QCM : Récurrence et coefficients binomiaux en L1 de maths

Réponse D.

La somme compte \(10-3+1=8\) termes, de moyenne \(\frac{3+10}{2}\) ; elle vaut donc \(8\times\frac{13}{2}=52\). On peut aussi retirer \(1+2=3\) à la somme des entiers de 1 à 10. Le piège \(55\) ignore la borne inférieure. La valeur \(49\) retire aussi le terme \(3\), qui fait pourtant partie de la somme. Enfin, \(65\) compte dix termes au lieu de huit.

Réponse A.

Quand \(k\) va de \(2\) à \(n+1\), l’indice \(j=k-1\) va de \(1\) à \(n\). Ainsi, les deux bornes se décalent ensemble, et le terme général devient \(a_j\). La somme de \(2\) à \(n+1\) change le terme sans changer les bornes. La somme de \(1\) à \(n+1\) ne décale qu’une borne, ce qui ajoute un terme. Enfin, la somme de \(3\) à \(n+2\) décale les bornes dans le mauvais sens, comme si l’on avait posé \(j=k+1\).

Réponse C.

La somme est télescopique : en écrivant les termes, chaque \(\sqrt{k}\) apparaît une fois avec le signe plus et une fois avec le signe moins. Par conséquent, il ne reste que le dernier terme positif, \(\sqrt{n+1}\), et le premier terme négatif, \(\sqrt{1}=1\). Le piège \(\sqrt{n}-1\) se trompe sur le dernier terme. La réponse \(\sqrt{n+1}\) oublie le terme initial. Enfin, la dernière ne garde que le terme de rang \(n\).

Réponse A.

On écrit chaque facteur sous la forme \(\frac{k+1}{k}\). Le produit devient alors télescopique : les numérateurs et les dénominateurs se simplifient en chaîne, et il reste \(\frac{n+1}{1}\). Le piège \(n\) se trompe d’une unité sur le dernier numérateur. La réponse \((n+1)!\) multiplie les numérateurs sans diviser. Enfin, \(\frac{n+1}{n}\) ne garde que le dernier facteur.

Réponse D.

Par définition, \(\binom{7}{3}=\frac{7!}{3!\,4!}=\frac{7\times 6\times 5}{6}=35\). C’est le nombre de parties à 3 éléments d’un ensemble à 7 éléments. Le piège \(210\) oublie de diviser par \(3!\) et compte donc les tirages ordonnés. La valeur \(21\) correspond à \(\binom{7}{2}\). Enfin, \(343=7^3\) compte les listes avec répétition.

Réponse B.

C’est la formule de Pascal : pour choisir \(k+1\) éléments parmi \(n+1\), on distingue selon que le dernier élément est choisi ou non. On obtient ainsi les deux termes de la somme. Le piège \(\binom{n+1}{k}\) se trompe d’indice en bas. La réponse \(\binom{2n}{2k+1}\) additionne les paramètres, ce que la formule ne fait jamais. Enfin, \(\binom{n+2}{k+1}\) augmente \(n\) de deux unités.

Réponse B.

La formule du binôme donne le terme \(\binom{5}{3}(2x)^3(-1)^2\). Or \(\binom{5}{3}=10\), \(2^3=8\) et \((-1)^2=1\), d’où le coefficient \(80\). Le piège \(-80\) attribue au terme l’exposant impair de \(-1\), alors que celui-ci vaut \(5-3=2\). La valeur \(10\) oublie la puissance de \(2\). Enfin, \(40\) élève \(2\) au carré au lieu du cube.

Réponse C.

On reconnaît le développement de \((2+1)^n\) par la formule du binôme, avec \(a=2\) et \(b=1\). La somme vaut donc \(3^n\). On le vérifie pour \(n=1\) : \(1+2=3\). Le piège \(2^n\) est la somme des coefficients binomiaux seuls. La réponse \(2^{2n}\) multiplie les deux puissances de \(2\), et \(2^{n+1}\) les additionne. Ces deux dernières échouent dès \(n=1\).

Réponse A.

Toute partie non vide de \(\mathbb{N}\) admet un plus petit élément. Les trois ensembles d’entiers sont non vides et ont donc un minimum : \(8\), \(0\) et \(101\). En revanche, \(\{\frac{1}{n}\}\) n’est pas une partie de \(\mathbb{N}\), et sa borne inférieure \(0\) n’est pas atteinte. Le piège du deuxième ensemble vient de l’oubli de \(n=0\), pour lequel \(1>0\). Ainsi, la propriété ne vaut que pour les entiers.

Réponse C.

Si \(n+1\) n’est pas premier, il s’écrit \(ab\) avec \(2\leqslant a,b\leqslant n\). Il faut donc connaître le résultat pour \(a\) et \(b\), qui peuvent être n’importe quels entiers plus petits. C’est précisément ce que permet la récurrence forte. En revanche, l’hypothèse sur \(n\) seul, ou sur \(n\) et \(n-1\), ne couvre pas ces diviseurs. Enfin, une récurrence descendante n’a pas de point de départ ici.

Réponse D.

On raisonne par récurrence double. L’initialisation porte sur \(u_0=2\) et \(u_1=3\). Pour l’hérédité, \(3(2^{n+1}+1)-2(2^n+1)=2^{n+2}+1\). Les pièges sont plus sournois : ils coïncident avec les premiers termes, sans vérifier la relation. Par exemple, \(u_2=5\) écarte \(n+2\) et \(2^{n+1}-n\), tandis que \(u_3=9\) écarte la formule quadratique. Il ne faut donc jamais conclure sur quelques valeurs.

Réponse B.

On procède par récurrence sur \(n\). Pour \(n=2\), les deux membres valent \(1\). Ensuite, ajouter \(\binom{n+1}{2}\) à \(\binom{n+1}{3}\) donne \(\binom{n+2}{3}\) grâce à la formule de Pascal. Le piège \(\binom{n}{3}\) vaut \(0\) pour \(n=2\), donc échoue dès l’initialisation. De même, \(\binom{n+1}{2}\) vaut \(3\) et \(\binom{n+2}{3}\) vaut \(4\) pour \(n=2\).