Universite Pierre et Marie Curie Paris LM Algebre Calcul Vectoriel Matthieu Solnon Groupe de TD n

Marie Curie - Paris

Description

Niveau: Supérieur
Universite Pierre et Marie Curie - Paris 6 LM 121 : Algebre 1 - Calcul Vectoriel Matthieu Solnon - Groupe de TD n?114 Travaux encadres n?1 - Corrige Vendredi 23 septembre 2011 Exercice n?1 : On peut raisonner d'au moins deux manieres pour resoudre cette exercice. 1. Raisonnement geometrique : Soit M le point du plan d'affixe z. Alors si z verifie la condition de l'enonce, M est equidistant des points de coordonees (0, 1) (affixe i) et (0,?1) (affixe ?i). M se situe donc sur leur mediatrice, qui est l'axe des reels, et reciproquement. 2. Par le calcul : avec z = x + iy, (x, y) ? R2, on a les equivalences suivantes : |z ? i| = |z + i| , |z ? i|2 = |z + i|2 , x2 + (y ? 1)2 = x2 + (y + 1)2 , (y ? 1)2 ? (y + 1)2 = 0 , 2y ? (?2) = 0 , y = 0 . Exercice n?2 : La methode classique (et efficace) est de conjuguer la denominateur. Soyez cependant attentifs, et essayez de reperer toutes les simplifications possibles, qui viennent souvent de “symetries” dans les quantites a calculer.

• binome de newton


• binome de newton de degre vingt


• points de coordonees


• zn?1 ?


• formule logique

Sujets

• Formule du binôme de Newton

Informations

• Publié par: profil-nechor-2012
• Publié le: 01 septembre 2011
• Nombre de lectures: 55
• Langue: Français

Extrait

Universit ´ ePierreetMarieCurie-Paris6 LM121:Alg ` ebre1-CalculVectoriel Matthieu Solnon - Parcours SHI et SPH

◦ TEn1-Corrige´ Mercredi22fe´vrier2012

◦ Exercice n 1: Ondemandedanscetteexercicedev´erifierlavalidite´d’uneimplication(delaformeA⇒B) dansdesexemples.Pourlacarte7l’implicationestvraie,carl’hypoth`eseestfausse(7est   impair,iln’yapasbesoindev´erifierledos:siAest faux alors on aA⇒Bpour n’importe quel Best aussiK l’implication). Pour la carte. .Si je suis la reine d’Angleterre ., c’est le    vraie quelque soit le dos de la carte (siBest vrai alors on aA⇒Bpour n’importe quelA). Pourlacarte2ilfautv´erifierledos,demeˆmequepourlacarteI(A⇒Best fausse si    Aest vraie etBest fausse). Il faut donc retourner (au minimum) 2 cartes.

◦ Exercice n 2: Ilfautmontrerunee´quivalence,soitdeuximplicationsre´ciproques. Si|z−i|=|z+i|alors, en introduisantM(z),A(i) etB(−ittec)itauqe´epliqonimeuequ d(A, M) = d(B, M), ce qui implique queMtricedusegment[eitra`tn´malaidepaapAB], qui est 2 l’axedesre´els.Doncz∈R.aiurna:ouerqmaReriee´rcisupatsuz=x+iy, avec(x, y)∈R. 2 22 22 2 L’e´quationimpliquedoncque|z−i|=|z+i|, donc quex+ (y−1) =x+ (y+ 1)ce qui 2 2 donney−2y+ 1 =y+ 2y+ 1, ce qui impliquey= 0. Re´ciproquement,sizeel,str´eM(z)eedictriaedal´mseruti´usestA(i) et deB(−i), donc d(A, M) = d(B, M) ce qui implique que|z−i|=|z+i|.sieuasseRqraml:eu´earprciueoqutpe fairedemani`erecalculatoire. Ilestimportantdenepasoublierl’unedesdeuximplications,oua`de´fautderaisonner (enti`erement)pare´quivalences.

◦ Exercice n 3: Soitn≥2 et supposonsP(n). MontronsP(nSoit+ 1).C n+1 mpco´eos’´ed`eelulcenessaevnstoe´s (e 1 , . . . , e n+1 ). Notonsφ(e i eevexesel)`le´’lede i , aveci∈ {1, . . . , n+ 1}´erensidr.tuocnOep la classeA n = (e 1 , . . . , e n onicque,evl`´eercnodtneit)ereinltdevenaenlnnr`esesetd’apve`le´ P(n) :φ(e 1 ) =∙ ∙ ∙=φ(e n−1 ) =φ(e n np.Oteeu)disnere´iusnocetalsslrca(ee 1 , . . . , e n−1 , e n+1 ) en´echangeantlederniere´l`evedeA n ecaveculqiiuvaia´tte´eretir´edeC n+1 danOdcnorpa’se`. P(n) :φ(e 1 ) =∙ ∙ ∙=φ(e n−1 ) =φ(e n+1 euruqeoncltdecttenermepsnoitauqe´xuedsCe). φ(e 1 ) =∙ ∙ ∙=φ(e n+1 ), doncP(n´fiir.eese)1e´vt+ Lespropri´et´esP(nneneetdn)ostnibsessuafueuqse`dn≥et’´,l2ni’iedapsitaitlaoi(nP(2)) n’est pas vraie.

