´s Exercices varies e
Exercice Exercice 1
Vous ˆetes etes commissaire de police, charg´ e d’´elucider elucider le cambriolage d’une banque. Vous savez savez que le ou les coupables du cambriolage sont parmi les trois suspects : Arthur, Bob et Charlie. Vous disposez des indices suivants, tous exacts. t remp´ ´ e dans cette affaire, Charlie Charli e aussi. au ssi. — I 1 : si Bob a tremp equipe avec Charlie. — I 2 : pour les hold-up de banques, Arthur a horreur de faire ´equipe
— I 3 : si Arthur est coupable et Bob innocent, alors Charlie est coupable. — I 4 : Si Charlie est dans le coup, il n’a pas pu faire ce genre de boulot tout seul. Avec un tableau tablea u de v´erit´ erit´e, e, d´eterminer etermi ner le ou les coupables coupab les du cambriolage. cambriol age. Indication : noter A la proposition prop osition “Arthur est coupable” (de mˆeme eme pour p our B et C ) et exprimer les indices I 1 , I 2 , I 3 , I 4 en fonction de A, A, B , C . .......................................................................................................... Solution:
On note A la proposition pr oposition “Arthur est coupable”, et de mˆeme eme pour p our B et C . On note I 1 , I 2 , I 3 , I 4 les quatre indices. L’indice I 1 s’´ s’ ´ecrit B ⇒ C , ou encore B ∨ C . L’indice I 2 s’´ s’ ´ecrit A ∧ C , c’est-`a-dire a-dire A ∨ C . L’indice I 3 s’´ s’´ecri ec ritt (A ∧ B ) ⇒ C , ou encore ( A ∧ B ) ∨ C , ou encore A ∨ B ∨ C . L’indice I 4 s’´ s’ ´ecrit C ⇒ ( A ∨ B ), ou encore A ∨ B ∨ C . Enfin, on sait que la proposition I = I 1 ∧ I 2 ∧ I 3 ∧ I 4 est vraie. Voici les tableaux tablea ux de v´erit´ erit´e des propositio prop ositions ns I 1 , I 2 , I 3 , I 4 , I , `a partir des 8 possibilit´es es sur A, A, B , C . On a retir´ ret ir´e la derni` der ni`ere ere ligne lig ne (A ∧ B ∧ C ) car il y a au moins un coupable. A B
C
I1
A B
V
V
V
V V
V
V
F
F
V
F
V
C
I
V
V
F
V V
V
F
F
V
V V
F
V
F
F
F
V V
F
F
F
V F
V
V
V F
V
V
V
F
V F
V
F
V F
V
F
F
V
V F
F
V
F
F
V
F
C
I2
A B
C
I3
A B
V
V
F
V
V
V
V V
V
V
F
V V
V
F
V
V V
F
V
F
V
F
F
F
V V
F
F
V V
F
V
V
V F
V
V
F
V
F
F
F
V
F
F
V
V F
F
A B
C
I 4
V
V
V V
V V
V
F
V
V V
F
F
F
F
V
V F
V
V
F
V F
V
V
V F
F
F
On voit que la proposition I ´ ´equi eq uivau vautt `a A ∧ B ∧ C . Autrement dit : Bob et Charlie sont coupables, et Arthur est innocent.
Math´ ematiques emati ques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
mathprepa.fr
Page Pag e1
´s Exercices varie
Exercice 2
1. Soient m, n deux entiers naturels. Montrer que m2 + n2 est divisible par 3 si et seulement si m, n sont tous deux divisibles par 3. 2. En d´eduire que le seul quadruplet ( x , y , z , t) de
4
N
tel que x 2 + y2 = 3(z 2 + t2 ) est (0, 0, 0, 0).
.......................................................................................................... Solution:
1. Notons
m = 3a + r
les divisions euclidiennes de m et n par 3 (donc ( r, s) ∈ {0, 1, 2}2 )
n = 3b + s On a m + n2 = 3c + r2 + s2 , avec c = 3a2 + 3b2 + 2ar + 2 bs. 2
Ainsi m 2 + n2 est divisible par 3 si et seulement si r 2 + s2 est lui-mˆeme divisible par 3. Sachant que r, s sont dans { 0, 1, 2}, la seule possibilit´e est r = s = 0. Ainsi m 2 + n2 est divisible par 3 si et seulement si m et n sont eux-mˆemes divisibles par 3.
