Récurrence forte et identités binomiales : corrigé du contrôle de maths en L1
Voici le corrigé du contrôle de maths en L1 sur le thème « récurrence forte et identités binomiales », question par question.
Cette correction présente chaque récurrence en quatre temps : propriété, initialisation, hérédité, conclusion. Ainsi, vous verrez précisément ce qu’un correcteur attend dans une copie de licence. Pour les sommes, le changement d’indice est écrit en entier, puis les termes qui s’annulent sont identifiés. Le triangle complété montre aussi la crosse de hockey sur un exemple, ce qui permet de contrôler la preuve générale. Enfin, le problème est corrigé deux fois, par les factorielles et par l’intégrale, afin que vous compariez les deux approches. Reprenez ensuite seuls les questions manquées, sans relire la solution.
L’énoncé complet se trouve ici : Récurrence forte et identités binomiales : contrôle de maths en L1.
Barème du contrôle corrigé : récurrence forte et identités binomiales
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Une somme pondérée par les puissances de 3 | 3 points |
| 2. Une suite qui dépend de tous ses termes | 4 points |
| 3. Télescopages en somme et en produit | 4 points |
| 4. Le triangle de Pascal à trous | 4 points |
| 5. Problème : une identité binomiale, deux preuves | 5 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : récurrence forte et identités binomiales
Exercice 1 – Une somme pondérée par les puissances de 3 (3 points)
-
Pour \(n \geq 1\), notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété : « \(S_n = \dfrac{(2n-1)\,3^{n+1} + 3}{4}\) ».
Initialisation. D’une part \(S_1 = 1 \times 3 = 3\) ; d’autre part \(\dfrac{1 \times 9 + 3}{4} = \dfrac{12}{4} = 3\). Donc \(\mathcal{P}(1)\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n \geq 1\) tel que \(\mathcal{P}(n)\) soit vraie. Alors :
\(S_{n+1} = S_n + (n+1)\,3^{n+1} = \dfrac{(2n-1)\,3^{n+1} + 3 + 4(n+1)\,3^{n+1}}{4}\)
\(S_{n+1} = \dfrac{(6n+3)\,3^{n+1} + 3}{4} = \dfrac{(2n+1)\,3^{n+2} + 3}{4}\),car \(6n + 3 = 3(2n+1)\). Or \(2n + 1 = 2(n+1) – 1\), donc \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.
Conclusion. Par le principe de récurrence, pour tout \(n \geq 1\), \(S_n = \dfrac{(2n-1)\,3^{n+1} + 3}{4}\).
- Avec \(n = 4\) : \(S_4 = \dfrac{7 \times 243 + 3}{4} = \dfrac{1704}{4} = 426\). Par un calcul direct, on trouve aussi \(3 + 18 + 81 + 324 = 426\). Ainsi \(S_4 = 426\).
Exercice 2 – Une suite qui dépend de tous ses termes (4 points)
- \(w_1 = 1 + 2 \times 1 = 3\), puis \(w_2 = 1 + 2(1 + 3) = 9\), et enfin \(w_3 = 1 + 2(1 + 3 + 9) = 27\). Donc \(w_1 = 3\), \(w_2 = 9\), \(w_3 = 27\).
-
On conjecture que \(w_n = 3^n\). Pour \(n \in \mathbb{N}\), notons \(\mathcal{P}(n)\) : « pour tout entier \(k\) tel que \(0 \leq k \leq n\), \(w_k = 3^k\) ».
Initialisation. \(w_0 = 1 = 3^0\), donc \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n \in \mathbb{N}\) tel que \(\mathcal{P}(n)\) soit vraie. Alors \(w_k = 3^k\) pour tout \(k \leq n\), et par conséquent, avec la somme des termes d’une suite géométrique de raison \(3 \neq 1\) :
\(w_{n+1} = 1 + 2\displaystyle\sum_{k=0}^{n} 3^k = 1 + 2 \times \dfrac{3^{n+1} – 1}{3 – 1} = 3^{n+1}\).
Ainsi \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie. Par récurrence forte, pour tout \(n \in \mathbb{N}\), \(w_n = 3^n\). Une récurrence simple ne suffisait pas, car \(w_{n+1}\) dépend de tous les termes \(w_0, \ldots, w_n\), et non du seul \(w_n\).
