%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\documentclass[a4paper]{article}
\usepackage[a4paper, textwidth=17cm,textheight=24cm]{geometry}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[T1]{fontenc}

\title{}
\author{}
\date{}

%%------------------------------------------------------------------------------
%% Packages

\usepackage{amsmath,amsfonts}
\usepackage{mathtools}
\usepackage[matha,mathb]{mathabx} % french mathematical symbols and more
\usepackage{amsthm}
\usepackage{geometry}
\usepackage[svgnames]{xcolor}
\usepackage{fancyhdr}
\usepackage{lastpage}
\usepackage{enumitem}
\usepackage{cancel}
\usepackage{tikz,tkz-tab,tkz-fct}
\usepackage[framemethod=tikz]{mdframed}
\usetikzlibrary{shadows,shadings}
\usepackage{calc}
\usetikzlibrary{shapes}
\usetikzlibrary{automata, positioning}

\usepackage{multicol}
\usepackage{hyperref}
\hypersetup{colorlinks=true,
	citecolor=DarkBlue,
	linkcolor=DarkBlue,
	linktoc=page,
	urlcolor=black,
}

\usepackage[french]{babel}

%% ------------------------------------------------------------------------------
%% Packages setup

% enumitem
\setlist{itemsep=0pt, topsep=0pt} % vertical spacing for all lists

\newlist{pbenum}{enumerate}{10} % enumerate for problems (nested like so : 1., 1.1., 1.1.1., etc)
\setlist[pbenum]{label*=\arabic*.}
\setlist[pbenum, 1]{itemsep=4pt plus 2pt minus 1pt, topsep=8pt plus 2pt minus 4pt} % default enumerate spacing

\setlist[enumerate, 1]{label = \arabic*.} % standard enumerate labels 
\setlist[enumerate, 2]{label = \alph*.}

% geometry
%defaults : textwidth = 0.7\paperwidth = 1675.8pt, textheight = 0.7\paperheight = 4788pt

% hyperref
\hypersetup{colorlinks=true,
	citecolor=DarkBlue,
	linkcolor=DarkBlue,
	linktoc=page,
	urlcolor=black}

% fancyhdr
%% BUG: Do not issue \fancypagestyle{fancy}{<fancyhdr commands>}, the LaTeX compiler will hang at the first \pagestyle{fancy} call since it will enter in an infinite recursive loop.

%% \fancypagestyle{fancy}{%
%%   \fancyhf{} % clear all header and footer fields
%%   \lhead{École Normale Supérieure de Lyon\\Département de mathématiques}
%%   \rhead{2021--2022\\Option B pour l'agrégation}
%%   \rfoot{\thepage /\pageref{LastPage}}
%%   \renewcommand{\footrulewidth}{0.5pt}
%%   \setlength{\headheight}{24.2pt}} % required for headers spanning two lines

\fancypagestyle{plain}{%
	\fancyhf{}
	\rfoot{\thepage /\pageref{LastPage}}
	\renewcommand{\headrulewidth}{0pt}}

\pagestyle{fancy} % sets page style for the whole document
\fancyhf{} % clear all header and footer fields
\lhead{ENS de Lyon\\CPES Sciences}
\rhead{2022--2023\\Mathématiques}
\rfoot{\thepage /\pageref{LastPage}}
\renewcommand{\footrulewidth}{0.5pt}
\setlength{\headheight}{24.2pt} % required for headers spanning two lines

%%------------------------------------------------------------------------------
%% Custom environments/macros

\theoremstyle{definition}
\newtheorem*{defi}{Définition}

\newcommand{\ds}{\displaystyle}

\newcommand{\et}{\quad\text{et}\quad}
\newcommand{\ogfg}[1]{\og #1\fg}
\newcommand{\I}[2]{\Io{#1,#2}\If}

