Corrigé du devoir

Questions de cours :

1. $$\sum_{k=n+1}^m f(k)=\left(\sum_{k=0}^m f(k)\right) -\left(\sum_{k=0}^n f(k)\right) =S_m-S_n\;.$$
   $$\prod_{k=n+1}^m f(k)=\left(\prod_{k=0}^m f(k)\right) /\left(\prod_{k=0}^n f(k)\right) =\frac{P_m}{P_n}\;.$$

2. Pour tout complexe $z$ différent de $1$, la somme de 0 à $m$ des $z^k$ s'écrit :
   $$\sum_{k=0}^m z^k=\frac{1-z^{m+1}}{1-z}\;.$$
   D'où le résultat pour $n=0$. Pour $n> 0$ :
   $$\sum_{k=n}^m z^k=\left(\sum_{k=0}^m z^k\right) -\left(\sum_{k=0}^... ...^k\right) =\frac{1-z^{m+1}}{1-z}-\frac{1-z^n}{1-z} =\frac{z^n-z^{m+1}}{1-z}\;.$$

3. On connaît la somme des $n$ premiers entiers :
   $$\sum_{k=1}^n k = \frac{n(n+1)}{2}\;.$$
   On en déduit :
   $$\sum_{k=n}^{2n} k = \left(\sum_{k=1}^{2n} k\right) -\left(\sum_{k=1}^{n-1} k\right) =\frac{2n(2n+1)}{2}-\frac{(n-1)n}{2}=\frac{3}{2} n(n+1)\;.$$

4. $$\prod_{k=n}^{2n} x^k= x^{\sum_{k=n}^{2n} k}= x^{\frac{3}{2}n(n+1)}=\left(x^{\frac{3}{2}}\right)^{n(n+1)} =\left(\sqrt{x^3}\right)^{n(n+1)}\;.$$

5. La formule est vraie pour $n=1$, puisque dans ce cas :
   $$\prod_{k=1}^m k= m!$$   et$$\quad \binom{m}{0}=1\;.$$
   Pour $n>1$ :
   

   $$\prod_{k=n}^m k = =\left(\prod_{k=1}^m k\right)/\left(\prod_{k=1}^{n-1} k\right)$$

   $$= \frac{m!}{(n-1)!}$$

   $$= \frac{m!}{(n-1)!(m-n+1)!}(m-n+1)!$$

   $$= \binom{m}{n-1}(m-n+1)!\;.$$

   
   

Exercice 1 : Soit $n$ un entier strictement positif.

1. Si on pose $h=k+1$, alors $k^2(k+1)=h(h-1)^2$, et :
   $$\sum_{k=0}^{n-1} k^2(k+1)=\sum_{h=1}^n h(h-1)^2\;.$$

2. $$\sum_{k=0}^n k^2(k+1)-k(k-1)^2=n^2(n+1)+\sum_{k=0}^{n-1} k^2(k+1)-\sum_{k=1}^nk(k-1)^2\;.$$
   D'après la question précédente, les deux sommes du membre de droite sont égales. D'où le résultat.

3. $$\sum_{k=0}^n k^2(k+1)-k(k-1)^2=\sum_{k=0}^n 3k^2-k =3\sum_{k=0}^n k^2 -\sum_{k=0}^n k = n^2(n+1)\;.$$
   Donc :
   $$\sum_{k=0}^n k^2 = \frac{1}{3}\left(n^2(n+1)+\frac{n(n+1)}{2}\right) =\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\;.$$

4. Pour tout entier $n$, notons $H(n)$ l'hypothèse de récurrence :
   $$H(n) :\qquad \sum_{k=0}^n k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\;.$$
   Elle est vraie pour $n=0$, puisque dans ce cas la somme est nulle. Supposons que $H(n)$ est vraie.
   

   $$\sum_{k=0}^{n+1}k^2 = (n+1)^2+\sum_{k=0}^n k^2$$

   $$= (n+1)^2+\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$$

   $$= \frac{n+1}{6}\Big(6n+6+2n^2+n\Big)$$

   $$= \frac{(n+1)(n+2)(2n+3)}{6}\;.$$

   
   Donc $H(n+1)$ est vraie, donc par récurrence, $H(n)$ est vraie pour tout $n\in\mathbb{N}$.