\ {(0, 0, 0, 0)} tel que x2 + y 2 = 3(z 2 + t2 ). Parmi toutes les solutions non nulles, on choisit celle qui r´ealise le minimum de u = x + y + z + t.
2. Supposons par l’absurde qu’il existe (x , y , z , t) dans
4
N
L’´egalit´e x2 + y2 = 3(z 2 + t2 ) prouve que x2 + y 2 est divisible par 3. Il en est donc de mˆeme de x et y, et on peut ´ecrire x = 3a, y = 3b, avec (a, b) ∈
2
N
.
Ainsi z 2 + t2 = 3(a2 + b2 ) et le mˆeme argument permet d’´ecrire z = 3c et t = 3d, avec (c, d) ∈
2
N
.
On obtient finalement a 2 + b2 = 3(c2 + d2 ). On a donc une nouvelle solution non nulle ( a,b,c,d) de
4
N
, telle que a + b + c + d < x + y + z + t.
Mais cela contredit le caract`ere minimal de la solution (x , y , z , t). Conclusion : l’´equation x2 + y 2 = 3(z 2 + t2 ) n’a que la solution nulle dans Exercice 3
Pour tout n de
N4 .
n
N
∗
, et pour tout p de
N,
p
p
p
on note S p (n) = 1 + 2 + · · · + n
=
k p .
k=1
Montrer que pour tout n de N , on a S 5 (n) + S 7 (n) = 2 S 14 (n). .......................................................................................................... ∗
Solution:
On sait que pour tout n de
, on a S 1 (n) =
n(n + 1)
. 2 n4 (n + 1)4 Il s’agit donc de montrer que pour tout n de N , on a S 5 (n) + S 7 (n) = 2 S 14 (n) = . 8 La propri´et´e est vraie si n = 1 car S 5 (1) = S 7 (1) = S 1 (1) = 1. ∗
N
∗
On suppose qu’elle est vraie pour un certain entier n 1. Alors : S 5 (n + 1) + S 7 (n + 1) = S 5 (n) + ( n + 1)5 + S 7 (n) + ( n + 1)7
=
n4 (n + 1)4
+ (n + 1) 5 + (n + 1)7
(grˆace `a l’hypoth`ese de r´ecurrence) 8 (n + 1)4 4 = n + 8(n + 1) + 8(n + 1)3 8 (n + 1)4 4 = (n + 8n3 + 24n2 + 32n + 16) 8 (n + 1)4 4 (n + 1) 4 (n + 2)4 1 3 2 2 3 1 4 = n + 4(2 n ) + 6(2 n ) + 4(2 n ) + 2 = 8 8 Ce qui prouve la propri´et´e au rang n + 1 et ach`eve la r´ecurrence.
Math´ ematiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
mathprepa.fr
Page 2
´s Exercices varie
Exercice 4
Soit E un ensemble fini non vide, et soit a un ´el´ement fix´e de E . 1. Montrer que l’application ϕ qui `a X associe X ∆ {a} est une bijection de P (E ) sur lui-mˆeme. 2. En d´eduire que dans P (E ), il y a autant de parties paires que de parties impaires. .......................................................................................................... Solution:
1. Soit X une partie quelconque de E . Si a est dans X , alors ϕ(X ) = X \ {a}, et sinon ϕ(X ) = X ∪ {a}. Dans ces conditions, il est clair que ϕ(ϕ(X )) = X dans tous les cas. Ainsi ϕ ◦ ϕ = Id. Une autre fa¸con de le dire ´etait : ϕ(ϕ(X )) = (X ∆{a})∆{a} = X ∆({a}∆{a}) = X ∆∅ = X . L’application ϕ est donc une involution (donc une bijection) de P (E ) dans lui-mˆeme. 2. Notons P 0 (E ) (resp. P 1 (E )) l’ensemble des parties paires (resp. impaires) de E . Pour tout X de P (E ), il est clair que X et ϕ (X ) sont de parit´es contraires. Ainsi ϕ r´ealise une injection de P 0 (E ) dans P 1 (E ), donc card(P 0 (E )) card(P 1 (E )). En inversant les rˆoles de P 0 (E ) et P 1 (E ), on en d´eduit : card( P 1 (E )) = cardP 0 (E )). 1
Il y a donc autant de parties paires que de parties impaires dans P (E ) (c`ad 2n
−
, si cardE = n ).