\newcommand{\Io}{[\![}
\newcommand{\If}{]\!]}

\newcommand{\R}{\mathbb{R}}
\newcommand{\C}{\mathbb{C}}
\newcommand{\Z}{\mathbb{Z}}
\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}}
\newcommand{\N}{\mathbb{N}}
\newcommand{\mc}{\mathcal}
\renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}}
\newcommand{\e}{\mathrm{e}}
\DeclarePairedDelimiter{\norm}{\lVert}{\rVert} %% requires mathtools
\DeclarePairedDelimiter{\abs}{\lvert}{\rvert}
\DeclarePairedDelimiter{\sbra}{[}{]}
\DeclarePairedDelimiter{\pare}{(}{)}
\DeclarePairedDelimiter{\osbral}{]}{]}
\DeclarePairedDelimiter{\osbra}{]}{[}
\DeclarePairedDelimiter{\osbrar}{[}{[}

\newcounter{exercice}

\newcommand{\ex}{\refstepcounter{exercice}\paragraph{Exercice \theexercice.}}
\newtheorem{exo}{Exercice}
\newcommand{\staritem}{\refstepcounter{enumi}\item[$(\star)~$\theenumi]}
\begin{document}
%\pagestyle{empty}
\renewcommand\labelitemi{\textbullet}
\renewcommand\labelitemii{$\diamond$}
\renewcommand\labelitemiii{$\cdot$}
\renewcommand\labelitemiv{$\ast$}
\begin{center}
\Large Corrigé du devoir surveillé \no 1
\end{center}
\hrule

\begin{exo} 
\begin{enumerate}
    \item Soient $a$ et $b$ des réels strictement positifs. On a :
    \[0 \leq (a-b)^2 = a^2+b^2 -2ab = (a+b)^2 -4ab,\]
    donc $4ab\leq (a+b)^2$ et en divisant à gauche et à droite par $4(a+b)$ qui est strictement positif, on obtient \[\boxed{\frac{ab}{a+b} \leq \frac{a+b}4.}\] 
    
    \item Pour tout $n\in \N$, on note $P_n$ la proposition "$u_n = \frac{n}{n+1}$". On va démontrer par récurrence que $P_n$ est vraie pour tout $n$ dans $\N$.
    \begin{itemize}
    	\item \emph{Initialisation.} Pour $n=0$, $u_0=0 = \frac0{0+1}$ donc \underline{$P_0$ est vérifiée}.
    	\item \emph{Hérédité.} \underline{Supposons $P_n$ vraie} pour un certain entier naturel $n$.
    	Alors \[u_{n+1}= u_n + \frac{1}{(n+1)(n+2)} \underset{(HR)}{=} \frac{n}{n+1} + \frac{1}{(n+1)(n+2)} = \frac{n(n+2)+1}{(n+1)(n+2)}= \frac{(n+1)\cancel{^2}}{\cancel{(n+1)}(n+2)}=\frac{n+1}{n+2}\]
    	et la propriété \underline{$P_{n+1}$ est donc vérifiée}. 
    \end{itemize} 
	Par récurrence, on a donc montré que \framebox{pour tout $n$ dans $\N$, $u_n = \frac{n}{n+1}$}.
	
