Corrigé du contrôle de maths sup : sommes, binôme et formules de trigonométrie

Exercice 1 : Questions de cours (3 points)

1. Pour \(0 \leq\, k \leq\, n-1\), on réduit au même dénominateur \((k+1)!\,(n-k)!\) :
   \[\binom\,{n}{k} + \binom\,{n}{k+1} = \dfrac{n!}{k!\,(n-k)!} + \dfrac{n!}{(k+1)!\,(n-k-1)!} = \dfrac{n![(k+1) + (n-k)]}{(k+1)!\,(n-k)!}.\]
   Or \((k+1) + (n-k) = n+1\), donc la somme vaut \(\dfrac{(n+1)!}{(k+1)!\,(n-k)!}\). C’est exactement \(\binom\,{n+1}{k+1}\).
2. En additionnant \(\cos(a+b) = \cos a\cos b – \sin a \sin b\) et \(\cos(a-b) = \cos a\cos b + \sin a\sin b\), on obtient \(\cos(a+b) + \cos(a-b) = 2\cos a\cos b\). D’où la première formule.
   
   Ensuite, par soustraction de \(\sin(a-b) = \sin a\cos b – \cos a \sin b\) à \(\sin(a+b) = \sin a\cos b + \cos a\sin b\), on a \(\sin(a+b) – \sin(a-b) = 2\cos a\sin b\). Posons alors \(a = \dfrac{p+q}{2}\) et \(b = \dfrac{p-q}{2}\), de sorte que \(a + b = p\) et \(a – b = q\). On obtient \(\sin p – \sin q = 2\cos\dfrac{p+q}{2}\sin\dfrac{p-q}{2}\).

Barème : a) 1,5 point : 0,5 pour le dénominateur commun, 0,5 pour la mise en facteur, 0,5 pour la conclusion ; b) 1,5 point : 0,5 pour la formule de produit, 1 pour la formule de \(\sin p – \sin q\) avec le changement de variables.

Exercice 2 : Sommes et coefficients binomiaux (5 points)

1. Pour \(k \geq\, 1\), \(\dfrac{1}{k} – \dfrac{1}{k+1} = \dfrac{(k+1) – k}{k(k+1)} = \dfrac{1}{k(k+1)}\). La somme est donc télescopique :
   \[\sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{k(k+1)} = \sum_{k=1}^{n} (\dfrac{1}{k} – \dfrac{1}{k+1}) = 1 – \dfrac{1}{n+1}.\]
   Ainsi, la somme vaut \(\dfrac{n}{n+1}\).
2. On a bien \((k+1)! – k! = k!\,(k+1-1) = k \cdot k!\). Par télescopage,
   \[\sum_{k=1}^{n} k \cdot k! = \sum_{k=1}^{n} [(k+1)! – k!] = (n+1)! – 1! .\]
   La somme vaut \((n+1)! – 1\).
3. L’ensemble des indices est \(\{(i,j) : 1 \leq\, i \leq\, j \leq\, n\}\). On peut le décrire en fixant d’abord \(j \in [\![1,n]\!]\), puis \(i \in [\![1,j]\!]\). Ainsi
   \[S_n = \sum_{j=1}^{n} \dfrac{1}{j}\sum_{i=1}^{j} i = \sum_{j=1}^{n} \dfrac{1}{j} \cdot \dfrac{j(j+1)}{2} = \dfrac{1}{2}\sum_{j=1}^{n} (j+1).\]
   Or \(\displaystyle \sum_{j=1}^{n}(j+1) = \dfrac{n(n+1)}{2} + n = \dfrac{n(n+3)}{2}\). Donc \(S_n = \dfrac{n(n+3)}{4}\). Vérification : \(S_1 = 1\) et \(\dfrac{1 \times 4}{4} = 1\).
4. Par la formule du binôme appliquée à \((1 + 2)^n\), \(\displaystyle \sum_{k=0}^{n} \binom\,{n}{k} 2^k = 3^n\).
   
   Pour \(1 \leq\, k \leq\, n\),
   \[k\binom\,{n}{k} = \dfrac{k \cdot n!}{k!\,(n-k)!} = n \cdot \dfrac{(n-1)!}{(k-1)!\,(n-k)!} = n\binom\,{n-1}{k-1}.\]
   Le terme d’indice \(0\) étant nul, on obtient avec le changement d’indice \(j = k – 1\) :
   \[\sum_{k=0}^{n} k\binom\,{n}{k} = n\sum_{j=0}^{n-1}\binom\,{n-1}{j} = n\,(1+1)^{n-1}.\]
   Donc \(\displaystyle \sum_{k=0}^{n} k\binom\,{n}{k} = n\,2^{n-1}\).

Barème : a) 1 point : 0,5 pour la décomposition, 0,5 pour le télescopage ; b) 1 point : 0,5 pour la vérification de l’égalité, 0,5 pour le résultat ; c) 1,5 point : 0,5 pour la description des indices, 0,5 pour le calcul de la somme intérieure, 0,5 pour le résultat ; d) 1,5 point : 0,5 pour \(3^n\), 0,5 pour la formule du capitaine, 0,5 pour \(n\,2^{n-1}\).