Exercice 5 n
Pour tout n de
N
∗
, donner une expression simple de la somme S n
2 = . k
k=1
n 2k
.......................................................................................................... Solution:
Dans le coefficient binomial, on rentre 2 k, puis on sort 2n : 1 S n = 2
n
k=1
n
n
Mais la somme T n
n−1
En effet, posons U n =
k=0
2n−1
n
n
=
2k
n k
On en d´eduit T n = 22n
2
−
Math´ ematiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
n
n
2n−1
= 4n
1
−
n
n
k
n
2 −1 = =2 k=0
k
k=1
n k
k=1
Alors T n + U n
n
(2 )! = (2 −1)! = 2 −1 (2 − 1)!(2 − 2 )! (2 − 1)!(2 − 2 )! 2 −1 2 −1 2 −1 2 −1 2 −1 = = + +··· + est facile `a calculer... 2 −1 1 3 2 −1 2 −1 2 −1 2 −1 2 −1
(2k) (2n)! 1 = (2k )!(2n − 2k )! 2
k
k=1
n
n
n
0
2
+ ··· +
2n−1
et U n − T n
1
−
n . 2n − 2
2 −1 = (−1) = (1 − 1) k
k=0
, donc S n = n 4n
k=1
n k
n n
n
+
k
n
n k
2n−1
= 0.
.
mathprepa.fr
Page 3
´s Exercices varie
Exercice 6
Vous ˆetes commissaire de police, charg´ e d’´elucider le cambriolage d’une banque. Vous savez que le ou les coupables du cambriolage sont parmi les trois suspects : Arthur, Bob et Charlie. Vous disposez des indices suivants, tous exacts. — I 1 : si Charlie est innocent, Arthur est coupable. — I 2 : si Arthur est coupable, il a agi avec un complice et un seul. — I 3 : si Bob n’a pas tremp´ e dans cette affaire, Charlie non plus. — I 4 : s’il y a exactement deux coupables dans cette affaire, Arthur est l’un d’eux. Avec un tableau de v´erit´e, d´eterminer le ou les coupables du cambriolage. Indication : noter A la proposition “Arthur est coupable” (de mˆeme pour B et C ) et exprimer les indices I 1 , I 2 , I 3 , I 4 en fonction de A, B , C . .......................................................................................................... Solution:
On note A la proposition “Arthur est coupable”, et de mˆeme pour B et C . On note I 1 , I 2 , I 3 , I 4 les quatre indices. L’indice I 1 s’´ecrit C ⇒ A , ou encore A ∨ C . L’indice I 2 s’´ecrit A ⇒ ( B = C ), c’est-`a-dire A ∨ (B = C ) (en notant B = C pour (B ∧ C ) ∨ (B ∧ C )) L’indice I 3 s’´ecrit B ⇒ C , ou encore B ∨ C . L’indice I 4 peut s’interpr´eter en disant (par contraposition) que si Arthur est innocent, alors il n’y a pas exactement deux coupables (donc il y en a un et un seul, donc B = C ). Ainsi I 4 s’´ecrit A ⇒ ( B = C ), ou encore A ∨ (B = C ). Enfin, on sait que la proposition I = I 1 ∧ I 2 ∧ I 3 ∧ I 4 est vraie. Voici les tableaux de v´erit´e des propositions I 1 , I 2 , I 3 , I 4 , I , `a partir des 8 possibilit´es sur A, B , C . On a retir´e la derni`ere ligne (A ∧ B ∧ C ) car il y a au moins un coupable. A B
C
I1
A B
V
V
V
V V
V
V
F
V
F
V
C
I
V
V
F
V V
V
F
V
V
V V
F
V
F
F
F
V V
F
F
F
V F
V
V
F
F
V
V
F
F
V F
V
F
V F
V
F
F
V
F
F
V
V F
F
V
F
C
I2
A B
C
I3
A B
V
V
F
V
V
V
V V
V V
V
F
V V
V
F
V
V V
F
V
V V
F
F
F
V V
F
F
F
V
F
V
V
V F
V
V
F
V
F
F
F
V
F
F
V
V F
F
A B
C
I 4
V
V
V V
V V
V
F
V
F
V
F
F
F
V V
V F
V
V
F
V F
V
V
V F
F
F
On voit que la proprosition I ´equivaut `a A ∧ B ∧ C . Autrement dit : Arthur et Bob sont coupables, et Charlie est innocent.