	\item \begin{itemize}
		\item Soit $x \in \R$. On procède par disjonction de cas :\begin{itemize}
			\item \underline{si $x$ est positif}, $(E_1) \iff x^2 + x \leqslant 6 \iff x^2+x-6 \leq 0$. Ce polynôme a pour racines évidentes $2$ et $-3$ et comme le coefficient devant son terme de plus haut degré est positif, il est négatif exactement entre ses racines. L'ensemble de solutions de $(E_1)$ vérifiant $x\geqslant 0$ est donc $[0,2]$.
			\item \underline{si $x$ est négatif}, $(E_1) \iff x^2 - x \leqslant 6 \iff x^2-x-6 \leqslant 0$. Ce polynôme a pour racines évidentes $-2$ et $3$ et comme le coefficient devant son terme de plus haut degré est positif, il est négatif exactement entre ses racines. L'ensemble de solutions de $(E_1)$ vérifiant $x\leqslant 0$ est donc $[-2,0]$.
		\end{itemize}
		En rassemblant les deux cas qui recouvrent bien tout $\R$, on obtient que $(E_1)$ est vérifiée si et seulement si \framebox{$x\in[-2,2]$}.
		\item Soit $x \in \R$. On observe que le quotient est toujours défini puisque $x^2+1 >0$. On se ramène à une étude de signes :
		\[(E_2) \iff \frac{3x+1}{x^2+1} - 2\leqslant 0 \iff \frac{3x+1 -2(x^2+1)}{x^2+1}\leqslant 0.\]
		Comme le dénominateur est strictement positif, cela revient à étudier le signe du polynôme du second degré au numérateur, $3x+1 -2(x^2+1)= -2x^2+3x -1$. Une racine évidente est $1$, qu'on peut donc mettre en facteur afin d'obtenir la deuxième racine : $-2x^2+3x -1= -2(x-1)(x-\frac12)$. Comme le coefficient devant le terme de plus haut degré est négatif, le polynôme est strictement positif exactement entre ses racines (non comprises), c'est-à-dire sur l'intervalle $\left]\frac12,{1}\right[$. On en déduit que les solutions de l'inéquation de départ sont exactement $\ds\R \setminus \left]\frac12,{1}\right[=\boxed{\left]-\infty,\frac12\right]\cup [1,+\infty[}$.
	\end{itemize}		
		\item Soient $k$ et $n$ des entiers naturels.
		
		Si $k$ et $n$ sont plus grands que $1$ avec $k\leq n$, on écrit les coefficient binomiaux à l'aide des factorielles :
		\[k \binom{n}{k}= k \frac{n!}{k!(n-k)!}=\cancel{k} \frac{(n-1)!\times {n}}{(k-1)!\times \cancel{k}(n-k+1-1)!} = \frac{n (n-1)!}{(k-1)!((n-1)-(k-1))!}= n \binom{n-1}{k-1}.\]
		Si $k$ et $n$ sont tels que $k>n$, alors on a aussi $k-1>n-1$ et les deux coefficients binomiaux considérés sont nuls.
		
		Si $n=0$, l'égalité est vraie pour tout $k$ puisqu'à gauche on a soit $k=0$, soit $k>n$ et le coefficient binomial est alors nul.
		
		Si $k=0$, l'égalité est vraie puisque par convention $\binom{p}{-1}=0$ pour tout entier $p$.
		
		On a donc montré l'équation pour tout couple d'entiers naturels $(k,n)$.
\end{enumerate}
\end{exo}
\newpage
\begin{exo}
\begin{enumerate}
    \item On a $u_2=2(1+\frac11)u_1-2\; \boxed{=6}$ et $u_3=2(1+\frac12)u_2-3\;\boxed{=15}$.
    \item Pour tout $n\geqslant1$, on note $P_n$ la proposition \ogfg{$u_n>n$}.
    \begin{itemize}
    \item \emph{Initialisation.} Comme $u_1=2>1$, \underline{$P_1$ est vraie.}
    \item \emph{Hérédité.} Soit $n \geqslant 1$ et \underline{supposons $P_n$ vraie.}
    