Exercice 3 : Inégalités, valeur absolue et partie entière (4 points)

1. Les deux membres sont positifs, et la fonction carré est strictement croissante sur \(\mathbb{R}_+\). L’inéquation équivaut donc à \((2x-1)^2 \leq\, (x+2)^2\), soit
   \[4x^2 – 4x + 1 \leq\, x^2 + 4x + 4 \iff 3x^2 – 8x – 3 \leq\, 0 \iff (3x+1)(x-3) \leq\, 0.\]
   Un trinôme est négatif entre ses racines \(-\dfrac{1}{3}\) et \(3\). L’ensemble des solutions est \([-\dfrac{1}{3}, 3]\).
2. Posons \(m = \lfloor x \rfloor\) et \(r = x – m \in [0,1[\). Alors \(2x = 2m + 2r\) avec \(2m \in \mathbb{Z}\), donc \(\lfloor 2x \rfloor = 2m + \lfloor 2r \rfloor\). Comme \(2r \in [0,2[\), on a \(\lfloor 2r \rfloor \in \{0,1\}\). Ainsi \(\lfloor 2x \rfloor – 2\lfloor x \rfloor = \lfloor 2r \rfloor \in \{0,1\}\).
3. Pour \(k \geq\, 2\), \(\dfrac{1}{k-1} – \dfrac{1}{k} = \dfrac{1}{k(k-1)}\). Or \(0 < k(k-1) \leq\, k^2\), donc \(\dfrac{1}{k^2} \leq\, \dfrac{1}{k(k-1)}\).
   
   En sommant ces inégalités pour \(k\) de \(2\) à \(n\), puis par télescopage,
   \[\sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{k^2} \leq\, 1 + \sum_{k=2}^{n}(\dfrac{1}{k-1} – \dfrac{1}{k}) = 1 + 1 – \dfrac{1}{n}.\]
   Donc \(\displaystyle \sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{k^2} \leq\, 2 – \dfrac{1}{n}\) (pour \(n = 1\), la somme de \(2\) à \(1\) est vide et l’on a l’égalité \(1 = 1\)).

Erreur fréquente : élever au carré sans avoir vérifié que les deux membres sont positifs. Ici c’est le cas grâce aux valeurs absolues.

Barème : a) 1,5 point : 0,5 pour la justification du passage au carré, 0,5 pour la factorisation, 0,5 pour l’ensemble des solutions ; b) 1 point : 0,5 pour l’écriture \(x = m + r\), 0,5 pour la conclusion ; c) 1,5 point : 0,5 pour la majoration de \(\frac{1}{k^2}\), 1 pour la sommation et le télescopage.

Exercice 4 : Équations trigonométriques (4 points)

1. Par la formule de duplication, \(\cos(2x) = 1 – 2\sin^2 x\). En posant \(s = \sin x\), l’équation devient \(2s^2 + s – 1 = 0\), c’est-à-dire \((2s – 1)(s + 1) = 0\). Donc \(\sin x = \dfrac{1}{2}\) ou \(\sin x = -1\).
   
   D’une part, \(\sin x = \dfrac{1}{2}\) équivaut à \(x \equiv \dfrac{\pi}{6}\ [2\pi]\) ou \(x \equiv \dfrac{5\pi}{6}\ [2\pi]\). D’autre part, \(\sin x = -1\) équivaut à \(x \equiv -\dfrac{\pi}{2}\ [2\pi]\).
   
   Les solutions sont les réels \(\dfrac{\pi}{6} + 2k\pi\), \(\dfrac{5\pi}{6} + 2k\pi\) et \(-\dfrac{\pi}{2} + 2k\pi\), avec \(k \in \mathbb{Z}\), soit exactement les réels \(\dfrac{\pi}{6} + \dfrac{2k\pi}{3}\).
2. On a \(\sin x + \sqrt{3}\cos x = 2(\dfrac{1}{2}\sin x + \dfrac{\sqrt{3}}{2}\cos x) = 2(\sin x\cos\dfrac{\pi}{3} + \cos x\sin\dfrac{\pi}{3})\). Donc \(\sin x + \sqrt{3}\cos x = 2\sin(x + \dfrac{\pi}{3})\).
   
   L’inéquation équivaut à \(\sin X \geq\, \dfrac{1}{2}\) avec \(X = x + \dfrac{\pi}{3}\). Quand \(x\) décrit \(]-\pi,\pi]\), \(X\) décrit \(]-\dfrac{2\pi}{3}, \dfrac{4\pi}{3}]\), intervalle de longueur \(2\pi\). Sur cet intervalle, le cercle donne \(\sin X \geq\, \dfrac{1}{2} \iff X \in [\dfrac{\pi}{6}, \dfrac{5\pi}{6}]\). L’ensemble des solutions est \([-\dfrac{\pi}{6}, \dfrac{\pi}{2}]\).