Math´ ematiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
mathprepa.fr
Page 4
´s Exercices varie
Exercice 7
1. Soient m, n deux entiers naturels. Montrer que m2 + n2 est divisible par 7 si et seulement si m, n sont tous deux divisibles par 7. 2. En d´eduire que le seul triplet ( x,y,z ) de
N3
tel que x 2 + y 2 = 7z 2 est (0, 0, 0).
.......................................................................................................... Solution:
1. Notons
m = 7a + r n = 7b + s
les divisions euclidiennes de m et n par 7 (donc ( r, s) ∈ {0, 1, . . . , 6}2 )
On a m2 + n2 ≡ r 2 + s2 [7]. Ainsi m 2 + n2 est divisible par 7 si et seulement si r 2 + s2 est lui-mˆeme divisible par 7. Or voici les valeurs possibles de mod( t2 , 7) quand 0 t 7 :
0 1 2 3 4 5 6 t 2 mod(t , 7) 0 1 4 2 2 4 1
On constate que mod(r2 + s2 , 7) ne prend la valeur 0 que si r et s sont nuls tous les deux. Ainsi m 2 + n2 est divisible par 7 si et seulement si m et n sont eux-mˆemes divisibles par 7. 2. Supposons par l’absurde qu’il existe (x , y , z) dans
3
N
\ {(0, 0, 0)} tel que x 2 + y2 = 7z 2 .
Parmi toutes les solutions non nulles, on choisit celle qui r´ealise le minimum de t = x + y + z . L’´egalit´e x2 + y2 = 7z 2 prouve que x2 + y 2 est divisible par 7. Il en est donc de mˆeme de x et y, et on peut ´ecrire x = 7a, y = 7b, avec (a, b) ∈ Ainsi z 2 = 7(a2 + b2 ) et on en d´eduit que 7 divise z , donc z = 7c avec c dans
2
N
.
N.
On obtient finalement a 2 + b2 = 7c2 . On a donc une nouvelle solution non nulle ( a,b,c) de
3
N
, telle que a + b + c < x + y + z .
Mais cela contredit le caract`ere minimal de la solution (x,y,z ). Conclusion : l’´equation x2 + y 2 = 7z 2 n’a que la solution nulle dans
3
N
.
Exercice 8
15 + 25 + · · · + n5 2n(n + 1) − 1 = 3 3 3 1 +2 + ··· + n 3 ..........................................................................................................
