Planche no 4. Les symboles Σ et Π : corrigé Exercice no 1. 1) Soit n ⩾3. n X i=

Planche no 4. Les symboles Σ et Π : corrigé Exercice no 1. 1) Soit n ⩾3. n X i=3 i = (3 + n)(n −2) 2 = (n −2)(n + 3) 2 . Soit n ∈N∗. n X i=1 (2i −1) = (1 + (2n −1))n 2 = n2 et n+1 X k=4 (3k + 7) = (19 + 3n + 10)(n −2) 2 = 1 2(3n + 29)(n −2) = 1 2(3n2 + 23n −58). 2) Soit n ∈N∗. Posons un = 1, 11...1 | {z } n . On a un = 1 + n X k=1  1 10 k = n X k=0  1 10 k = 1 − 1 10n+1 1 −1 10 = 10 9 − 1 9 × 10n . Quand n tend vers +∞, 1 9 × 10n tend vers 0, et donc un tend vers 10 9 . 1, 11111.... = 10 9 . Soit n ∈N∗. Posons un = 0, 99...9 | {z } n . On a un = n X k=1 9 10k = 9 10 1 − 1 10n 1 −1 10 = 1 − 1 10n . Quand n tend vers +∞, 1 10n tend vers 0, et donc un tend vers 1. 0, 9999.... = 1. 3) Soit n ∈N∗. Posons un = 1 −1 + 1 −... + (−1)n−1 | {z } n . On a un = n−1 X k=0 (−1)k = 1 −(−1)n 1 −(−1) = 1 2(1 −(−1)n) = 0 si n est pair 1 si n est impair . 4) Soit n ∈N∗. n X k=1 1 2k = 1 2 1 −1 2n 1 −1 2 = 1 −1 2n . Quand n tend vers +∞, on obtient 1 2 + 1 4 + 1 8 + ... = 1. http ://www.maths-france.fr 1 c ⃝Jean-Louis Rouget, 2014. Tous droits réservés. 5) Soit n ∈N. n X k=0 cos kπ 2 = Re n X k=0 eikπ/2 ! (= Re n X k=0 ik ! ) = Re 1 −e(n+1)iπ/2 1 −eiπ/2  = Re ei(n+1)π/4 eiπ/4 −2i sin (n+1)π 4 −2i sin π 4 ! = √ 2 sin (n + 1)π 4 cos nπ 4 = 1 √ 2 sin (2n + 1)π 4 + 1 2 = 1 si n ∈4N ∪(4N + 1) 0 si n ∈(4N + 2) ∪(4N + 3) En fait, on peut constater beaucoup plus simplement que cos 0 + cos π 2 + cos π + cos 3π 2 = 1 + 0 −1 + 0 = 0, on a immédiatement S4n = S0 = 1, S4n+1 = S1 = 1, S4n+2 = S2 = 0 et S4n+3 = S3 = 0. 6) Soient n ∈N et θ ∈R. Posons Cn = n X k=0 cos(kθ) et Sn = n X k=0 sin(kθ). Alors, d’après la formule de Moivre, Cn + iSn = n X k=0 (cos(kθ) + i sin(kθ)) = n X k=0 eikθ = n X k=0 eiθk . - 1er cas. Si θ / ∈2πZ, alors eiθ ̸= 1. Par suite, Cn + iSn = 1 −ei(n+1)θ 1 −eiθ = eiθ(n+1−1)/2 −2i sin (n+1)θ 2 −2i sin θ 2 = einθ/2 sin (n+1)θ 2 sin θ 2 . Par suite, Cn = Re(Cn + iSn) = cos nθ 2 sin (n + 1)θ 2 sin θ 2 et Sn = Im(Cn + iSn) = sin nθ 2 sin (n + 1)θ 2 sin θ 2 . - 2ème cas. Si θ ∈2πZ, on a immédiatement Cn = n + 1 et Sn = 0. Finalement, ∀n ∈N, n X k=0 cos(kθ) =            cos nθ 2 sin (n + 1)θ 2 sin θ 2 si θ / ∈2πZ n + 1 si θ ∈2πZ et n X k=0 sin(kθ) =            sin nθ 2 sin (n + 1)θ 2 sin θ 2 si θ / ∈2πZ 0 si θ ∈2πZ . 