1

◦ Exercice n 4:

1. Soitn∈Net supposonsH n . On a   n n+1 2 2 u n+1 = 2u n + 1≤2−1 =1 +−1, 3 3 ce qui montreH n+1 . n 2.Onmontredelameˆmemanie`reparre´currencel’hypoth`esecontraireG n :u n >2/3−1. CommeG 0 est vraie (λ >2/)p3r´arurec,eopercnturuotn∈N,G n est vraie etH n n’est doncjamaisv´erifie´e.

◦ Exercice n 5: Soitn∈Nup,sh’letopyosopuqsnvraieaurh`eseestnagn. On a alors n+1n nn (x+y) =(x+y) (x+y) =x(x+y) +y(x+y) n   n   X X n n k n−nk k−k =yx x+y xy k k k=0k=0 n   n   X X n n k+1n−k kn+1−k =x y+x y k k k=0k=0 n   n   X X n n k+1n+1−(k+1)k n+1−k =x y+.x y k k k=0k=0 0 Onpeutdonceffectuerunchangementd’indicedanslapremie`resommeennotantk=k+ 1 0 (les indiceska`1edcndontiearvn+ 1): n+1   n   X X n 0 0 n n+1k n+1−k kn+1−k (x+y) =x y+x y. 0 k−1k 0 k=1 k=0   n     X n nn n n+1 0k n+1−k0n+1 =x y+ +x y+x y n kk−1 0 k=1 Comme pour 1≤k≤non a la formule du triangle de Pascal :     n nn+ 1 + =, k k−1k onabienmontre´lapropri´et´eaurangnontdesui,q+1ourP.eriatide´re´hcnlit´´ega=1l’eets bienv´erifie´e,lapropri´ete´estdoncinitialise´eaurang1.Parr´ecurrencecetteproprie´te´estdonc ∗ vraie surN.

◦ Exercice n 6: Supposons(nousraisonnonsparl’absurde)queleprincipeder´ecurrencesoitfaux,c’est`adire

2

que∃n∈N,¬P(nc’)(tles´eantigaedno∀n∈N, P(nd´eronsi’ensonslemelbC.))A={n∈ N,¬P(n)}pr’a.Droapsl`ee´te´irpde´ce´rpetneAliueruqi’enncedd´peondoutvnon,editse poss`edeunpluspetit´ele´ment,note´araP.ontiniefid´a∈A, doncP(a) est fausse. Ensuite,P(0) est vraie, donc 0/∈Aet donca >q(0’leuepnout´ecrirea−1≥oCsndie´orsn0).P(a−1). Commea−1< a,a−atuepen1inetrappr`aA(sinona≤a−1, ce qui serait absurde). Ainsi P(a−1e)e´tide´er´parhaie;stvrP(a−1)⇒P(a) et donc (modus ponens)P(a) est vraie. Il yadoncunecontradiction,l’hypoth`esedede´partestdoncfaussecequimontreleprincipede r´ecurrence.

◦ Exercice n 7: Raisonnonsparcontrapos´eeetsupposonsque|z|>1. Il faut donc alors montrer que 1+z+ 2n−1n z+∙ ∙ ∙+z−nz6= 0. Pour cela raisonnons par l’absurde et supposons donc aussi que 2n−1n 1 +z+z+∙ ∙ ∙+z−nz= 0. On a donc :

n2n−1 2n−1 |nz|=|1 +z+z+∙ ∙ ∙+z| ≤1 +|z|+|z|+∙ ∙ ∙+|z|.

k kn Comme,parhypoth`ese,|z|>1, on a donc, pour 0≤k < n,|z|=|z|<|z|. Ainsi :

n2n−1n |nz|=|1 +z+z+∙ ∙ ∙+z|< n|z|,

2n−1n cequiestabsurde.L’hypoth`ese1+z+z+∙ ∙ ∙+z−nz= 0 est donc absurde, et ainsi 2n−1n 1 +z+z+∙ ∙ ∙+z−nz6= 0. CQFD.

◦ Exercice n 8:

1.Lane´gationde“AetB” (A∧B) est “nonAou nonB” (¬A∨¬B). Ainsi, comme 1≤x < y est´equivalenta`1≤xetx < y:teesena´ddemegiquleloormu,lafx <1 ouy≤x. 2. Onsait que dansR,xy´itusqeee0l=ava`tnx= 0 ouydeserppoire´´tse=0el(c´eadulco de corps deRdnoitage“e).Lan´AouB” (A∨B) est “nonAet nonB” (¬A∧ ¬B). La formulelogiquedemande´eest:x6= 0 ety6= 0. 3.Lane´gationdelaformule“AimpliqueB” (A⇒B) est (voir par exemple l’exercice 7) “nonBetA” (¬B∧A). En effet “AimpliqueBtionefini)`a“saeve´tlqe”iura´dtnp(Bou nonA” (B∨ ¬Amrlueetsrviaseiquredi`afoteetectse’c,)Best vraie ou siAest fausse. 2 Laformulelogiquedemande´eestdoncx= 1 etx6= 1.

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