   

3. Comme \(\dfrac{t}{2} \in ]-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{2}[\), on a \(\cos\dfrac{t}{2} \neq 0\) et \(1 + u^2 = \dfrac{1}{\cos^2\frac{t}{2}}\). Par les formules de duplication,
   \[\cos t = \cos^2\dfrac{t}{2} – \sin^2\dfrac{t}{2} = \cos^2\dfrac{t}{2}\,(1 – u^2), \qquad \sin t = 2\sin\dfrac{t}{2}\cos\dfrac{t}{2} = 2u\cos^2\dfrac{t}{2}.\]
   En remplaçant \(\cos^2\dfrac{t}{2}\) par \(\dfrac{1}{1+u^2}\), on obtient \(\cos t = \dfrac{1-u^2}{1+u^2}\) et \(\sin t = \dfrac{2u}{1+u^2}\).

Barème : a) 1,5 point : 0,5 pour l’équation en \(\sin x\), 0,5 pour la factorisation, 0,5 pour les trois familles de solutions ; b) 1,5 point : 0,5 pour la forme \(2\sin(x + \frac{\pi}{3})\), 0,5 pour le changement de variable et l’intervalle, 0,5 pour l’ensemble des solutions ; c) 1 point : 0,5 par formule.

Exercice 5 : Somme des cosinus par télescopage (4 points)

1. Appliquons la formule \(\sin p – \sin q = 2\cos\dfrac{p+q}{2}\sin\dfrac{p-q}{2}\) de l’exercice 1 avec \(p = (k + \frac{1}{2})x\) et \(q = (k – \frac{1}{2})x\). On a \(\dfrac{p+q}{2} = kx\) et \(\dfrac{p-q}{2} = \dfrac{x}{2}\). D’où \(\sin((k+\frac{1}{2})x) – \sin((k-\frac{1}{2})x) = 2\sin\dfrac{x}{2}\cos(kx)\).
2. En sommant pour \(k\) de \(0\) à \(n\), la somme de droite est télescopique :
   \[2\sin\dfrac{x}{2}\,C_n = \sin((n+\dfrac{1}{2})x) – \sin(-\dfrac{x}{2}) = \sin((n+\dfrac{1}{2})x) + \sin\dfrac{x}{2}.\]
   On transforme cette somme par la formule \(\sin p + \sin q = 2\sin\dfrac{p+q}{2}\cos\dfrac{p-q}{2}\) (obtenue comme en 1b). Ici \(\dfrac{p+q}{2} = \dfrac{(n+1)x}{2}\) et \(\dfrac{p-q}{2} = \dfrac{nx}{2}\). Comme \(\sin\dfrac{x}{2} \neq 0\), on divise :
   \[C_n = \dfrac{\sin\dfrac{(n+1)x}{2}\cos\dfrac{nx}{2}}{\sin\dfrac{x}{2}}.\]
   C’est la formule demandée ; la première forme donne aussi \(C_n = \dfrac{1}{2} + \dfrac{\sin((n+\frac{1}{2})x)}{2\sin\frac{x}{2}}\).
3. Pour \(n \geq\, 1\), le réel \(x = \dfrac{2\pi}{n+1}\) appartient à \(]0,\pi]\), donc pas à \(2\pi\mathbb{Z}\). Alors \(\dfrac{(n+1)x}{2} = \pi\) et \(\sin \pi = 0\). Donc \(\displaystyle \sum_{k=0}^{n} \cos\dfrac{2k\pi}{n+1} = 0\).
4. Par linéarisation, \(\cos^2(kx) = \dfrac{1 + \cos(2kx)}{2}\). Donc
   \[\sum_{k=0}^{n} \cos^2(kx) = \dfrac{n+1}{2} + \dfrac{1}{2}\sum_{k=0}^{n}\cos(k \cdot 2x).\]
   Comme \(x \notin \pi\mathbb{Z}\), le réel \(2x\) n’est pas dans \(2\pi\mathbb{Z}\) : on peut appliquer la question b au réel \(2x\), ce qui donne \(\dfrac{\sin((n+1)x)\cos(nx)}{\sin x}\). Ainsi \(\displaystyle \sum_{k=0}^{n}\cos^2(kx) = \dfrac{n+1}{2} + \dfrac{\sin((n+1)x)\cos(nx)}{2\sin x}\).

Barème : a) 1 point : 0,5 pour le choix de \(p\) et \(q\), 0,5 pour la conclusion ; b) 1,5 point : 0,5 pour le télescopage, 0,5 pour la transformation somme-produit, 0,5 pour la formule finale ; c) 0,5 point ; d) 1 point : 0,5 pour la linéarisation, 0,5 pour l’application à \(2x\) avec l’hypothèse vérifiée.

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Après le corrigé du contrôle : sommes, binôme et formules de trigonométrie

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