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\hyphenation{BINAR}


\begin{document}

ECE 1 \hfill \\\
2017 - 2018\\


\title[Corrigé du DM bonus $\no$1]
{Corrigé du devoir maison bonus $\no$1}
%\author{Vassili Blandin}
%\dedicatory{A rendre pour le 23 septembre}

\maketitle

\begin{Exo}\hspace{0pt}
\begin{enumerate}
\item\begin{enumerate}
\item Les 3-codes sont:
$$(\{1,2,3\}),~(\{1\},\{2,3\}),~(\{2\},\{1,3\}),~(\{3\},\{1,2\}),~(\{1,2\},\{3\}),~(\{1,3\},\{2\}),~(\{2,3\},\{1\}),$$
$$(\{1\},\{2\},\{3\}),~(\{1\},\{3\},\{2\}),~(\{2\},\{1\},\{3\}),~(\{2\},\{3\},\{1\}),~(\{3\},\{1\},\{2\}),~(\{3\},\{2\},\{1\}).$$
On compte 13 3-codes. On a donc
\ccl{c_3=13.}
\item Si toutes les parties sont des singletons, alors le nombre de $n$-codes est le nombre de permutations de l'ensemble $\{\{1\},\{2\},\ldots,\{n\}\}$. Cet ensemble ayant $n$ éléments, on peut conclure que:
\ccl{\text{il y a $n!$ $n$-codes où les boutons sont poussés successivement.}}
\item Il y a $n$ boutons et on les pousse par paire, il y a donc $\ds\frac n2$ paires à former successivement.\\
Pour la première paire il y a $\ds\binom n2$ façons de la choisir.\\
Pour la deuxième paire il y a $\ds\binom {n-2}2$ façons de la choisir.\\
De même, avec $\ds i\in\left\llbracket 1,\frac n2\right\rrbracket$, lorsque l'on forme la $i$-ème paire on a déjà choisi $2(i-1)$ boutons donc il y a $\ds\binom{n-2(i-1)}2$ façons de choisir la $i$-ème paire.\\
Le nombre de $n$ codes composés uniquement de paires est donc
$$\prod_{i=1}^{n/2}\binom{n-2(i-1)}{2}=\prod_{i=1}^{n/2}\frac{(n-2(i-1))!}{(n-2i)!2}= \frac1{2^{n/2}}\prod_{i=1}^{n/2}\frac{(n-2(i-1))!}{(n-2i)!}=\frac1{2^{n/2}}\frac{(n-2(1-1))!}{\left(n-2\frac n2\right)!}= \frac1{2^{n/2}}\frac{n!}{0!}=\frac{n!}{2^{n/2}}$$
\ccl{\text{Le nombre de $n$-codes où les boutons sont poussés par paire est $\ds\frac{n!}{2^{n/2}}$.}}
\item Soit un $n$-code composé de 2 parties $P_1$ et $P_2$. Choisir un tel $n$-code revient à choisir $P_1$, en effet une fois $P_1$ choisi on a $P_2=E_n\backslash P_1$. De plus, le cardinal de $P_1$ est compris entre 1 (d'après l'énoncé) et $n-1$ (pour que $P_2$ soit non vide). Le nombre de $n$-codes composés de deux parties est donc le nombre de parties de $E_n$ auquel on soustrait la partie à 0 élément et celle à $n$ éléments. On a alors:
\ccl{\text{le nombre de $n$ codes composés de 2 parties est $2^n-2$.}}
\underline{Remarque:} ce raisonnement fonctionne aussi pour $n=1$, il n'y a pas besoin de faire une disjonction de cas.
\end{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item Une fois les $k$ éléments de $P_1$ fixés, il reste à former un $(n-k)$-code avec les $(n-k)$ nombres restant de $E_n$.
\ccl{\text{Le nombre de $n$-codes commençant par $P_1$ est $c_{n-k}$.}}
\item Il y a, pour tout $k\in\llbracket1,n-1\rrbracket$, $\ds\binom nk$ façons de choisir $k$ éléments pour $P_1$. Une fois ces $k$ éléments on a vu qu'il y a $c_{n-k}$ $n$-codes commençant par ce $P_1$.\\
Ainsi, pour tout $k\in\llbracket1,n-1\rrbracket$, il y a $\ds\binom nk c_{n-k}$ $n$-codes dont la première partie comporte $k$ éléments.\\
De plus, il y a 1 $n$-code dont la première partie comporte $n$ éléments: $(E_n)$.\\
Finalement, on a obtenu:
\begin{align*}
c_n&=1+\sum_{k=1}^{n-1}\binom nk c_{n-k}=1+\sum_{p=1}^{n-1}\binom n{n-p}c_p \hspace{20pt}\text{changement d'indice }p=n-k\\
c_n&=1+\sum_{p=1}^{n-1}\binom n{p}c_p = \binom  n0 c_0+\sum_{p=1}^{n-1}\binom n{p}c_p
\end{align*}
On a ainsi obtenu que
\vspace{-10pt}\ccl{c_n=\sum_{p=0}^{n-1}\binom n{p}c_p.}
\item Grâce à la formule de la question précédente on a:
$$c_2=\binom20c_0+\binom21c_1=1\times 1+2\times1=3$$
$$c_3=\binom30c_0+\binom31c_1+\binom32c_2=1\times1+3\times1+3\times3=13$$
On a bien retrouvé que:
\ccl{c_2=3\hspace{20pt}\text{et}\hspace{20pt}c_3=13.}
On a également
$$c_4=\binom40c_0+\binom41c_1+\binom42c_2+\binom43c_3=1\times1+4\times1+6\times3+4\times13=75$$
$$c_5=\binom50c_0+\binom51c_1+\binom52c_2+\binom53c_3+\binom54c_4=1\times1+5\times1+10\times3+10\times13+5\times75=541.$$
On a obtenu que:
\vspace{-10pt}\ccl{c_4=75\hspace{20pt}\text{et}\hspace{20pt}c_5=541.}
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{Exo}\hspace{0pt}