Exercice 2 :

1. Le seul $1$-uplet dont la somme vaut $n$ est $(n)$, donc $P_{n,1}=1$. Les couples d'entiers dont la somme vaut $n$ sont :
   $$(0,n) ,\;(1,n-1) ,\;\ldots\;,\;(n-1,1) ,\;(n,0)\;.$$
   Il y en a autant que d'entiers entre 0 et $n$, soit $P_{n,2}=n+1$. Il n'y a qu'un $k$-uplet d'entiers dont la somme vaut 0 : $(0,0,\ldots,0)$, donc $P_{0,k}=1$. Les $k$-uplets d'entiers dont la somme vaut $1$ sont :
   $$(1,0,\ldots,0) ,\;(0,1,0,\ldots,0) ,\;\ldots\; (0,\ldots,0,1,0) ,\;(0,\ldots,0,1)\;.$$
   Donc $P_{1,k}=k$. Les $k$-uplets d'entiers dont la somme vaut $2$ sont ceux dont une des coordonnées vaut deux, et tous ceux qui ont deux coordonnées égales à $1$. Il y en a $k$ du premier type et $\binom{k}{2}$ du second. :
   $$P_{2,k}=k+\frac{k(k-1)}{2}=\frac{k(k+1)}{2}\;.$$

2. Si $(0,n_2,\ldots,n_k)$ est une partition de $n$ en $k$ entiers, alors $(n_2,\ldots,n_k)$ est une partition de $n$ en $k-1$ entiers. Réciproquement, si $(n_1,\ldots,n_{k-1})$ est une partition de $n$ en $k$ entiers, alors $(0,n_1,\ldots,n_{k-1})$ est une partition de $n$ en $k$ entiers. Il y a donc exactement $P_{n,k-1}$ partitions de $n$ en $k$ entiers, dont la première coordonnée est nulle. Si $(n_1,\ldots,n_k)$ est une partition de $n$ en $k$ entiers, et si $n_1>0$, alors $(n_1-1,\ldots,n_k)$ est une partition de $n-1$ en $k$ entiers. Réciproquement si $(n_1,\ldots,n_k)$ est une partition de $n-1$ en $k$ entiers, alors $(n_1+1,\ldots,n_k)$ est une partition de $n$ en $k$ entiers, dont la première coordonnée est strictement positive. Il y a donc exactement $P_{n-1,k}$ partitions de $n$ en $k$ entiers, dont la première coordonnée est strictement positive. Toutes les partitions de $n$ ont leur première coordonnée soit nulle, soit strictement positive. Donc :
   $$P_{n,k}=P_{n,k-1}+P_{n-1,k}\;.$$

3. Nous allons le démontrer par récurrence sur $n$, à partir de la formule précédente. Posons comme hypothèse de récurrence :
   $$H(n) :\qquad \forall k\in\mathbb{N}^*\;,\quad P_{n,k}=\binom{n+k-1}{k-1}\;.$$
   D'après la première question, $H(0)$ est vraie. Supposons que $H(n-1)$ est vraie. Nous allons montrer, par récurrence sur $k$, que $H(n)$ est vraie. Pour $n$ fixé, notons $H'(k)$ l'hypothèse de récurrence sur $k$ :
   $$H'(k) :\qquad P_{n,k}=\binom{n+k-1}{k-1}\;.$$
   D'après la première question, $H'(1)$ est vraie, puique $P_{n,1}=1$. Supposons que $H'(k-1)$ soit vraie. Alors :
   

   $$P_{n,k} = P_{n,k-1}+P_{n-1,k}$$

   $$= \binom{n+k-2}{k-2}+\binom{n+k-2}{k-1}$$

   $$= \binom{n+k-1}{k-1}\;,$$

   
   en utilisant la formule du triangle de Pascal. L'hypothèse $H'(k)$ est donc vraie pour tout entier $k\geqslant 1$, donc $H(n)$ est vraie pour tout $n\in\mathbb{N}$.
4. Sur les $n+k-1$ étiquettes, on a choisi en tout $k-1$ barrières, et $n$ unités. Le $n$-uplet d'entiers $(n_1,\ldots,n_k)$ est donc bien une partition de l'entier $n$ en $k$ entiers. Réciproquement, soit $(n_1,\ldots,n_k)$ une partition de $n$ en $k$ entiers. Plaçons $n_1$ étiquettes marquées « unité»  sur la table, puis une marquée «barrière», puis $n_2$ marquées «unité», puis une marquée barrière, etc. À la fin, on place la $k-1$-ième étiquette marquée «barrière», puis $n_k$ marquées «unité». Au total, on a placé $n+k-1$ étiquettes, parmi lesquelles $n$ sont marquées «unité»  et $k-1$ «barrière». On a donc défini un choix de $k-1$ objets parmi $n+k-1$. Nous avons montré qu'il y a exactement autant de partitions de $n$ en $k$ entiers, qu'il y a de choix de $k-1$ objets parmi $n+k-1$.
   $$P_{n,k}=\binom{n+k-1}{k-1}\;.$$

Exercice 3 :