7) Soient x ∈[0, 1] et n ∈N∗. Puisque −x ̸= 1, on a S′ n(x) = n X k=1 (−1)k−1xk−1 = n−1 X k=0 (−x)k = 1 −(−x)n 1 −(−x) = 1 1 + x(1 −(−x)n). Par suite, Sn(x) = Sn(0) + Z x 0 S′ n(t) dt = Z x 0 1 −(−t)n 1 + t dt = Z x 0 1 1 + t dt − Z x 0 (−t)n 1 + t dt = ln(1 + x) − Z x 0 (−t)n 1 + t dt. Mais alors, |Sn(x) −ln(1 + x)| = Z x 0 (−t)n 1 + t dt ≤ Z x 0 (−t)n 1 + t dt = Z x 0 tn 1 + t dt ⩽ Z x 0 tndt = xn+1 n + 1 ⩽ 1 n + 1. Comme 1 n + 1 tend vers 0 quand n tend vers +∞, on en déduit que ∀x ∈[0, 1], lim n→+∞ n X k=1 (−1)k−1xk−1 = ln(1 + x). http ://www.maths-france.fr 2 c ⃝Jean-Louis Rouget, 2014. Tous droits réservés. En particulier, ln 2 = lim n→+∞  1 −1 2 + 1 3 −... + (−1)n−1 n  . 8) a) Soit n ∈N. un+1 −3 = 2un −6 = 2(un −3). La suite (un −3)n∈N est donc une suite géométrique, de raison q = 2 et de premier terme u0 −3 = −2. On en déduit que, pour tout entier naturel n, un −3 = −2 × 2n et donc que ∀n ∈N, un = 3 −2n+1. b) Soit n ∈N. n X k=0 uk = n X k=0 3 −2 n X k=0 2k = 3(n + 1) −22n+1 −1 2 −1 = −2n+2 + 3n + 5. ∀n ∈N, n X k=0 uk = −2n+2 + 3n + 5. Exercice no 2. 1) Pour tout naturel non nul k, on a 1 k(k + 1) = (k + 1) −k k(k + 1) = 1 k − 1 k + 1, et donc n X k=1 1 k(k + 1) = n X k=1 1 k − 1 k + 1  = 1 − 1 n + 1 = n n + 1. Pour tout naturel non nul k, on a 1 k(k + 1)(k + 2) = 1 2 (k + 2) −k k(k + 1)(k + 2) = 1 2  1 k(k + 1) − 1 (k + 1)(k + 2)  et donc n X k=1 1 k(k + 1)(k + 2) = 1 2 n X k=1  1 k(k + 1) − 1 (k + 1)(k + 2)  = 1 2 1 2 − 1 (n + 1)(n + 2)  = n(n + 3) 4(n + 1)(n + 2). 2) Soit n ∈N. Pour tout entier naturel k, k × k! = (k + 1 −1) × k! = (k + 1) × k! −k! = (k + 1)! −k! puis n X k=0 k × k! = n X k=0 ((k + 1)! −k!) = (n + 1)! −1. Soit n ∈N. Pour tout entier naturel k, k (k + 1)! = (k + 1 −1) (k + 1)! = k + 1 (k + 1)! − 1 (k + 1)! = 1 k! − 1 (k + 1)! puis n X k=0 k (k + 1)! = n X k=0  1 k! − 1 (k + 1)!  = 1 − 1 (n + 1)!. 3) Soit n ∈N∗. - Calcul de S1. Posons P1 = aX2 + bX + c. On a P1(X + 1) −P1(X) = a((X + 1)2 −X2) + b((X + 1) −X) = 2aX + (a + b). Par suite, P1(X + 1) −P1(X) = X ⇐2a = 1 et a + b = 0 ⇔a = 1 2 et b = −1 2 ⇐P1 = X2 2 −X 2 ⇔P1 = X(X −1) 2 . http ://www.maths-france.fr 3 c ⃝Jean-Louis Rouget, 2014. Tous droits réservés. Mais alors, n X k=1 k = n X k=1 (P1(k + 1) −P1(k)) = P1(n + 1) −P1(1) = n(n + 1) 2 . - Calcul de S2. Posons P2 = aX3 + bX2 + cX + d. On a P2(X + 1) −P2(X) = a((X + 1)3 −X3) + b((X + 1)2 −X2) + c((X + 1) −X) = 3aX2 + (3a + 2b)X + a + b + c. Par suite, P2(X + 1) −P2(X) = X2 ⇐3a = 1 et 3a + 2b = 0 et a + b + c = 0 ⇔a = 1 3 et b = −1 2 et c = 1 6 ⇐P2 = X3 3 −X2 2 + X 6 ⇔P2 = X(X −1)(2X −1) 6 . Mais alors, n X k=1 k2 = n X k=1 (P2(k + 1) −P2(k)) = P2(n + 1) −P2(1) = n(n + 1)(2n + 1) 6 . - Calcul de S3. Posons P3 uploads/Litterature/ 04-sigma-corrige.pdf

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