- Soit \(n \geq 1\). On a \(w_{n+1} – w_n = 2\displaystyle\sum_{k=0}^{n} w_k – 2\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} w_k = 2 w_n\), donc \(w_{n+1} = 3 w_n\). De plus, pour \(n = 0\), \(w_1 = 3 = 3 w_0\). La suite est donc géométrique de raison 3 et de premier terme 1. On retrouve \(w_n = 3^n\).
Piège classique : supposer seulement \(w_n = 3^n\) dans l’hérédité. Le calcul de \(w_{n+1}\) exige pourtant la formule pour tous les rangs \(k \leq n\).
Exercice 3 – Télescopages en somme et en produit (4 points)
- Soit \(k \geq 1\). En réduisant au même dénominateur, \(\dfrac{1}{k^2} – \dfrac{1}{(k+1)^2} = \dfrac{(k+1)^2 – k^2}{k^2(k+1)^2} = \dfrac{2k+1}{k^2(k+1)^2}\). Donc \(a_k = \dfrac{1}{k^2} – \dfrac{1}{(k+1)^2}\).
-
Soit \(n \geq 1\). Par linéarité, puis avec le changement d’indice \(j = k + 1\) dans la seconde somme :
\(\displaystyle\sum_{k=1}^{n} a_k = \sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{k^2} – \sum_{j=2}^{n+1} \dfrac{1}{j^2}\).
Les termes d’indices \(2\) à \(n\) apparaissent dans les deux sommes et s’éliminent. Il reste donc le premier terme de la première somme et le dernier de la seconde : \(\displaystyle\sum_{k=1}^{n} a_k = 1 – \dfrac{1}{(n+1)^2}\).
- Comme \((n+1)^2 \to +\infty\), on a \(\dfrac{1}{(n+1)^2} \to 0\), donc la somme tend vers 1. Sur la figure, les extrémités des segments sont \(\frac{3}{4}\), \(\frac{8}{9}\), \(\frac{15}{16}\), \(\frac{24}{25}\) : elles se rapprochent de \(1\) sans jamais l’atteindre.
- Pour \(k \geq 2\), \(1 – \dfrac{1}{k^2} = \dfrac{(k-1)(k+1)}{k^2} = \dfrac{k-1}{k} \times \dfrac{k+1}{k}\). Ainsi le produit se scinde en deux produits télescopiques :
\(\displaystyle\prod_{k=2}^{n} \dfrac{k-1}{k} = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{2}{3} \times \cdots \times \dfrac{n-1}{n} = \dfrac{1}{n}\) ;
\(\displaystyle\prod_{k=2}^{n} \dfrac{k+1}{k} = \dfrac{3}{2} \times \dfrac{4}{3} \times \cdots \times \dfrac{n+1}{n} = \dfrac{n+1}{2}\).
Donc \(\displaystyle\prod_{k=2}^{n} \left(1 – \dfrac{1}{k^2}\right) = \dfrac{n+1}{2n}\). En effet, pour \(n = 2\), on retrouve bien \(\frac{3}{4}\).
Exercice 4 – Le triangle de Pascal à trous (4 points)
- La formule de Pascal affirme que chaque coefficient intérieur est la somme des deux coefficients situés au-dessus de lui : \(\binom{n}{k-1} + \binom{n}{k} = \binom{n+1}{k}\). On obtient d’abord \(a = 3 + 3 = 6\), puis \(b = 4 + a = 10\) et \(c = a + 4 = 10\). Enfin \(d = b + c = 20\). Ainsi \(a = 6\), \(b = c = 10\) et \(d = 20\).
- Soient \(n \geq 1\) et \(1 \leq k \leq n\). On réduit au dénominateur commun \(k!\,(n-k+1)!\) :
\(\binom{n}{k-1} + \binom{n}{k} = \dfrac{n!}{(k-1)!\,(n-k+1)!} + \dfrac{n!}{k!\,(n-k)!} = \dfrac{n!\,k + n!\,(n-k+1)}{k!\,(n-k+1)!}\)
\(\binom{n}{k-1} + \binom{n}{k} = \dfrac{n!\,(n+1)}{k!\,(n+1-k)!} = \dfrac{(n+1)!}{k!\,(n+1-k)!}\).
On reconnaît \(\binom{n+1}{k}\), ce qui prouve la formule de Pascal. -
On convient que \(\binom{p}{p+1} = 0\). Pour tout entier \(k \geq p\), on a alors \(\binom{k}{p} = \binom{k+1}{p+1} – \binom{k}{p+1}\) : c’est la formule de Pascal si \(k \geq p+1\), et pour \(k = p\) les deux membres valent \(1\). Par télescopage :
\(\displaystyle\sum_{k=p}^{n} \binom{k}{p} = \sum_{k=p}^{n} \left(\binom{k+1}{p+1} – \binom{k}{p+1}\right) = \binom{n+1}{p+1} – \binom{p}{p+1} = \binom{n+1}{p+1}\).
