Posons pour simplifier : u_{n}=10\times8^{n-1}+3^{3n-1}, pour tout n\geqslant1.

D’une part : u_{1}=19 est multiple de 19.

D’autre part, si pour un certain n\geqslant1, il existe K\in\mathbb{N} tel que u_{n}=19K, alors :

    \begin{eqnarray*} u_{n+1} & = & 10\times8^{n}+3^{3n+2}\\ & = & 8\left(10\times8^{n-1}+3^{3n-1}\right)+3^{3n+2}-8\times3^{3n-1}\\ & = & 8\times19K+3^{3n-1}\left(3^{3}-8\right)\\ & = & 19\left(8K+3^{3n-1}\right) \end{eqnarray*}

La propriété “u_{n} est multiple de 19” est donc héréditaire. Comme elle est vraie pour n=1, alors elle est vraie pour tout n\geqslant1.

exercice 2 facile

Fixons x>0.

Au rang 2, l’inégalité est claire :

    \[ \left(1+x\right)^{2}=1+2x+x^{2}>1+2x \]

Supposons-la vraie au rang n pour un certain entier n\geqslant2. En multipliant chaque membre de l’inégalité \left(1+x\right)^{n}>1+nx par le réel strictement positif \left(1+x\right), on obtient :

    \[ \left(1+x\right)^{n+1}>\left(1+x\right)\left(1+nx\right) \]

c’est-à-dire :

    \[ \left(1+x\right)^{n+1}>1+\left(n+1\right)x+nx^{2} \]

et donc, a fortiori :

    \[ \left(1+x\right)^{n+1}>1+\left(n+1\right)x \]

exercice 3 facile

On effectue une récurrence d’ordre 2. On l’initialise en calculant successivement :

    \[ F_{11}=89>\left(\frac{3}{2}\right)^{11} \]

car

    \[ 2^{11}\times89=2\thinspace048\times89=182\thinspace172>177\thinspace147=3^{11} \]

et

    \[ F_{12}=144>\left(\frac{3}{2}\right)^{12} \]

car

    \[ 2^{12}\times144=4\thinspace096\times144=589\thinspace824>531\thinspace441=3^{12} \]

Passons à l’hérédité. Si, pour un certain n\geqslant13, on a F_{n-2}>\left(\frac{3}{2}\right)^{n-2} et F_{n-1}>\left(\frac{3}{2}\right)^{n-1}, alors :

    \[ F_{n}=F_{n-1}+F_{n-2}>\frac{3^{n-1}}{2^{n-1}}+\frac{3^{n-2}}{2^{n-2}}=\frac{3^{n-2}\times10}{2^{n}}>\frac{3^{n-2}\times9}{2^{n}}=\left(\frac{3}{2}\right)^{n} \]

On peut établir directement l’inégalité demandée en étudiant les variations de la fonction :

    \[ \left]0,+\infty\right[\rightarrow\mathbb{R},\thinspace t\mapsto t\ln\left(1+\frac{1}{t}\right) \]

Il s’avère que celle-ci est croissante et donc majorée par sa limite en +\infty qui vaut 1. On peut aussi invoquer l’inégalité très classique :

    \[ \forall x>0,\thinspace\ln\left(1+x\right)\leqslant x \]

(inégalité d’ailleurs valable pour tout x>-1) et remplacer x par {\displaystyle \frac{1}{t}}. D’une façon ou d’une autre, on parvient à :

    \[ \boxed{\forall t>0,\left(1+\frac{1}{t}\right)^{t}<e} \]

Prouvons maintenant que :

    \[ \forall n\in\mathbb{N},\thinspace n!\geqslant e^{-n}\left(n+1\right)^{n}\qquad\left(\star\right) \]

par récurrence.

Pour n=0, cette inégalité est vraie. Supposons-la vraie au rang n; alors :

    \[ \left(n+1\right)!=\left(n+1\right)\thinspace n!\geqslant e^{-n}\thinspace\left(n+1\right)^{n+1} \]

Il suffit pour conclure que l’on ait :

    \[ e^{-n}\left(n+1\right)^{n+1}\geqslant e^{-\left(n+1\right)}\left(n+2\right)^{n+1} \]

c’est-à-dire :

    \[ \left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n+1}\leqslant e \]

et c’est bien le cas d’après \left(\star\right).

