\input{../preambules/preDM.tex}
\usepackage{cancel}
\renewcommand{\P}{\mathscr{P}}
\begin{document}

\chead{Correction Devoir surveillé n°2}
\lfoot{}
\cfoot{Somme, dénombrement}

\begin{center}
\fbox{ \Large Correction Devoir surveillé n°2}
\end{center}
\vspace{30pt}

\section*{Exercice 1 - Dénombrement}
Nous sommes en situation d'équiprobabilité. L'univers $\Omega$ contient $\dis \binom{12}{5} = \dfrac{12 \times 11 \times 10 \times 9 \times 8}{5 \times 4 \times 3  \times 2} = 12 \times 11 \times 2 \times 3 = 792$ issues : en effet, on tire \textit{simultanément} 5 cartes dans un jeu de 12 cartes.

\begin{enumerate}
\item On tire simultanément et au hasard 5 cartes de l'enveloppe.
\begin{enumerate}
\item Soit $A$ l'évènement \og On n'obtient aucun roi \fg $\cdot$ Pour compter le nombre de tirages ne contenant aucun roi, on utilise une combinaison de 5 cartes parmi les 8 cartes qui ne sont pas des rois donc 
\begin{center}
\fbox{$card(A) = \binom{8}{5} = \dfrac{8\times 7 \times 6}{6} = 56$. }
\end{center}
\item Soit $B$ l'évènement \og On obtient au moins un roi \fg$\cdot$ L'évènement est complémentaire avec $A$. Ainsi
\begin{center}
\fbox{$ Card(B) = Card(\Omega) - Card(A) = 792 - 56 = 736$.}
\end{center}
\item Soit $C$ l'évènement \og On obtient exactement deux rois \fg$\cdot$ Pour dénombrer cet évènement, il faut prendre en compte le tirage de 2 rois parmi les 4 possibles et le tirage de 3 cartes parmi les cartes restantes. 
\[ \ds \hbox{Card}(C) = \binom{4}{2} \times \binom{8}{3} \]
Or
$$
\binom{4}{2} = 6
$$
et
$$
\binom{8}{3} = \dfrac{8 \times 7 \times 6}{ 3 \times 2} = 56
$$
Et donc 
\begin{center}
\fbox{$Card(C) = 6 \times 70 = 336$.}
\end{center}
\item Soit $D$ l'évènement \og On obtient un carré \fg$\cdot$ On considère l'obtention d'un carré de roi. Il faut les 4 rois et 1 cartes prise au hasard parmi les 8 cartes restantes. Il y a donc 8 combinaisons possibles pour avoir un carré de roi. Comme 3 carrés sont possibles :
\begin{center}
\fbox{$Card(D) = 24$.}
\end{center}
\end{enumerate}
\item Si l'on tire successivement et sans remise 5 cartes de cet enveloppe, alors nous sommes dans une situation d'arrangements. En adaptant la réponse de la question 1(b), on a 
\begin{center}
\fbox{$card(E) = A_{5}^{12} - A_5^8$.}
\end{center}
\end{enumerate}

\section*{Exercice 2 - \'Equations et inéquations}

\begin{enumerate}
\item On a :
\begin{itemize}
\item $\dis u_1= \frac{u_0}{3} + 0 -2 = \frac{1}{3} - 2 = -\frac{5}{3} \cdot$
\item $\dis u_2= \frac{u_1}{3} + 1 -2 = \frac{-5/3}{3} -1 = -\frac{5}{9} - \frac{9}{9} = - \frac{14}{9} \cdot$
\item $\dis u_3= \frac{u_2}{3} + 2 -2 = \frac{-14/9}{3} = - \frac{14}{27} \cdot$
\end{itemize}

\vspace{0.2cm}

\noindent \fbox{Conclusion : $\dis u_1 = -\frac{5}{3}$, $u_2 \dis = -\frac{14}{9}$ et $\dis u_3= - \frac{14}{27} \cdot$}
\item 
\begin{enumerate}
\item Montrons par récurrence que pour tout $n \geq 4$, $u_n \geq 0$.