    Alors, 
    $$u_{n+1} = 2\left(1+\frac1n\right)\!\!\!\!\underbrace{u_n}_{\begin{array}{c} >n \\ (HR)\end{array}}\!\!\!\!- n -1 \underset{(\star)}{>} 2\left(1+\frac1n\right) n -n -1 = 2(n+1)-n-1 = n+1,$$
    l'inégalité $(\star)$ étant vérifiée car le facteur $2\left(1+\frac1n\right)$ est strictement positif.
    On a donc montré que \underline{$P_{n+1}$ est vraie}. 
    \end{itemize}
    Par récurrence, on a donc montré que \framebox{$u_n > n$ pour tout $n\geqslant1$.}
    \item Soit $n\in \N$,
    $$u_{n+1}-u_n = \left(2 + \frac2n\right) u_n -n-1 -u_n =  \left(1+\frac2n\right)\underbrace{u_n}_{>n}-n-1 >  \left(1+\frac2n\right)n-n-1 =1>0.$$
    Donc \underline{$(u_n)$ est strictement croissante}.
    \item \begin{enumerate}
        \item Pour tout $n\geqslant1$,
        \[v_{n+1}= \frac{u_{n+1}}{n+1}=\frac{2(1+\frac1n)u_n-n-1}{n+1}=  \frac{2(n+1)\frac{u_n}n-(n+1)}{n+1}=2 \frac{u_n}{n}-1 = \boxed{2v_n-1}\]
        donc $(v_n)$ est arithmético-géométrique. On procède selon la méthode du cours :
        \begin{itemize}
        	\item On commence par résoudre l'équation $\ell = 2 \ell -1$ ; la seule solution est $\ell=1$.
        	\item On pose $w_n=v_n -1$ et on observe que $(w_n)_{n\geqslant 1}$ est une suite géométrique de raison $2$.
        	\item Le terme général est alors donné pour tout $n\geqslant 1$ par la formule \[w_n = w_1 2^{n-1}=(v_1-1)2^{n-1} = \Big(\frac{u_1}1 -1\Big) 2^{n-1}=  2^{n-1}.\]\end{itemize}
      	 On revient enfin à $(v_n)$ pour obtenir 
      	   $\boxed{v_n=2^{n-1}+1}$ pour tout $n\geqslant1$.
        \item Finalement, pour tout $n\geqslant 1$, \framebox{$u_n=nv_n=n(2^{n-1}+1 )$.}
    \end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}\bigskip


\begin{exo}\begin{enumerate}
	\item Soit $n\in\N^\star$. En application directe du cours, on a \begin{enumerate}
	\item $\ds \sum_{k=1}^n k= \boxed{\frac{n(n+1)}{2}}$.
	\item $\ds \sum_{k=1}^n \pi^k =\boxed{\pi \frac{1-\pi^n}{1-\pi}}$ comme $\pi \neq 1$.
	\item $\ds \sum_{k=0}^{2n} \binom{2n}{k}2^k 7^{2n-k} = (2+7)^{2n}=9^{2n}=\boxed{81^n}$ (binôme de Newton à l'ordre $2n$, avec $x=2$ et $y=7$).
	\end{enumerate}
	\item Soit $n\in \N^\star$. On travaille un peu plus :\begin{enumerate}
	\item On fait apparaître une somme télescopique :	
$\ds \sum_{k=2}^{n+3} \ln\!\left(\sqrt{ \frac{k}{k+1}}\right)= \sum_{k=2}^{n+3} \ln(\sqrt{k}) - \ln(\sqrt{k+1}) =\boxed{ \ln \sqrt{2} - \ln(\sqrt{n+4})}$. 
	
	\emph{Remarque :} on pouvait aussi observer grâce au cours que 
\[ \ds \sum_{k=2}^{n+3} \ln\!\left(\sqrt{ \frac{k}{k+1}}\right) = \ln \left(\prod_{k=2}^{n+3}\sqrt{\frac{k}{k+1}}\right) = \ln \left(\sqrt{\frac{2}{n+4}}\right).   \]	
	en faisant apparaître un produit télescopique.
	
