}{2} & \text{si }n\text{ est pair}\\\\\frac{n+1}{2} & \text{sinon}\end{array}\right.\]

Pour finir, on peut (mais ce n’est pas absolument indispensable) regrouper ces deux formules en une seule :

    \[ \boxed{\forall n\in\mathbb{N}^{\star},\thinspace C_{n}=\left(-1\right)^{n-1}\left\lfloor \frac{n+1}{2}\right\rfloor }\]

\left\lfloor X\right\rfloor désigne la partie entière (par défaut) du réel X.

exercice 3 facile

Il suffit de remarquer que, pour tout k\in\mathbb{N}^{\star} :

    \begin{eqnarray*}4k\left(k+1\right)\left(k+2\right) & = & k\left(k+1\right)\left(k+2\right)\left(k+3\right)\\&  & -\left(k-1\right)k\left(k+1\right)\left(k+2\right) \end{eqnarray*}

et donc :

    \[\boxed{\sum_{k=1}^{n}k\left(k+1\right)\left(k+2\right)=\frac{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)\left(n+3\right)}{4}}\]

On peut montrer, plus généralement, pour tout couple \left(n,p\right) d’entiers naturels non nuls :

    \[ \sum_{k=1}^{n}\prod_{j=0}^{p}\left(k+j\right)=\frac{1}{p+2}\prod_{j=0}^{p+1}\left(n+j\right)\]

La preuve est similaire. On rend la sommation télescopique en observant que, pour tout k\in\mathbb{N}^{\star} :

    \[ \left(p+2\right)\prod_{j=0}^{p}\left(k+j\right)=\prod_{j=0}^{p+1}\left(k+j\right)-\prod_{j=-1}^{p}\left(k+j\right)\]

Une somme de termes peut toujours être majorée par le produit du plus grand par le nombre de termes (cf. exercice n° 1 de cette fiche).

On voit ainsi que, pour tout n\geqslant3 :

    \[ \sum_{k=1}^{n-2}k!\leqslant\left(n-2\right)\left(n-2\right)!\]

et donc :

    \[ \sum_{k=1}^{n}k!\leqslant n!+\left(n-1\right)!+\left(n-2\right)\left(n-2\right)!\]

Par ailleurs, il est évident que :

    \[ n!\leqslant\sum_{k=1}^{n}k!\]

On dispose donc, pour tout n\geqslant3, de l’encadrement :

    \[ 1\leqslant\frac{1}{n!}\sum_{k=1}^{n}k!\leqslant1+\frac{1}{n}+\frac{n-2}{n\left(n-1\right)}\]

Noter que cet encadrement est encore valable pour n=2.

Le théorème d’encadrement permet de conclure que :

    \[ \boxed{\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n!}\sum_{k=1}^{n}k!=1}\]

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

    \[ F_{k}^{2}-F_{k-1}F_{k+1}=\left(-1\right)^{k-1}\]

C’est la célèbre identité de Cassini (dont on trouvera une preuve ici).

Il en résulte que le terme général de la série peut s’écrire :

    \begin{eqnarray*}\frac{\left(-1\right)^{k-1}}{F_{k}F_{k+1}} & = & \frac{F_{k}^{2}-F_{k-1}\,F_{k+1}}{F_{k}\,F_{k+1}}\\& = & \frac{F_{k}}{F_{k+1}}-\frac{F_{k-1}}{F_{k}}\end{eqnarray*}

et donc (sommation télescopique) :

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

Or, on sait (voir par exemple ici et la remarque qui suit) que, lorsque n\rightarrow+\infty :

    \[ F_{n}\sim\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n}\]

On conclut ainsi que :

    \[ \boxed{\sum_{k=1}^{+\infty}\,\frac{\left(-1\right)^{k-1}}{F_{k}\,F_{k+1}}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}}\]

Soit n\in\mathbb{N}. Posons pour tout x\in\left[0,1\right] :

    \[ f_{n}\left(x\right)=\sum_{k=0}^{n}\,\binom{n}{k}x^{k}\]


c’est-à-dire, selon la formule du binôme (voir par exemple ici) :

    \[f_n(x)=\left(x+1\right)^{n}\]

Par linéarité de l’intégrale, on voit d’une part que :

    \begin{eqnarray*}\int_{0}^{1}\,f_{n}\left(x\right)\,dx & = & \sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}\int_{0}^{1}x^{k}\thinspace dx\\& = & \sum_{k=0}^{n}\,\frac{\binom{n}{k}}{k+1}\end{eqnarray*}

et d’autre part que :

    \begin{eqnarray*}\int_{0}^{1}\,f_{n}\left(x\right)\,dx & = & \int_{0}^{1}\,\left(x+1\right)^{n}\,dx\\& = & \left[\frac{\left(x+1\right)^{n+1}}{n+1}\right]{x=0}^{1}\\& = & \frac{2^{n+1}-1}{n+1}\end{eqnarray*}

Il en résulte que :

    \[\boxed{\sum_{k=0}^{n}\,\frac{\binom{n}{k}}{k+1}=\frac{2^{n+1}-1}{n+1}}\]

On peut aussi utiliser la formule du pion (si nécessaire, voir cet article) :

    \[ \left(k+1\right)\binom{n+1}{k+1}=\left(n+1\right)\binom{n}{k}\]

ce qui donne :

    \[ \sum_{k=0}^{n}\,\frac{\binom{n}{k}}{k+1}=\frac{1}{n+1}\sum_{k=0}^{n}\binom{n+1}{k+1}\]

En ré-indexant cette dernière somme, il vient :

    \[ \sum_{k=0}^{n}\,\frac{\binom{n}{k}}{k+1}=\frac{1}{n+1}\sum_{j=1}^{n+1}\binom{n+1}{j}\]

Or, on sait par la formule du binôme que :

    \[ \sum_{j=1}^{n+1}\binom{n+1}{j}=\left(1+1\right)^{n+1}-1\]

et l’on retrouve ainsi le résultat encadré plus haut.

