\input{../preambules/preDM.tex}

\begin{document}

\chead{Correction Devoir maison bonus n°1}
\lfoot{}
\cfoot{Généralités sur les suites.}

\begin{center}
\fbox{ \Large Correction Devoir maison bonus n°1}
\end{center}
\vspace{30pt}

\renewcommand{\P}{\mathscr{P}}
\newcommand{\ds}{\displaystyle}


\section*{Exercice 1}
Pour $i \in \entier{1,3}$, on note l'évènement $A_i$: "Le cadeau se trouve à la $i^{ème}$ porte" 
\subsection*{Cas n°1}
On choisit la porte n°1 et on décide de ne pas changer de porte. Notre probabilité de gagner le cadeau est donc 
\begin{center}
\fbox{$P(A_1) = \dfrac{1}{3}$.}
\end{center}
\subsection*{Cas n°2}
Le présentateur ouvre une des deux autres portes qui ne contient pas le cadeau (pour fixer les idées, la porte n°2). Si l'on change de porte, notre probabilité de gagner est maintenant
\begin{center}
\fbox{$P_{\overline{A_2}}(A_3) = \dfrac{P(\overline{A_2} \cap A_3)}{P(\overline{A_2})} = \dfrac{P(A_3)}{P(\overline{A_2})} = \dfrac{\frac{1}{3}}{\frac{2}{3}} = \dfrac{1}{2}$}
\end{center}
Il est donc toujours plus avantageux de changer de porte. 

\section*{Exercice 2}
\begin{enumerate}
\item
Soit $A = (a_{i,j})$ et $B = (b_{i,j})$. On a alors $A + B = (c_{i,j})$ avec $c_{i,j} = a_{i,j} + b_{i,j}$. On a alors 
$$^t (A + B) = (c_{j,i}) = (a_{j,i} + b_{j,i}) .$$
On a également 
$$
^t A + ^t B = (a_{j,i}) + (b_{j,i}) 
$$ 
Les coefficients étant égaux, on a 
\begin{center}
\fbox{$^t (A+B) = ^t A + ^t B$}
\end{center}
\item
Soient $A, B \in \mathcal{S}_n(\R)$ deux matrices symétriques. On a alors
\begin{eqnarray*}
^t (A + B) & = & ^t A + ^t B \\
& = & A + B
\end{eqnarray*}
\begin{center}
\fbox{Ainsi $A+B \in \mathcal{S}_n(\R)$.}
\end{center}
\end{enumerate}

\section*{Exercice 3}
\begin{enumerate}
\item Il y a deux façons de résoudre cette question.
\begin{enumerate}
\item En utilisant le résultat concernant la somme des $k^3$. Soit $n\in\N^*$,
\begin{eqnarray*}
\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{eqnarray*}
On a donc bien obtenu que:
\begin{center}
\fbox{$\forall n\in\N^\star,\quad \ds \sum_{k=1}^n k(2k^2-1)=\frac{n(n+1)(n^2+n-1)}2.$}
\end{center}
\item Montrons pas récurrence sur $n$ les propriétés:
$$ \P_n= \left\{\quad  \sum_{k=1}^n k(2k^2-1)=\frac{n(n+1)(n^2+n-1)}2 \quad \right\}.$$
{\bf Initialisation :} 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 $n=1$.\\

{\bf Hérédité :} 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{eqnarray*}
\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{eqnarray*}
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:
$$\ds\sum_{k=1}^{n+1} k(2k^2-1)=\frac{(n+1)((n+1)+1)((n+1)^2+(n+1)-1)}2.$$
Ainsi $\P_{n+1}$ est vraie. 
\end{enumerate}
\item Montrons par récurrence sur $n$ que:
$$ \P_n= \left\{\quad  \ds\sum_{k=1}^n \ln(x_k)=\ln \left({\prod_{k=1}^n x_k}\right) \quad \right\}.$$
{\bf Initialisation :} Soit $x_1$ un nombre réel. On a bien 
$\ds \sum_{k=1}^1 \ln(x_k) = \ln(x_1) = \ln \left({\prod_{k=1}^1 x_k}\right)$.  Donc $\P_1$ est vraie. \\

{\bf Hérédité :} Soit $n \in \N$ et soient $x_1, \ldots, x_n, x_{n+1}$ des nombres réels. On suppose que $\P_n$ est vraie. On a alors 
\begin{eqnarray*}
\sum_{k=1}^{n+1} \ln(x_k) & = & \sum_{k=1}^{n} \ln(x_k) + \ln(x_{n+1}) \\
& = & \ln \left({\prod_{k=1}^{n} x_k} \right) + \ln(x_{n+1}) \\
& = & \ln \left(x_{n+1} {\prod_{k=1}^{n} x_k} \right) \\
& = & \ln \left({\prod_{k=1}^{n+1} x_k} \right) 
\end{eqnarray*}
Ainsi $\P_{n+1}$ est vraie. $(\P_n)$ est héréditaire.\\

{\bf Conclusion :} Pour tout $n$ entier $\ds \sum_{k=1}^n k(2k^2-1)=\frac{n(n+1)(n^2+n-1)}2$.
\end{enumerate}


\section*{Exercice 4}
\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:
\begin{center}
\fbox{$\ds \forall n\in\N,~n\geq3,~\sum_{k=2}^{n-1} (4^{2-k}+5^k6^{n-k+1})=\frac43\left(1-\frac1{4^{n-2}}\right)+25\times6^n-36\times5^{n}$}
\end{center}
\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,
\begin{center}
\fbox{$\ds \forall n\in\N,~n\geq2,~\sum_{k=3}^{n+1} 2^{3k+2}\binom n{k-1}=32\left(9^n-8n-1\right)$}
\end{center}
\end{enumerate}

\section*{Exercice 5}
\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
\begin{center}
\fbox{$\text{$c$ est un rationnel vérifiant $a<c<b$.}$}
\end{center}
\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:
\begin{center}
\fbox{$\text{il n'existe pas de plus petit rationnel strictement supérieur à 1.}$}
\end{center}
\end{enumerate}

\section*{Exercice 6}
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:
\begin{center}
\fbox{$\ds \forall n\in\N^\star,~\prod_{k=1}^n\frac{2k}{2k+1}=\frac{2^{2n}(n!)^2}{(2n+1)!}.$}
\end{center}
\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 $(2^nn!)(2^nn!)=2^{2n}(n!)^2$,
\begin{center}
\fbox{$\ds \forall n\in\N^\star,~\prod_{k=1}^n\frac{2k}{2k+1}=\frac{2^{2n}(n!)^2}{(2n+1)!}.$}
\end{center}


\section*{Exercice 7}
Soit $A$ une matrice carrée d'ordre $n$. Alors 
$$
A = \dfrac{A + \;^tA}{2} + \dfrac{A - \;^t A}{2}
$$
Si on note $B = \dfrac{A + \;^tA}{2}$, alors on voit que $^t B = B$. Donc la matrice $B$ est symétrique. \\
Si on note $C = \dfrac{A - \;^t A}{2}$, alors on voit que $^t C= - C$. Donc la matrice $C$ est antisymétrique. \\

Ainsi, une matrice peut toujours s'écrire comme la somme d'une matrice symétrique et d'une matrice antisymétrique. 



\end{document}