Montrons par récurrence que pour tout entier n\geqslant2 et pour tout \left(a_{1},\cdots,a_{n}\right)\in\left]0,1\right[^{n} :

    \[ \prod_{k=1}^{n}\left(1-a_{k}\right)>1-\sum_{k=1}^{n}a_{k} \]

Pour n=2, c’est vrai; en effet :

    \[ \left(1-a_{1}\right)\left(1-a_{2}\right)=1-a_{1}-a_{2}+a_{1}a_{2}>1-a_{1}-a_{2} \]

Supposons le résultat établi au rang n, et soient a_{1},\cdots,a_{n+1}\in\left]0,1\right[. Alors :

    \begin{eqnarray*} \left[\prod_{k=1}^{n}\left(1-a_{k}\right)\right]\left(1-a_{n+1}\right) & > & \left(1-\sum_{k=1}^{n}a_{k}\right)\left(1-a_{n+1}\right)\\ & = & 1-\sum_{k=1}^{n+1}a_{k}+a_{n+1}\left(\sum_{k=1}^{n}a_{k}\right)\\ & > & 1-\sum_{k=1}^{n+1}a_{k} \end{eqnarray*}

On sait que si deux fonctions polynômes coïncident sur une partie infinie de \mathbb{R}, alors elles sont égales (autrement dit : elles coïncident en tout point). Il en résulte que, pour un n donné, un tel polynôme est unique : en effet, si Q et R conviennent pour un même n\in\mathbb{N}, alors :

    \[ \forall x\in\mathbb{R},\thinspace Q\left(\sin\left(x\right)\right)=\sin\left(nx\right)=R\left(\sin\left(x\right)\right) \]

et donc :

    \[ \forall t\in\left[-1,1\right],\thinspace Q\left(t\right)=R\left(t\right) \]

Pour l’existence, on procède par récurrence. Il est clair que :

    \[ \forall x\in\mathbb{R},\thinspace\sin\left(x\right)=\sin\left(x\right)Q_{0}\left(\cos\left(x\right)\right)\qquad\text{avec }Q_{0}=1 \]

et

    \[ \forall x\in\mathbb{R},\sin\left(2x\right)=\sin\left(x\right)Q_{1}\left(\cos\left(x\right)\right)\qquad\text{avec }Q_{1}=2X \]

Supposons (hypothèse de récurrence) que, pour un certain n\geqslant1, il existe des polynômes Q_{n-1} et Q_{n} à coefficients entiers, tels que :

    \[ \forall x\in\mathbb{R},\thinspace\left\{ \begin{array}{ccc} \sin\left(\left(n-1\right)x\right) & = & \sin\left(x\right)Q_{n-1}\left(\cos\left(x\right)\right)\\ \\ \sin\left(nx\right) & = & \sin\left(x\right)Q_{n}\left(\cos\left(x\right)\right) \end{array}\right. \]

alors, d’après la formule de trigonométrie :

    \[ \forall\left(a,b\right)\in\mathbb{R}^{2},\:\sin\left(a+b\right)+\sin\left(a-b\right)=2\sin\left(a\right)\cos\left(b\right) \]

on voit que :

    \begin{eqnarray*} \sin\left(\left(n+1\right)x\right) & = & 2\sin\left(nx\right)\cos\left(x\right)-\sin\left(\left(n-1\right)x\right)\\ & = & 2\sin\left(x\right)\cos\left(x\right)Q_{n}\left(\cos\left(x\right)\right)-\sin\left(x\right)Q_{n-1}\left(\cos\left(x\right)\right)\\ & = & \sin\left(x\right)Q_{n+1}\left(\cos\left(x\right)\right) \end{eqnarray*}

où l’on a posé : Q_{n+1}=2XQ_{n}-Q_{n-1}. Manifestement, le polynôme Q_{n+1} ainsi défini est à coefficients entiers.

Il est possible d’expliciter Q_{n} pour tout n\in\mathbb{N}. On observe pour cela que, pour tout n\in\mathbb{N} et pour tout x\in\mathbb{R} :

    \begin{eqnarray*} \sin\left(\left(n+1\right)x\right) & = & \text{Im}\left(e^{i\left(n+1\right)x}\right) \end{eqnarray*}

or, d’après la formule de Moivre :

    \[ e^{i\left(n+1\right)x}=\left(e^{ix}\right)^{n+1}=\left(\cos\left(x\right)+i\sin\left(x\right)\right)^{n+1} \]

puis celle du binôme :

    \[ \left(\cos\left(x\right)+i\sin\left(x\right)\right)^{n+1}=\sum_{k=0}^{n+1}\binom{n+1}{k}\cos^{n+1-k}\left(x\right)\left(i\sin\left(x\right)\right)^{k} \]