\begin{Exo}\hspace{0pt}
\begin{enumerate}
\item Il y a deux façons de résoudre cette question.
\begin{enumerate}
\item \textit{(En admettant le résultat concernant la somme des $k^3$)}. Soit $n\in\N$,
\begin{align*}
\sum_{k=1}^n k(2k^2-1)&= 2\sum_{k=1}^n k^3-\sum_{k=1}^nk=2\frac{n^2(n+1)^2}4-\frac{n(n+1)}2\\&=\frac{n(n+1)}2\left(n(n+1)-1\right)=\frac{n(n+1)(n^2+n-1)}2
\end{align*}
On a donc bien obtenu que:
\ccl{\forall n\in\N^\star,~\sum_{k=1}^n k(2k^2-1)=\frac{n(n+1)(n^2+n-1)}2.}
\newpage
\item Montrons pas récurrence sur $n$ que:
$$\forall n\in\N^\star,~\sum_{k=1}^n k(2k^2-1)=\frac{n(n+1)(n^2+n-1)}2.$$
Tout d'abord, on a $1(2\times1^2-1)=1$ et $\ds\frac{1(1+1)(1+1-1)}2=1$ donc l'égalité est vraie pour $n=1$.\\
Soit $n\in\N^\star$, supposons que:
$$\sum_{k=1}^n k(2k^2-1)=\frac{n(n+1)(n^2+n-1)}2,$$
alors
\begin{align*}
\sum_{k=1}^{n+1} k(2k^2-1)&=\sum_{k=1}^n k(2k^2-1)+(n+1)(2(n+1)^2-1)=\frac{n(n+1)(n^2+n-1)}2+(n+1)(2n^2+4n+1)\\
&=\frac {n+1}2\left(n(n^2+n-1)+2(2n^2+4n+1)\right)=\frac{n+1}2\left(n^3+5n^2+7n+2\right)
\end{align*}
De plus,
$$(n+2)\left((n+1)^2+n+1-1\right)=(n+2)(n^2+3n+1)=n^3+5n^2+7n+2,$$
Pour résumer, on a obtenu que:
$$\ds\sum_{k=1}^{n+1} k(2k^2-1)=\frac{(n+1)((n+1)+1)((n+1)^2+(n+1)-1)}2.$$
L'égalité reste vraie au rang $n+1$.\\
On peut ainsi affirmer, d'après le principe de récurrence, que:
\ccl{\forall n\in\N^\star,~\sum_{k=1}^n k(2k^2-1)=\frac{n(n+1)(n^2+n-1)}2.}
\end{enumerate}
\item Montrons par récurrence sur $n$ que:
$$\forall n\in\N^\star,~\forall (x_1,x_2,\ldots,x_n)\in\R^n,~\prod_{k=1}^ne^{x_k}=\exp\left(\sum_{k=1}^nx_k\right).$$
Tout d'abord, 
$$\forall x_1\in\R,~\ds \prod_{k=1}^1e^{x_k}=e^{x_1}=\exp\left(\sum_{k=1}^1x_k\right),$$ donc l'égalité est vraie pour $n=1$.\\
Soit $n\in\N^\star$, supposons que:
$$\forall (x_1,x_2,\ldots,x_n)\in\R^n,~\prod_{k=1}^ne^{x_k}=\exp\left(\sum_{k=1}^nx_k\right).$$
Soit $(x_1,x_2,\ldots,x_{n+1})\in\R^{n+1}$, on a alors
$$\prod_{k=1}^{n+1}e^{x_k}=\left(\prod_{k=1}^ne^{x_k}\right)e^{x_{n+1}} =\exp\left(\sum_{k=1}^nx_k\right)e^{x_{n+1}}= \exp\left(\sum_{k=1}^nx_k+x_{n+1}\right)=\exp\left(\sum_{k=1}^{n+1}x_k\right).$$
Ainsi l'égalité reste vraie au rang $n+1$.\\
On a obtenu, d'après le principe de récurrence, que:
\ccl{\forall n\in\N^\star,~\forall (x_1,x_2,\ldots,x_n)\in\R^n,~\prod_{k=1}^ne^{x_k}=\exp\left(\sum_{k=1}^nx_k\right).}
\end{enumerate}
\end{Exo}\hspace{0pt}
\newpage