\vspace{0.2cm}

\noindent Soit $\mathcal{P}(n)$ : \og $u_n \geq 0$ \fg pour tout $n \geq 4$.

\vspace{0.2cm}

\noindent \textbf{Initialisation :} pour $n=4$, on a :
\[ u_4 = \frac{u_3}{3} + 3 -2 = \frac{-14/27}{3} + 1 = \frac{-14}{81} + \frac{81}{81} = \frac{67}{81} \]
Ainsi $u_4 \geq 0$ et donc $\mathcal{P}(4)$ est vraie.

\vspace{0.2cm}

\noindent \textbf{Hérédité :} on suppose que la propriété est vraie à un rang $n \geq 4$, c'est-à-dire :
\[ u_n \geq 4 \]
On veut montrer qu'elle est vraie au rang $n+1$, c'est-à-dire :
\[ u_{n+1} \geq 4 \]
On sait que $u_{n+1}= \dis \frac{u_n}{3} + n-2$. Or par hypothèse de récurrence, $u_n \geq 0$ d'où $\dis \frac{u_n}{3} \geq 0$. Or $n \geq 4$ donc $n-2 \geq 2 \geq 0$. Par somme, on a bien $u_{n+1} \geq 0$. Ainsi $\mathcal{P}(n+1)$ est vraie.

\vspace{0.2cm}

\noindent \fbox{\begin{minipage}[h][0.9cm][t]{15cm} Conclusion : la propriété est vraie au rang $4$ et est héréditaire. Par principe de récurrence, elle est vraie pour tout $n \geq 4$. Ainsi, pour tout $n \geq 4$, $u_n \geq 0$.\end{minipage}}
\item D'après la question précédente, pour tout $n \geq 4$ on a : $u_n \geq 0$ et ainsi :
\[ u_{n+1}= \frac{u_n}{3} + n -2 \geq n-2  \]
Pour tout $n \geq 4$, on a donc $u_{n+1} \geq n-2$. Changeons l'indice : posons $N=n+1$, on a ainsi $n=N-1$ et si $N-1 \geq 4$ alors $u_N \geq (N-1)-2$. C'est-à-dire : si $N \geq 5$, $u_N \geq N-3$. L'indice étant muet, on obtient le résultat.

\vspace{0.2cm}

\noindent \fbox{Conclusion : pour tout $n \geq 5$, $u_n \geq n-3$.}
\end{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item Soit $n \in \mathbb{N}$. On a :
\[ \begin{array}{ccl}
v_{n+1} & = & -2 \dis u_{n+1}+3(n+1) - \frac{21}{2} \\[0.3cm]
& = & -2 \dis \left( \frac{u_n}{3} + n -2 \right) +3n +3 - \frac{21}{2} \\[0.3cm]
& = & \dis \frac{-2u_n}{3} -2n +4 +3n+3 - \frac{21}{2} \\[0.3cm]
& = & \dis \frac{-2u_n}{3} + n +7 - \frac{21}{2} \\[0.3cm]
& = & \dis \frac{-2u_n}{3} + n + \frac{14}{2} - \frac{21}{2} \\[0.3cm]
& = & \dis \frac{-2u_n}{3} + n -\frac{7}{2} \\[0.3cm]
& = & \dis \frac{1}{3} \left( -2u_n + \frac{n}{1/3} - \frac{7/2}{1/3} \right) \\[0.3cm]
& = & \dis \frac{1}{3} \left( -2u_n +3n - \frac{21}{2} \right) \\
& = & \dis \frac{1}{3} \times v_n \\
\end{array}\]

\vspace{0.2cm}

\noindent \fbox{Conclusion : $(v_n)_{n \geq 0}$ est géométrique de raison $\dis \frac{1}{3} \cdot$}
\item D'après la question précédente, on a pour tout $n \geq 0$ :
\[ \begin{array}{ccl}
v_n&  = & \dis v_0 \times \left( \frac{1}{3} \right)^n \\[0.3cm]
& = & \dis \left(-2u_0+3 \times 0 - \frac{21}{2} \right) \times \left( \frac{1}{3} \right)^n \\[0.3cm] 
& = & \dis \left(-2 - \frac{21}{2} \right) \times \left( \frac{1}{3} \right)^n \\[0.3cm] 
& = & - \dis \frac{25}{2} \times  \left( \frac{1}{3} \right)^n \\[0.3cm]
\end{array}\]