Dans cette dernière somme, les termes d’indices pairs sont réels et ceux d’indices impairs sont imaginaires purs; ainsi :

    \begin{eqnarray*} \sin\left(\left(n+1\right)x\right) & = & \sum_{p=0}^{\left\lfloor n/2\right\rfloor }\left(-1\right)^{p}\binom{n+1}{2p+1}\cos^{n-2p}\left(x\right)\sin^{2p+1}\left(x\right)\\ & = & \sin\left(x\right)\sum_{p=0}^{\left\lfloor n/2\right\rfloor }\left(-1\right)^{p}\binom{n+1}{2p+1}\cos^{n-2p}\left(x\right)\left(1-\cos^{2}\left(x\right)\right)^{p}\\ & = & \sin\left(x\right)Q_{n}\left(\cos\left(x\right)\right) \end{eqnarray*}

avec :

    \[ Q_{n}=\sum_{p=0}^{\left\lfloor n/2\right\rfloor }\left(-1\right)^{p}\binom{n+1}{2p+1}X^{n-2p}\left(1-X^{2}\right)^{p} \]

ou encore :

    \[ \boxed{Q_{n}=\sum_{p=0}^{\left\lfloor n/2\right\rfloor }\binom{n+1}{2p+1}X^{n-2p}\left(X^{2}-1\right)^{p}} \]

Noter que cette preuve apporte aussi, mais sans récurrence, l’existence de Q_{n}.

1) Calcul de A_{n} pour 1\leqslant n\leqslant6 :

2) L’égalité {\displaystyle A_{n}=\frac{\left(-1\right)^{n-1}\left(2n+1\right)+1}{4}} est vraie pour n=1 :

    \[ A_{1}=1=\frac{\left(-1\right)^{0}\times3+1}{4} \]

Supposons-la vraie pour un certain n\geqslant1; alors :

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

c’est-à-dire :

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

ou encore, comme souhaité :

    \[ A_{n+1}=\frac{\left(-1\right)^{n}\left(2n+3\right)+1}{4} \]

On a établi par récurrence que :

    \[ \boxed{\forall n\in\mathbb{N}^{\star},\thinspace\sum_{k=1}^{n}\left(-1\right)^{k-1}k=\frac{\left(-1\right)^{n-1}\left(2n+1\right)+1}{4}} \]

3) Soit n\in\mathbb{N}^{\star}. Distinguons deux cas selon la parité de n. Si n est pair, alors en posant n=2p :

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

et

    \[ \left(-1\right)^{n-1}\left\lfloor \frac{n+1}{2}\right\rfloor =-\left\lfloor p+\frac{1}{2}\right\rfloor =-p \]

Et si n est impair, alors en posant cette fois n=2p+1 :

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

et

    \[ \left(-1\right)^{n-1}\left\lfloor \frac{n+1}{2}\right\rfloor =\left\lfloor \frac{2p+2}{2}\right\rfloor =p+1 \]

On a ainsi montré que :

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

On procède par récurrence. Pour n=1, la formule proposée donne :

    \[ -\frac{1}{x^{2}}f'\left(\frac{1}{x}\right) \]

et elle est donc vérifiée.

Supposons-la établie au rang n; alors pour tout x>0 :

    \[ g^{\left(n+1\right)}\left(x\right)=\left(-1\right)^{n}\left(n-1\right)!\,\sum_{k=1}^{n}\,\frac{\binom{n}{k}}{\left(k-1\right)!}\left[-\frac{n+k}{x^{n+k+1}}f^{\left(k\right)}\left(\frac{1}{x}\right)-\frac{1}{x^{n+k+2}}f^{\left(k+1\right)}\left(\frac{1}{x}\right)\right] \]

On sépare la somme en deux, puis on ré-indexe la seconde en posant j=k+1 :

    \[ g^{\left(n+1\right)}\left(x\right)=\left(-1\right)^{n+1}\left(n-1\right)!\,\left(\sum_{k=1}^{n}\,\frac{\binom{n}{k}\left(n+k\right)}{\left(k-1\right)!}\,\frac{1}{x^{n+k+1}}\,f^{\left(k\right)}\left(\frac{1}{x}\right)+\sum_{j=2}^{n+1}\,\frac{\binom{n}{j-1}}{\left(j-2\right)!}\,\frac{1}{x^{n+j+1}}\,f^{\left(j\right)}\left(\frac{1}{x}\right)\right) \]

On isole alors, dans la première somme, le terme d’indice 1 et, dans la seconde, celui d’indice n+1; puis on fusionne ce qui reste en une seule somme. On obtient ainsi :

    \begin{eqnarray*} g^{\left(n+1\right)}\left(x\right) & = & \left(-1\right)^{n+1}\left(n-1\right)!\,\left[\frac{n\left(n+1\right)}{x^{n+2}}f'\left(\frac{1}{x}\right)+\frac{1}{\left(n-1\right)!\,x^{2n+2}}f^{\left(n+1\right)}\left(\frac{1}{x}\right)+\right.\\ & & \left.\sum_{k=2}^{n}\,\frac{1}{\left(k-1\right)!}\left[\left(n+k\right)\binom{n}{k}+\left(k-1\right)\binom{n}{k-1}\right]\,\frac{1}{x^{n+k+1}}\,f^{\left(k\right)}\left(\frac{1}{x}\right)\right] \end{eqnarray*}