Prouver que pour tout n de
∗
N
, on a :
Solution:
2n(n + 1) − 1 3 Il s’agit donc de montrer que, pour tout n de N : 15 + 25 + · · · + n5 = (1 + 23 + · · · + n3 ) 3 n2 (n + 1)2 3 3 3 On sait que 1 + 2 + · · · + n = . n 4 n2 (n + 1)2 Il reste donc `a montrer, par r´ecurrence sur n , l’´egalit´e S n = 2n(n + 1) − 1 . k5 = 12 k=1 La propri´et´e est vraie si n = 1. ∗
Supposons qu’elle soit vraie au rang n − 1, avec n 2 donn´e. Alors : (n − 1)2 n2 2(n − 1)n − 1 + n5 S n = S n 1 + n = 12 n2 n2 3 2 3 = 2(n − 1) n − (n − 1) + 12n = (2n4 + 6n3 + 5n2 − 1) 12 12 2 2 n n (n + 1)2 2 2 = (n + 2n + 1)(2n + 2n − 1) = 2n(n + 1) − 1 12 12 Ce qui prouve la propri´et´e au rang n et ach`eve la r´ecurrence. 5
−
Math´ ematiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
mathprepa.fr
Page 5
´s Exercices varie
Exercice 9
Soit E un ensemble fini. Pour toutes parties X et Y de E , on note d (X, Y ) = card(X ∆Y ). 1. Montrer qu’on a toujours d(X, Y ) card(X ) + card(Y ), et dire `a quelle condition il y a ´egalit´e. 2. Pour toutes parties A, B , C de E , montrer que d(A, B ) d(A, C ) + d(C, B ). 3. Montrer que l’in´egalit´e pr´ec´edente est une ´egalit´e si et seulement si A ∩ B ⊂ C ⊂ A ∪ B . .......................................................................................................... Solution:
1. Facile : d(X, Y ) = card(X ∆Y ) = card(X ) + card(Y ) − 2card(X ∩ Y ) card(X ) + card(Y ). Enfin, on voit que d(X, Y ) = card(X ) + card(Y ) ⇔ card(X ∩ Y ) = 0 ⇔ X ∩ Y = ∅ . 2. Soient A, B , C trois parties de E . On a : A ∆B = A ∆(C ∆C )∆B (associativit´e de ∆, et le fait que C ∆C = ∅ et A∆∅ = A ). On peut donc ´ecrire A ∆B = X ∆Y , avec X = A ∆C et Y = C ∆B . On en d´eduit card(A∆B ) card(X ) + card(Y ), c’est-`a-dire d(A, B ) d(A, C ) + d(C, B ). 3. D’apr`es ce qui pr´ec`ede : d(A, B ) = d (A, C ) + d(C, B ) ⇔ X ∩ Y
= ∅ , avec
X = A ∆C Y = B ∆C
Il reste donc `a prouver que : (A∆C ) ∩ (B ∆C ) = ∅ ⇔ A ∩ B ⊂ C ⊂ A ∪ B .
)= (
Avec la d´efinition de ∆, on a : (A∆C ) ∩ (B ∆C
) ∩ (
A ∩ C ) ∪ (C ∩ A
B ∩ C ) ∪ (C ∩ B
) .
On distribue ∩ sur ∪ et il reste : ( A∆C ) ∩ (B ∆C ) = (A ∩ B ∩ C ) ∪ (A ∩ B ∩ C ). Ainsi : (A∆C ) ∩ (B ∆C ) = ∅ ⇔
et c’est fini...
A ∩ B ∩ C = ∅ A ∩ B ∩ C = ∅
⇔
(
A ∩ B ) ∩ C = ∅
C ∩ A ∪ B = ∅
⇔
A ∩ B ⊂ C C ⊂ A ∪ B
Exercice 10 n
1 n Pour tout n de N, donner une expression simple de S n . (k + 1)(k + 2) k k=0 ..........................................................................................................
=
Solution:
Pour 0 k
n, on a :
1 n (k + 1)(k + 2) k n
Ainsi k=0
n+2
1 (n + 2)! 1 n! n+2 = = = (k + 2)!(n − k)! (n + 1)(n + 2) (k + 2)!(n − k )! (n + 1)(n + 2) k + 2
1 n (k + 1)(k + 2) k n+2
1 = (n + 1)(n + 2)
+ 2 + 2 −1−( Mais = Pour tout de , on en d´eduit : n
k
k=2
k=0
n
k
N
k=0
Math´ ematiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
k=0
n k + 2
1 (n + 1)(n + 2)
n+2
+ 2 k=2
n
k
n + 2) = 2n+2 − n − 3.
n
n
n
+ 2 =
1 2n+2 − n − 3 n = (k + 1)(k + 2) k (n + 1)(n + 2)
mathprepa.fr
Page 6