\vspace{0.2cm}

\noindent \fbox{Conclusion : pour tout $n \geq 0$, $v_n = \dis - \frac{25}{2} \times  \left( \frac{1}{3} \right)^n \cdot$}
\item Soit $n \geq 0$. On sait que 
\[ v_n = -2 u_n +3n - \frac{21}{2} \]
et ainsi :
\[ -2u_n = v_n -3n + \frac{21}{2} \]
d'où :
\[ u_n = \frac{-1}{2} v_n + \frac{3n}{2}  - \frac{21}{4} \]
D'après la question précédente, on a donc :
\[ u_n = - \frac{1}{2} \left(- \frac{25}{2} \times  \left( \frac{1}{3} \right)^n \right) + \frac{3n}{2}  - \frac{21}{4} = \frac{25}{4} \times  \left( \frac{1}{3} \right)^n \ + \frac{3n}{2}  - \frac{21}{4} \]

\vspace{0.2cm}

\noindent \fbox{Conclusion : pour tout $n \geq 0$, $u_n = \dis \frac{25}{4} \times  \left( \frac{1}{3} \right)^n \ + \frac{3n}{2}  - \frac{21}{4} \cdot$}
\end{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item $(v_n)_{n \geq 0}$ est une suite géométrique de raison $\dis \frac{1}{3}\cdot$ On a ainsi pour tout $n \geq 0$ : 
\[ \sum_{k=0}^n v_k = v_0 \times \frac{1-(1/3)^{n+1}}{1- \frac{1}{3}} = -\frac{25}{2} \times \frac{1-(1/3)^{n+1}}{2/3} = -\frac{25}{2} \times \frac{3}{2} \left(1 - \left(\frac{1}{3}\right)^{n+1} \right) = -\frac{75}{4} \left(1 - \left(\frac{1}{3}\right)^{n+1} \right) \]

\vspace{0.2cm}

\noindent \fbox{Conclusion : pour tout $n \geq 0$, $\dis  \sum_{k=0}^n  v_k= -\frac{75}{4} \left(1 - \left(\frac{1}{3}\right)^{n+1} \right) \cdot$}
\item Pour tout $k \in \mathbb{N}$, on sait d'après une question précédente que : 
\[ u_k =  \frac{-1}{2} v_k + \frac{3k}{2}  - \frac{21}{4}\]
Ainsi pour tout $n \in \mathbb{N}$, en sommant et par linéarité, on a alors :
\[ \begin{array}{ccl}
\dis \sum_{k=0}^n u_k & = & \dis \frac{-1}{2} \sum_{k=0}^n v_k  + \frac{3}{2} \sum_{k=0}^n k  - \frac{21}{4} \sum_{k=0}^n 1 \\[0.3cm]
& = & \dis - \frac{1}{2} \left( -\frac{75}{4} \left(1 - \left(\frac{1}{3}\right)^{n+1} \right)\right)  + \frac{3}{2} \times \frac{n(n+1)}{2} - \frac{21}{4} (n+1) \\[0.3cm]
& = & \dis \frac{75}{8} \left(1 - \left(\frac{1}{3}\right)^{n+1} \right)+ \frac{3n(n+1)-21(n+1)}{4} \\[0.3cm]
& = & \dis \frac{75}{8} \left(1 - \left(\frac{1}{3}\right)^{n+1} \right) + \frac{(n+1)(3n-21)}{4} \\[0.3cm]
\end{array}\]
\end{enumerate}

\vspace{0.2cm}

\noindent \fbox{Conclusion : pour tout $n \geq 0$, $\dis \sum_{k=0}^n u_k = \frac{75}{8} \left(1 - \left(\frac{1}{3}\right)^{n+1} \right) + \frac{(n+1)(3n-21)}{4} \cdot$}
\end{enumerate}