1. Sous forme exponentielle, $-\mathrm{i}$ s'écrit $\mathrm{e}^{3\mathrm{i}\pi/2+2\mathrm{i}k\pi}$, pour tout $k\in\mathbb{Z}$. Les deux nombres dont le carré vaut $-\mathrm{i}$ sont $\mathrm{e}^{3\mathrm{i}\pi/4}$ et $\mathrm{e}^{7\mathrm{i}\pi/4}$. Sous forme algébrique :
   $$\mathrm{e}^{3\mathrm{i}\pi/4}= -\frac{\sqrt{2}}{2}+\mathrm{i}\frac{\sqrt{2}}{2}$$   et$$\quad \mathrm{e}^{7\mathrm{i}\pi/4}= \frac{\sqrt{2}}{2}-\mathrm{i}\frac{\sqrt{2}}{2}\;.$$

2. Le nombre $\Delta$ s'écrit $\Delta=\left(5\sqrt{2}\right)^2(-\mathrm{i})$. Ses racines carrées sont celles de $-\mathrm{i}$, multipliées par $5\sqrt{2}$, soit :
   $$-5+5\mathrm{i}$$   et$$\quad 5-5\mathrm{i}\;.$$

3. Le discriminant de cette équation est :
   $$\big(3(1-\mathrm{i})\big)^2-4(8\mathrm{i})=-18\mathrm{i}-32\mathrm{i}=-50\mathrm{i}=\Delta\;.$$
   Les deux solutions sont :
   $$\frac{1}{2}\Big(-3+3\mathrm{i}+(-5+5\mathrm{i})\Big)$$   et$$\quad \frac{1}{2}\Big(-3+3\mathrm{i}+(5-5\mathrm{i})\Big)\;,$$
   soit :
   $$-4+4\mathrm{i}$$   et$$\quad 1-\mathrm{i}$$

4. Figure 7.

   Figure 7: Triangle rectengle et cercle circonscrit.

   

   Soient $z_A,z_B,z_C$ les affixes respectives des points $A,B,C$.

   $$z_A = 2+2\mathrm{i}\;,\quad z_B = 1-\mathrm{i}\;,\quad z_C = -4+4\mathrm{i}\;.$$
   Pour démontrer que le triangle $ABC$ est rectangle en $A$, il suffit de démontrer que le nombre complexe $(z_B-z_A)/(z_C-z_A)$ a pour argument $\pi/2$ modulo $\pi$, c'est-à-dire que c'est un imaginaire pur.
   $$\frac{z_B-z_A}{z_C-z_A} = \frac{-1-3\mathrm{i}}{-6+2\mathrm{i}} =\frac{\mathrm{i}}{2}\;.$$

5. Le point $M$ a pour affixe :
   $$z_M=\frac{z_B+z_C}{2}=-\frac{3}{2}+\frac{3}{2}\mathrm{i}\;.$$
   Le cercle ${\cal C}$ est l'ensemble des points dont l'affixe $z$ vérifie :
   $$\vert z-z_M\vert=\frac{5\sqrt{2}}{2}\;.$$
   Pour montrer que $A,B,C$ appartiennent au cercle ${\cal C}$, il suffit de vérifier que les trois modules $\vert z_A-z_M\vert$, $\vert z_B-z_M\vert$ et $\vert z_C-z_M\vert$ sont égaux à $5\sqrt{2}/2$. Or :
   $$z_A-z_M= \frac{7}{2}+\frac{1}{2}\mathrm{i} \;\Longrightarrow\; \vert z_A-z_M\vert=\sqrt{\frac{49}{4}+\frac{1}{4}}=\frac{5\sqrt{2}}{2}\;,$$
   $$z_B-z_M=\frac{5}{2}-\frac{5}{2}\mathrm{i} \;\Longrightarrow\; \vert z_B-z_M\vert=\sqrt{\frac{25}{4}+\frac{25}{4}}=\frac{5\sqrt{2}}{2}\;,$$
   $$z_C-z_M=-\frac{5}{2}+\frac{5}{2}\mathrm{i} \;\Longrightarrow\; \vert z_C-z_M\vert=\sqrt{\frac{25}{4}+\frac{25}{4}}=\frac{5\sqrt{2}}{2}\;.$$

6. L'image du point d'affixe $z$ par la rotation de centre $O$ et d'angle $-\pi/4$ est le point d'affixe $z'$ tel que $z'=\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\pi/4}z$. Les images respectives de $A$, $B$ et $C$ sont les points d'affixes :
   $$z'_A = 2\sqrt{2}\;,\quad z'_B = -\mathrm{i}\sqrt{2}\;,\quad z'_C = 4\mathrm{i}\sqrt{2}\;.$$

7. L'image du point d'affixe $z$ par l'homothétie de centre $M$ et de rapport $-1$ est le point d'affixe $z'$ tel que $z'=z_M-(z-z_M)$. Comme $M$ est le milieu du segment $[B,C]$, l'image de $B$ est $C$ et l'image de $C$ est $B$. L'image de $A$ est le point d'affixe :
   $$z'_A = -\frac{3}{2}+\frac{3}{2}\mathrm{i}-\left(\frac{7}{2}+\frac{1}{2}\mathrm{i}\right) =-5+\mathrm{i}\;.$$