\begin{Exo}\hspace{0pt}
\begin{enumerate}
\item Pour tout $n\in\N$, $n\geq3$,
\begin{align*}
\sum_{k=2}^{n-1} (4^{2-k}+5^k6^{n-k+1})&=\sum_{k=2}^{n-1} 4^{2-k}+\sum_{k=2}^{n-1}5^k6^{n-k+1}=4^2\sum_{k=2}^{n-1}\left(\frac14\right)^k+6^{n+1}\sum_{k=2}^{n-1}\left(\frac56\right)^k\\
&=4^2\frac1{4^2}\frac{1-\left(\frac14\right)^{n-1-2+1}}{1-\frac14}+6^{n+1}\left(\frac56\right)^2\frac{1-\left(\frac56\right)^{n-1-2+1}}{1-\frac56}\\
&=\frac43\left(1-\frac1{4^{n-2}}\right)+6^{n+1}\left(\frac56\right)^26\left(1-\left(\frac56\right)^{n-2}\right)\\ &=\frac43\left(1-\frac1{4^{n-2}}\right)+6^n5^2\left(1-\left(\frac56\right)^{n-2}\right)\\
&=\frac43\left(1-\frac1{4^{n-2}}\right)+25\left(6^n-6^25^{n-2}\right)\\
&=\frac43\left(1-\frac1{4^{n-2}}\right)+25\times6^n-6^2\times5^{n}
\end{align*}
On a obtenu que:
\ccl{\forall n\in\N,~n\geq3,~\sum_{k=2}^{n-1} (4^{2-k}+5^k6^{n-k+1})=\frac43\left(1-\frac1{4^{n-2}}\right)+25\times6^n-36\times5^{n}}
\item Pour tout $n\in\N$, $n\geq2$,
\begin{align*}
\sum_{k=3}^{n+1} 2^{3k+2}\binom n{k-1}&=\sum_{i=2}^{n} 2^{3i+5}\binom n{i}\hspace{20pt}\text{changement d'indice }i=k-1\\
&=2^5\sum_{k=2}^n\binom ni 8^i\\
&=2^5\left(\sum_{k=0}^n\binom ni 8^i1^{n-i}-\binom n0 8^0-\binom n1 8^1\right)\\
&=2^5\left((8+1)^n-1-8n\right)
\end{align*}
Pour conclure,
\ccl{\forall n\in\N,~n\geq2,~\sum_{k=3}^{n+1} 2^{3k+2}\binom n{k-1}=32\left(9^n-8n-1\right)}
\end{enumerate}
\end{Exo}\hspace{0pt}