\subsection*{Exercice 3 - Démonstration par récurrence}

 \begin{enumerate}
 \item On remplace $n$ par les valeurs demandées:
 \[\begin{split}
& R_1 = \sum_{k=1}^1 \frac{1}{k(k+1)(k+2)}=\frac{1}{1(1+1)(1+2)}=\boxed{\frac{1}{6}}\\
& R_2= \sum_{k=1}^2 \frac{1}{k(k+1)(k+2)}=\frac{1}{1(1+1)(1+2)}+ \frac{1}{2(2+1)(2+2)}=\frac{1}{6}+\frac{1}{24}=\boxed{\frac{5}{24}}\\
&R_3 = \sum_{k=1}^3 \frac{1}{k(k+1)(k+2)}=\frac{1}{1(1+1)(1+2)}+\frac{1}{2(2+1)(2+2)}+\frac{1}{3(3+1)(3+2)}=\frac{5}{24}+\frac{1}{60}\\
& =\frac{50}{240}+\frac{4}{240}=\frac{54}{240}=\frac{27}{120}=\boxed{\frac{9}{40}}\\
\end{split}\]
\item On développe l'expression de droite:
\begin{align*}
(n+1)(n^2 + 5n + 4) & = n^3 + 5n^2 + 4n + n^2 + 5n + 4 \\
& \boxed{=n^3 + 6n^2 + 9n + 4}
\end{align*}

\item   Montrons cette égalité par récurrence : pour $n \in \mathbb{N}^*$, on note $\mathcal{P}(n)$ la propriété suivante : $$"R_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k(k+1)(k+2)}= \frac{n(n+3)}{4(n+1)(n+2)}". $$

\vspace{0.3cm}

\noindent $\bullet$ \textbf{Initialisation :} Pour $n=1$, on vient de voir que
 $$ R_1 = \sum_{k=1}^1 \frac{1}{k(k+1)(k+2)}=\frac{1}{1(1+1)(1+2)}=\frac{1}{6}.$$
D'un autre côté, on a $\dis \frac{1(1+3)}{4(1+1)(1+2)}=\dis \frac{4}{24}=\dis \frac{1}{6}$.
 On a bien l'égalité voulue, $\boxed{\mathcal{P}(1) \text{ est donc vraie.}}$

\vspace{0.3cm}

\noindent $\bullet$ \textbf{Hérédité :} On suppose que la propriété est vraie à un rang $n \geq 1$ fixé, c'est-à-dire : 
\[R_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k(k+1)(k+2)}= \frac{n(n+3)}{4(n+1)(n+2)} \]

\vspace{0.2cm}

On souhaite montrer que la propriété est vraie au rang $n+1$, c'est-à-dire : 
\[R_{n+1} = \sum_{k=1}^{n+1} \frac{1}{k(k+1)(k+2)}= \frac{(n+1)(n+4)}{4(n+2)(n+3)} \]

\vspace{0.2cm}

On a 
\[ \begin{split}
& \sum_{k=1}^{n+1} \frac{1}{k(k+1)(k+2)}  =  \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k(k+1)(k+2)} + \frac{1}{(n+1)(n+2)(n+3)}\\[0.25cm]
& =  \frac{n(n+3)}{4(n+1)(n+2)}+ \frac{1}{(n+1)(n+2)(n+3)} \quad \text{ (Hypothèse de récurrence)}\\[0.25cm]
&= \frac{n(n+3)^2 + 4}{4(n+1)(n+2)(n+3)} \quad \text{ (Mise au même dénominateur)}\\[0.25cm]
&=  \frac{n(n^2+6n+9)+4}{4(n+1)(n+2)(n+3)} =\frac{n^3+6n^2+9n+4}{4(n+1)(n+2)(n+3)}\\[0.25cm]
&= \frac{(n+1)(n^2+5n+4)}{4(n+1)(n+2)(n+3)} \quad \text{ (Indication de l'énoncé)}\\
\end{split}\]
On cherche les racines du trinôme $n^2+5n+4$. On a $\Delta= 25-16 =9$ donc les racines sont $x_1=\dis \frac{-5-3}{2}=-4$ et $x_2=\dis \frac{-5+3}{2}=-1$.\\
Le trinôme se factorise et peut s'écrire:
\[n^2+5n+4=(n+1)(n+4).\]
On remplace dans l'expression précédente, et on obtient:
\[ \sum_{k=1}^{n+1} \frac{1}{k(k+1)(k+2)}=\frac{(n+1)(n+1)(n+4)}{4(n+1)(n+2)(n+3)}=\frac{(n+1)(n+4)}{4(n+2)(n+3)}.\]
Donc $\boxed{\mathcal{P}(n+1)\text{ est vraie.}}$