D’après l’inégalité entre moyennes géométrique et arithmétique pour n réels positifs :

    \[ \left[\prod_{k=1}^{n}\left(1+a_{k}\right)\right]^{1/n}\leqslant\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\left(1+a_{k}\right)=1+\frac{S}{n}\]

Donc, par croissance de t\mapsto t^{n} sur \left[0,+\infty\right[ :

    \[ \prod_{k=1}^{n}\left(1+a_{k}\right)\leqslant\left(1+\frac{S}{n}\right)^{n}\]

c’est-à-dire, d’après la formule du binôme :

    \[ \prod_{k=1}^{n}\left(1+a_{k}\right)\leqslant\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}\left(\frac{S}{n}\right)^{k}\]


Or, pour tout k\in\left{ 0,\cdots,n\right} :

    \[ \frac{\binom{n}{k}}{n^{k}}=\frac{1}{k!}\prod_{i=1}^{k}\frac{n-i+1}{n}\leqslant\frac{1}{k!}\]


et donc :

    \[ \boxed{\prod_{k=1}^{n}\left(1+a_{k}\right)\leqslant\sum_{k=0}^{n}\frac{S^{k}}{k!}}\]

comme souhaité.

Pour A\subset E fixé, notons X_{A} l’ensemble des parties B de E vérifiant A\subset B. On cherche à calculer \text{card}\left(X\right), avec :

    \[ X=\bigsqcup_{A\subset E}\left{ A\right} \times X_{A}\]

Le symbole \bigsqcup indique une union disjointe (c’est-à-dire l’union d’une collection d’ensembles, dont on sait qu’ils sont deux à deux disjoints). Comme le cardinal d’une union disjointe d’ensembles finis est égale à la somme des cardinaux, on obtient :

    \[ \text{card}\left(X\right)=\sum_{A\subset E}\text{card}\left(\left{ A\right} \times X_{A}\right)\]

Par ailleurs, le cardinal du produit cartésien de deux ensembles finis est égal au produit des cardinaux, donc :

    \[ \text{card}\left(X\right)=\sum_{A\subset E}\text{card}\left(X_{A}\right)\]

On classe à présent les parties de E selon leur cardinal, ce qui revient à former des “paquets” de termes dans la somme ci-dessus. Chaque paquet renferme les termes associés aux parties A de même cardinal k :

    \[ \text{card}\left(X\right)=\sum_{k=0}^{n}\sum_{{A\subset E\atop \text{card}\left(A\right)=k}}\text{card}\left(X_{A}\right)\]

Pour finir, il faut voir deux choses :

  • Pour k\in\left{ 0,\cdots,n\right} donné, il existe \binom{n}{k} parties de E ayant pour cardinal k,
  • Si \text{card}\left(A\right)=k, alors \text{card}\left(X_{A}\right)=2^{n-k}. En effet, les parties B de E vérifiant A\subset B sont exactement les A\sqcup Y avec Y\subset E-A. Or \text{card}\left(E-A\right)=n-k et il existe donc 2^{n-k} telles parties Y donc 2^{n-k} telles parties B.

Bref :

    \[ \text{card}\left(X\right)=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}2^{n-k}\]

et donc, d’après la formule du binôme :

    \[ \boxed{\text{card}\left(X\right)=3^{n}}\]

exercice 9 difficile

Il paraît difficile d’obtenir n+1 “pile” ou n+1 “face” en n lancers ou moins ! Par ailleurs, si les 2n premiers lancers ont donné autant de “pile” que de “face”, on est sûr de totaliser n+1 “pile” ou n+1 “face” au coup suivant.

Les valeurs prises par la variable aléatoire X sont donc comprises entre n+1 et 2n+1.

Réciproquement, si k\in\left\{ 0,\cdots,n\right\} alors X peut prendre la valeur n+k+1; c’est par exemple le cas si les n+k premiers lancers produisent la séquence :

    \[ \underbrace{P,\cdots P}_{n\text{ fois}},\underbrace{F,\cdots F}_{k\text{ fois}}\]

et que le \left(n+k+1\right)-ème lancer donne “pile”.

Bref :

    \[\boxed{X\left(\Omega\right)=\left\{ n+1,\cdots,2n+1\right\}}\]

Considérons maintenant l’événement \left(X=n+k+1\right) pour un certain k\in\left\{0,\cdots,n\right\} . Pour qu’il se réalise, il faut et il suffit que l’un des deux scénarios suivants se produise :

  • scénario 1 : les n+k premiers lancers donnent n “pile” et k “face” et, de plus, le \left(n+k+1\right)-ème lancer donne “pile”
  • scénario 2 : les n+k premiers lancers donnent k “pile” et n “face” et, de plus, le \left(n+k+1\right)-ème lancer donne “face”

Or, l’ensemble des n+k+1 premiers lancers peut conduire à 2^{n+k+1} séquences équiprobables, parmi lesquelles \binom{n+k}{k} réalisent le scénario 1 et autant réalisent le scénario 2.

Par conséquent :

    \[\mathbb{P}\left(X=n+k+1\right)=2\thinspace\frac{\binom{n+k}{k}}{2^{n+k+1}}=\frac{\binom{n+k}{k}}{2^{n+k}}\]

Il s’ensuit que :

    \[ \sum_{k=0}^{n}\frac{\binom{n+k}{k}}{2^{n+k}}=1\]


et donc que :

    \[ \boxed{\frac{\binom{n+k}{k}}{2^{k}}=2^{n}}\]


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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