Pour \(p = 2\) et \(n = 5\) : \(1 + 3 + 6 + 10 = 20 = \binom{6}{3}\). L’égalité est vérifiée : les cases en vert de la figure suivent une diagonale, et leur somme se lit dans la case violette, en dessous et à droite de la dernière case verte.
Piège classique : oublier le cas \(k = p\), où la formule de Pascal ne s’applique pas directement.
Exercice 5 – Problème : une identité binomiale, deux preuves (5 points)
- Soient \(0 \leq k \leq n\). Comme \((k+1)! = (k+1)\,k!\) et \((n+1) – (k+1) = n – k\) :
\((k+1)\binom{n+1}{k+1} = \dfrac{(k+1)\,(n+1)!}{(k+1)!\,(n-k)!} = \dfrac{(n+1)!}{k!\,(n-k)!} = (n+1) \times \dfrac{n!}{k!\,(n-k)!}\).
Donc \((k+1)\binom{n+1}{k+1} = (n+1)\binom{n}{k}\). -
D’après la question 1, \(\dfrac{1}{k+1}\binom{n}{k} = \dfrac{1}{n+1}\binom{n+1}{k+1}\). Puis, avec \(j = k + 1\) :
\(U_n = \dfrac{1}{n+1}\displaystyle\sum_{j=1}^{n+1} \binom{n+1}{j} = \dfrac{1}{n+1}\left(\sum_{j=0}^{n+1} \binom{n+1}{j} – 1\right)\).
Or la formule du binôme appliquée à \((1+1)^{n+1}\) donne \(\displaystyle\sum_{j=0}^{n+1} \binom{n+1}{j} = 2^{n+1}\). Par conséquent, \(U_n = \dfrac{2^{n+1} – 1}{n+1}\). Par exemple, \(U_2 = 1 + 1 + \frac{1}{3} = \frac{7}{3}\), ce qui est bien égal à \(\frac{8-1}{3}\).
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Pour tout réel \(x\), la formule du binôme donne \((1+x)^n = \displaystyle\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} x^k\). Les deux membres sont des fonctions polynomiales, donc continues sur \([0\,;1]\) : on peut les intégrer.
D’une part, \(\displaystyle\int_0^1 (1+x)^n\,\mathrm{d}x = \left[\dfrac{(1+x)^{n+1}}{n+1}\right]_0^1 = \dfrac{2^{n+1} – 1}{n+1}\).
D’autre part, par linéarité de l’intégrale, \(\displaystyle\int_0^1 \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} x^k\,\mathrm{d}x = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} \int_0^1 x^k\,\mathrm{d}x = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} \dfrac{1}{k+1} = U_n\).
On retrouve donc \(U_n = \dfrac{2^{n+1} – 1}{n+1}\).
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Reprenons la seconde méthode avec \((1-x)^n = \displaystyle\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} (-1)^k x^k\). En intégrant sur \([0\,;1]\), le membre de droite donne \(V_n\) par linéarité.
De plus, \(\displaystyle\int_0^1 (1-x)^n\,\mathrm{d}x = \left[-\dfrac{(1-x)^{n+1}}{n+1}\right]_0^1 = 0 + \dfrac{1}{n+1}\). Ainsi \(V_n = \dfrac{1}{n+1}\). Pour \(n = 1\), en effet, \(V_1 = 1 – \frac{1}{2} = \frac{1}{2}\).
Piège classique : après le changement d’indice \(j = k + 1\), oublier que la somme commence à \(j = 1\) : le terme \(\binom{n+1}{0} = 1\) doit être retranché.
À retenir de ce contrôle
- Une récurrence forte suppose la propriété vraie pour tous les rangs de 0 à n, ce qui est indispensable quand le terme suivant dépend de tous les précédents.
- Dans une somme télescopique, seuls subsistent le premier terme de la première différence et le dernier terme de la dernière différence.
- La formule de Pascal se démontre en réduisant les deux fractions de factorielles au même dénominateur, puis en factorisant.
- Après un changement d’indice, les bornes de la somme changent aussi : un terme oublié ou ajouté fausse tout le résultat.
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