\vspace{0.3cm}

\noindent $\bullet$ \textbf{Conclusion :} La propriété $\mathcal{P}(n)$ est vraie pour $n=1$ et est héréditaire. Par récurrence, la propriété est vraie pour tout $n \geq 1$, c'est-à-dire :
\[\boxed{\forall n \geq 1,\, R_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k(k+1)(k+2)}= \frac{n(n+3)}{4(n+1)(n+2)}} \]
 
 \end{enumerate}

\subsection*{Exercice 4 - \'Etude de produit}
\begin{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item On a:
\[\begin{split}
P_n & =(1+1)(1+\frac{1}{2})(1+\frac{1}{3}) \dots (1+\frac{1}{n})=\prod_{k=1}^n(1+\frac{1}{k})\\[0.25cm]
&= \prod_{k=1}^n(\frac{k+1}{k})=\frac{\dis \prod_{k=1}^n k+1}{\dis \prod_{k=1}^n k}\\[0.25cm]
&= \frac{\dis \prod_{i=2}^{n+1} i}{\dis \prod_{k=1}^n k} \quad \text{(Changement d'indice i=k+1)}\\[0.25cm]
&= \frac{n+1}{1}=\boxed{n+1 }\quad \text{(Par télescopage)}\\
\end{split}\]
\item Soit $n\in \mathbb{N}^*$, on reconnait que $Q_n=\ln(P_n)$:
\[\begin{split}
\ln(P_n) &= \ln \left( \prod_{k=1}^n(1+\frac{1}{k})\right)= \sum_{k=1}^n \ln (1+\frac{1}{k}) \quad \left(\text{ car }\ln(a\times b)=\ln(a)+ \ln(b)\right)\\[0.25cm]
&= \boxed{Q_n}\\
\end{split}\]
D'après la question précédente, on obtient pour tout entier $n\geq 1$:
\[\boxed{Q_n=\ln(1+n)}.\]
\end{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item On a:
\[\begin{split}
R_n & =\frac{1}{1-\frac{1}{2}}\times \frac{1}{1-\frac{1}{3}}\times \dots \times \frac{1}{1-\frac{1}{n}}=\prod_{k=2}^n\left(\frac{1}{1-\frac{1}{k}}\right)\\
&= \prod_{k=2}^n\left(\frac{1}{\frac{k-1}{k}}\right)=\prod_{k=2}^n\left(\frac{k}{k-1}\right)=\left(\frac{\dis \prod_{k=2}^n k}{\dis \prod_{k=2}^n k-1}\right)\\
& = \left(\frac{\dis \prod_{k=2}^n k}{\dis \prod_{i=1}^{n-1} i}\right) \quad \text{ (Changement d'indice } i=k-1)\\
&= \frac{n}{1}= \boxed{n} \quad \text{ (Par télescopage)}
\end{split}\]
\item De la même façon que précédemment, on reconnait que $S_n= \ln(R_n)$:
\[\begin{split}
\ln(R_n) &= \ln \left( \prod_{k=2}^n\left(\frac{1}{1-\frac{1}{k}}\right)\right)= \sum_{k=1}^n \ln (\frac{1}{1-\frac{1}{k}}) \quad \left(\text{ car }\ln(a\times b)=\ln(a)+ \ln(b)\right)\\[0.25cm]
&= \boxed{S_n}\\
\end{split}\]
D'après la question précédente, on obtient que pour tout entier $n\geq 2$:
\[\boxed{S_n=\ln(n)}.\]