Or :

    \begin{eqnarray*} \left(n+k\right)\binom{n}{k}+\left(k-1\right)\binom{n}{k-1} & = & n!\,\left(\frac{n+k}{k!\,\left(n-k\right)!}+\frac{k-1}{\left(k-1\right)!\,\left(n-k+1\right)!}\right)\\ & = & \frac{n!\left[\left(n+k\right)\left(n-k+1\right)+k\left(k-1\right)\right]}{k!\,\left(n-k+1\right)!}=n\,\binom{n+1}{k} \end{eqnarray*}

donc :

    \[ g^{\left(n+1\right)}\left(x\right)=\left(-1\right)^{n+1}n!\left(\frac{n+1}{x^{n+2}}f'\left(\frac{1}{x}\right)+\frac{1}{n!\,x^{2n+2}}f^{\left(n+1\right)}\left(\frac{1}{x}\right)+\sum_{k=2}^{n}\,\frac{\binom{n+1}{k}}{\left(k-1\right)!\,x^{n+1+k}}\,f^{\left(k\right)}\left(\frac{1}{x}\right)\right) \]

soit finalement :

    \[ g^{\left(n+1\right)}\left(x\right)=\left(-1\right)^{n+1}n!\,\sum_{k=1}^{n+1}\,\frac{\binom{n+1}{k}}{\left(k-1\right)!\,x^{n+1+k}}\,f^{\left(k\right)}\left(\frac{1}{x}\right) \]

ce qui établit la formule au rang n+1.

exercice 9 difficile

On va établir la proposition suivante :

Soit n\in\mathbb{N}^{\star} et soient d_{1},\cdots,d_{q} ses diviseurs. Notons m_{i} le nombre de diviseurs de d_{i}. Alors :

    \[ \sum_{i=1}^{q}m_{i}^{3}=\left(\sum_{i=1}^{q}m_{i}\right)^{2} \]

On raisonne par récurrence sur le nombre r de facteurs premiers de n.

Pour r=1, il existe p\in\mathbb{P} et \alpha\in\mathbb{N}^{\star} tels que n=p^{\alpha}. La liste des diviseurs de n est alors :

    \[ 1,p,\cdots,p^{\alpha} \]

et celle des nombres de diviseurs de chacun d’eux est :

    \[ 1,2,\cdots,\alpha+1 \]

Or il est classique que {\displaystyle \sum_{i=1}^{\alpha+1}i^{3}=\left(\sum_{i=1}^{\alpha+1}i\right)^{2}}; la propriété voulue est donc établie au rang r=1.

Supposons la établie au rang r, pour un certain r\in\mathbb{N}^{\star}.

Soit alors un entier naturel n possédant r+1 facteurs premiers. On peut écrire n=Np^{\alpha} avec N possédant r facteurs premiers, p\in\mathbb{P}, \alpha\in\mathbb{N}^{\star} et N\wedge p=1.

Notons d_{1},\cdots,d_{q} les diviseurs de N, et m_{i} le nombre de diviseurs de d_{i}, pour tout i\in\left\{ 1,\cdots,r\right\} .

Les diviseurs de n sont alors les d_{i}p^{j} pour \left(i,j\right)\in\left\{ 1,\cdots,q\right\} \times\left\{ 0,\cdots,\alpha\right\} ; et le nombre de diviseurs de d_{i}p^{j} est m_{i}\left(j+1\right).
On constate alors que :

    \begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^{q}\left(\sum_{j=0}^{\alpha}\left(m_{i}\left(j+1\right)\right)^{3}\right) & = & \left(\sum_{i=1}^{q}m_{i}^{3}\right)\left(\sum_{j=1}^{\alpha+1}j^{3}\right)\\ & \underset{{\scriptstyle {HR}}}{=} & \left(\sum_{i=1}^{q}m_{i}\right)^{2}\left(\sum_{j=1}^{\alpha+1}j\right)^{2}\\ & = & \left[\sum_{i=1}^{q}\left(\sum_{j=0}^{\alpha}m_{i}\left(j+1\right)\right)\right]^{2} \end{eqnarray*}

Ce résultat est attribué au mathématicien français Joseph Liouville (1809 – 1882).


 

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
  •  
  •  
  •  
  •  
  •  
Fermer le menu