\begin{Exo}\hspace{0pt}
\begin{enumerate}
\item On remarque que $\ds c-a=\frac{b-a}2$, or $b>a$ donc $c-a>0$. De même, $\ds c-b =\frac{a-b}2$ donc $c-b<0$. Ainsi, on a bien $a<c<b$.\\
Montrons que $c$ est rationnel. $a$ et $b$ sont rationnels donc
$$\exists (x,y)\in\Z^2,~\exists(p,q)\in\left(\N^\star\right)^2,~a=\frac xp,~b=\frac yq.$$
On a alors
$$c=\frac{\frac xp +\frac yq}2=\frac{\frac{xq+yp}{pq}}2=\frac{xq+yp}{2pq}.$$
Or $(xq+yp)\in\Z$ et $2pq\in\N^\star$, donc $c\in\Q$. On a bien montré que
\ccl{\text{$c$ est un rationnel vérifiant $a<c<b$.}}
\item Montrons par l'absurde qu'il n'existe pas de plus petit rationnel strictement supérieur à 1. Supposons donc qu'il existe un plus petit rationnel strictement supérieur à 1, notons le $\alpha$.\\
Soit $\ds\beta=\frac{1+\alpha}2$. D'après la question (1), on a alors $\beta\in\Q$ et $1<\beta<\alpha$. Ainsi, $\beta$ est un rationnel à la fois strictement supérieur à 1 et strictement inférieur à $\alpha$, ce qui est absurde par définition de $\alpha$.\\
On peut bien affirmer que:
\ccl{\text{il n'existe pas de plus petit rationnel strictement supérieur à 1.}}
\end{enumerate}
\end{Exo}\hspace{0pt}


\begin{Exo}\hspace{0pt}\\
Montrons par récurrence sur $n$ que:
$$\forall n\in\N^\star,~\prod_{k=1}^n\frac{2k}{2k+1}=\frac{2^{2n}(n!)^2}{(2n+1)!}.$$
Tout d'abord, $\ds\prod_{k=1}^1\frac{2k}{2k+1}=\frac2{2+1}=\frac23$ et $\ds\frac{2^2(1!)^2}{3!}=\frac46=\frac23$ donc l'égalité est vérifiée pour $n=1$.\\
Soit $n\in\N^\star$, supposons que $\ds\prod_{k=1}^n\frac{2k}{2k+1}=\frac{2^{2n}(n!)^2}{(2n+1)!}$, on a alors:
\begin{align*}
\prod_{k=1}^{n+1}\frac{2k}{2k+1}&=\left(\prod_{k=1}^n\frac{2k}{2k+1}\right)\frac{2(n+1)}{2(n+1)+1} = \frac{2^{2n}(n!)^2}{(2n+1)!}\frac{2(n+1)}{2n+3}= \frac{2^{2n}(n!)^2}{(2n+1)!}\frac{2(n+1)}{2n+3}\frac{2n+2}{2n+2}\\
&=\frac{2^{2n}(n!)^22^2(n+1)^2}{(2n+3)!}=\frac{2^{2(n+1)}((n+1)!)^2}{(2(n+1)+1)!}
\end{align*}
et l'égalité reste vraie au rang $n+1$.
On a finalement obtenu, d'après le principe de récurrence, que:
\ccl{\forall n\in\N^\star,~\prod_{k=1}^n\frac{2k}{2k+1}=\frac{2^{2n}(n!)^2}{(2n+1)!}.}
\underline{Variante:}\\
Soit $n\in\N^\star$, on remarque que:
$$\prod_{k=1}^n\frac{2k}{2k+1}=\frac{\prod_{k=1}^n2k}{\prod_{k=1}^n(2k+1)}=\frac{2^n\prod_{k=1}^nk}{\prod_{k=1}^n(2k+1)}=\frac{2^nn!}{\prod_{k=1}^n(2k+1)}.$$
Écrivons plus simplement le dénominateur. On voit qu'il est composé uniquement des termes impairs de 1 à $2n+1$, on peut faire apparaître les termes pairs ainsi:
$$\prod_{k=1}^n(2k+1)=3\times5\times7\times\ldots\times(2n+1) =\frac{2\times3\times4\times5\times\ldots\times(2n)\times(2n+1)}{2\times4\times6\times\ldots\times(2n)}=\frac{(2n+1)!}{\prod_{k=1}^n2k}=\frac{(2n+1)!}{2^nn!}.$$
On obtient finalement, puisque $(2^nn!)(2^nn!)=2^{2n}(n!)^2$,
\ccl{\forall n\in\N^\star,~\prod_{k=1}^n\frac{2k}{2k+1}=\frac{2^{2n}(n!)^2}{(2n+1)!}.}
\end{Exo}\hspace{0pt}