\end{enumerate}
\item Soit $n$ un entier supérieur à 2, alors
\[\begin{split}
T_n &=\sum_{k=2}^n \ln (1-\frac{1}{k^2}) =\sum_{k=2}^n \ln \left((1-\frac{1}{k})(1+\frac{1}{k})\right)\\
&= \sum_{k=2}^n \ln \left(1-\frac{1}{k}\right)+\sum_{k=2}^n \ln \left(1+\frac{1}{k}\right)\quad \left(\text{ car }\ln(a\times b)=\ln(a)+ \ln(b)\right)\\
\end{split}\] 
Or d'après les questions précédentes:
\[\sum_{k=2}^n \ln \left(1-\frac{1}{k}\right)=S_n =\ln(n)\]
et 
\[\sum_{k=2}^n \ln \left(1+\frac{1}{k}\right)= Q_n-Q_1=\ln(1+n)-\ln(2).\quad (\text{Attention la somme par ici de } k=2)\]
On obtient finalement:
\[\boxed{T_n=\ln(n+1)+\ln(n)-\ln(2)}.\]
\item En passant à l'exponentielle dans l'expression précédente, on obtient:
\[\begin{split}
\exp(T_n)& =\exp \left( \sum_{k=2}^n \ln (1-\frac{1}{k^2})\right)\\
& = \prod_{k=2}^n \exp\left(\ln (1-\frac{1}{k^2})\right) \quad (\text{ car } e^{a+b}=e^a \times e^b)\\
& = \prod_{k=2}^n  \left(1-\frac{1}{k^2}\right)=\boxed{ W_n}\\
\end{split}\]
D'après la question précédente, on obtient que pour tout entier $n\geq 2$:
\[\begin{split}
W_n &=\exp{\left(\ln(n+1)+\ln(n)-\ln(2)\right)}=e^{\ln(n+1)}\times e^{\ln(n)}\times e^{-\ln(2)}\\
&= \boxed{\frac{n(n+1)}{2}}.
\end{split}\]
\end{enumerate}

\subsection*{Exercice 5 - Somme et coefficients binomiaux}
\begin{enumerate}
\item Soit $k$,$n$ et $p$ trois entiers naturels avec $p\leq k\leq n$, alors
\begin{align*}
\binom{n}{n-p}\binom{n-p}{n-k} & = \frac{n!}{(n-p)!p!}\frac{(n-p)!}{(n-k)!(k-p)!} \\
& =\frac{n!}{p!}\frac{1}{(n-k)!(k-p)!} \\
& =\frac{n!}{(n-k)!}\frac{1}{p!(k-p)!} \\
& =\frac{n!}{(n-k)!k!}\frac{k!}{p!(k-p)!}.
\end{align*}

On a bien obtenu que
\begin{center}
\fbox{$\forall(n,k,p)\in\N^3,~ p\leq k\leq n,\ds ~\binom{n}{n-p}\binom{n-p}{n-k}=\binom{n}{k}\binom{k}{p}.$}
\end{center}
\item Tout d'abord,
$$\sum_{k=0}^n\sum_{p=0}^k \binom{n}{k}\binom{k}{p}(-1)^{p+1}3^{k-p}=-\sum_{k=0}^n \left(\binom{n}{k}\left(\sum_{p=0}^k\binom{k}{p}(-1)^{p}3^{k-p}\right)\right).$$
Or, d'après la formule du binôme,
$$\sum_{p=0}^k\binom{k}{p}(-1)^{p}3^{k-p}=\left((-1)+3\right)^k=2^k$$
Ainsi, d'après la formule du binôme,
\begin{align*}
\sum_{k=0}^n\sum_{p=0}^k \binom{n}{k}\binom{k}{p}(-1)^{p+1}3^{k-p} & = -\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}2^k \\
& = -\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}2^k1^{n-k} \\
& =-(2+1)^n=-3^n.
\end{align*}
On a donc obtenu
\begin{center}
\fbox{$\ds \sum_{k=0}^n\sum_{p=0}^k  \binom{n}{n-p}\binom{n-p}{n-k}(-1)^{p+1}3^{k-p}=-3^n.$}
\end{center}
\end{enumerate}

\end{document}