\newpage
\renewcommand{\labelitemi}{$\bullet$}
\begin{Exo}\hspace{0pt}
\begin{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item Montrons directement que $(A\backslash B)\backslash C = A\backslash(B\bigcup C)$ en utilisant la définition. Premièrement:
$$(A\backslash B)\backslash C=(A\backslash B)\bigcap \overline{C} =(A\bigcap\overline{B})\bigcap\overline{C}=A\bigcap\overline{B}\bigcap\overline{C}.$$
D'un autre côté:
$$A\backslash(B\bigcup C)=A\bigcap(\overline{B\bigcup C})=A \bigcap(\overline{B}\bigcap\overline{C})=A\bigcap\overline{B}\bigcap\overline{C}.$$
On a donc bien
\ccl{(A\backslash B)\backslash C = A\backslash(B\bigcup C).}
\item Montrons cette égalité par double inclusion.
\begin{itemize}
\item Soit $x\in(A\backslash B)\backslash C$. $x\in(A\backslash B)\backslash C=(A\backslash B)\bigcap \overline{C}$ donc $x\in A\backslash B=A\bigcap\overline{B}$ et $x\in A$.\\
De plus, $x\in(A\backslash B)\bigcap \overline{C}$ donc $x\in\overline{C}$ et $x\in A\bigcap\overline{B}$ donc $x\in\overline{B}$. Ainsi, $x\in\overline{B}\bigcap\overline{C}$ autrement dit $x\in\overline{B\bigcup C}$.\\
Finalement, on a obtenu que $x\in A\bigcap(\overline{B\bigcup C})=A\backslash(B\bigcup C)$. On a donc
$$(A\backslash B)\backslash C \subset A\backslash(B\bigcup C).$$
\item Soit $y\in A\backslash(B\bigcup C)$. $y\in A\bigcap(\overline{B\bigcup C})= A\bigcap(\overline{B}\bigcap \overline{C})$ donc $y\in A$ et $y\in\overline{B}$ autrement dit $y\in A\bigcap \overline{B}=A\backslash B$. De plus $y\in\overline{C}$ donc $y\in (A\backslash B)\bigcap \overline{C}=(A\backslash B)\backslash C$. Ainsi, on a obtenu que
$$A\backslash(B\bigcup C) \subset (A\backslash B)\backslash C.$$
Par double implication on peut affirmer que
\ccl{(A\backslash B)\backslash C = A\backslash(B\bigcup C).}
\end{itemize}
\end{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item Passons par la définition pour démontrer l'égalité souhaitée.\\On a $(A\backslash B)\bigcap C=A\bigcap \overline{B}\bigcap C$ et
\begin{align*}
(A\bigcap C)\backslash(B\bigcap C)&= (A\bigcap C)\bigcap(\overline{B\bigcap C})=(A\bigcap C)\bigcap(\overline{B}\bigcup \overline{C})\\
&=(A\bigcap C\bigcap\overline{B})\bigcup(A\bigcap C\bigcap\overline{C})=(A\bigcap\overline{B}\bigcap C)\bigcup(A\bigcap\emptyset)\\
&=(A\bigcap\overline{B}\bigcap C)\bigcup\emptyset=A\bigcap\overline{B}\bigcap C
\end{align*}
On a donc bien obtenu que:
\ccl{(A\backslash B)\bigcap C= (A\bigcap C)\backslash(B\bigcap C).}
\item Raisonnons par double inclusion.
\begin{itemize}
\item Soit $x\in (A\backslash B)\bigcap C$. $x\in A\backslash B=A\bigcap\overline{B}$ donc $x\in A$, de plus $x\in C$ donc $x\in A\bigcap C$. Ensuite, $x\in A\bigcap\overline{B}$ donc $x\in\overline{B}$ et ainsi $x\in \overline{B}\bigcup\overline{C}=\overline{B\bigcap C}$. On a ainsi obtenu que:
$$(A\backslash B)\bigcap C\subset (A\bigcap C)\backslash(B\bigcap C).$$
\item Soit $y\in (A\bigcap C)\backslash(B\bigcap C)$. $y\in A\bigcap C$ donc $y\in A$ et $y\in C$.\\
De plus $y\in \overline{B\bigcap C}= \overline{B}\bigcup\overline{C}$, or $y\in C$ donc $y\notin \overline{C}$, ainsi $y\in\overline{B}$.\\
Ensuite, $y\in A$ et $y\in \overline{B}$ donc $y\in A\backslash B$; et $y\in C$ donc $y\in(A\backslash B)\bigcap C$. On peut affirmer que:
$$(A\bigcap C)\backslash(B\bigcap C)\subset (A\backslash B)\bigcap C.$$
Finalement on a, par double inclusion,
\ccl{(A\backslash B)\bigcap C= (A\bigcap C)\backslash(B\bigcap C).}
\end{itemize}
\end{enumerate}

\end{enumerate}

\end{Exo}\hspace{0pt}


\end{document}