	\item On découpe $\ds \sum_{k=1}^n \frac{1+3^{k}}{2^{k+1}} =  \sum_{k=1}^n \frac{1}{2^{k+1}} + \sum_{k=1}^n \frac{3^{k}}{2^{k+1}}$ par linéarité. Or pour tout $k$ entier, $\ds\frac{3^{k}}{2^{k+1}} = \frac12 \left(\frac32\right)^k$. On sort le facteur $\frac12$ de chaque somme et on écrit deux fois la somme d'une suite géométrique, de raison $\neq 1$ :
	\[\sum_{k=1}^n \frac{1+3^{k}}{2^{k+1}} = \frac12  \sum_{k=1}^n \frac{1}{2^k} + \frac12  \sum_{k=1}^n \left(\frac32\right)^k = \frac12 \cdot \frac12 \cdot \frac{1-(\frac12)^n}{1-\frac12} + \frac12 \cdot \frac32 \cdot \frac{1-(\frac32)^n}{1-\frac32} =\frac12 \left(1- \left(\frac12\right)^n\right) - \frac32  \left(1- \left(\frac32\right)^n\right).\]
	Et en réorganisant encore un peu on obtient $\ds \sum_{k=1}^n \frac{1+3^{k}}{2^{k+1}} = \boxed{-1 + \frac{3^{n+1} -1}{2^{n+1}}}$.
	
	\item On procède en plusieurs étapes : d'abord un changement de variable de type glissement, en notant $i = k+1$, puis on sort un facteur $\e^{-1}=\frac1{\e}$ et on fait apparaître la formule du binôme de Newton en ajoutant et ôtant le premier terme de la somme, et enfin on applique cette formule. Le tout donne :
	
	$\ds \sum_{k=0}^n \binom{n+1}{k+1}\e^k= \sum_{i=1}^{n+1}\binom{n+1}{i}\e^{i-1} = \e^{-1}\left(\sum_{i=0}^{n+1}\binom{n+1}{i}\e^i - \binom{n+1}{0}\e^0 \right) = \boxed{\frac1{\e}\left((1+\e)^{n+1}-1\right)}.$
	
	
\end{enumerate}
	\item Pour tout $n\geqslant 3$, on note $P_n$ la proposition $\ds \sum_{k=1}^n \frac{1}{k+n} > \frac{3}5$. Démontrons par récurrence que $P_n$ est vraie pour tout $n\geq 3$.
    \begin{itemize}
	\item \emph{Initialisation.} Pour $n=3$, $\ds \sum_{k=1}^3 \frac{1}{k+3}= \frac14 + \frac15 + \frac16 = \frac{15+12+10}{60}=\frac{37}{60}> \frac{3}5 = \frac{36}{60}$, donc  \underline{$P_3$ est vérifiée}.
	\item \emph{Hérédité.} \underline{Supposons $P_n$ vraie} pour un certain entier naturel $n\geq 3$. Pour montrer que $P_{n+1}$ est vraie, on va faire un changement d'indice $i=k+1$, mettre de côté les termes d'indice $i=n+1$ et $i=n+2$ et ajouter artificiellement le terme en $i=1$ pour se ramener à la somme concernée par $P_n$, puis appliquer notre hypothèse de récurrence :
	\[\ds \sum_{k=1}^{n+1} \frac{1}{k+n+1}= \sum_{i=2}^{n+2} \frac{1}{i+n}= \frac1{2n+2}+\frac1{2n+1} - \frac1{1+n}  + \sum_{i=1}^n \frac{1}{i+n}.\]
	Or,
	$\ds \frac1{2n+2}+\frac1{2n+1} - \frac1{n+1} =\frac1{2n+1} - \frac12\cdot \frac1{n+1}=\frac{n+1-\frac12 (2n+1)}{(n+1)(2n+1)}=\frac1{2(n+1)(2n+1)}\geq 0$, et donc
\[	\ds \sum_{k=1}^{n+1} \frac{1}{k+n+1} \geq   \sum_{i=1}^n \frac{1}{i+n} \underset{(HR)}{>} \frac35.\]
	On a donc montré que la propriété \underline{$P_{n+1}$ est vérifiée}. 
\end{itemize} 
Par récurrence, on a donc montré que \framebox{pour tout $n\geqslant 3$, $\ds \sum_{k=1}^n \frac{1}{k+n} > \frac{3}5$}.


\item Pour tout entier naturel $n$, on note $P_n$ la proposition $\ds \sum_{k=1}^n k! \leq 2n!$. Notons que $P_0$ est vraie puisque la somme à gauche est nulle (bornes dans le mauvais sens), et $0!=1$.
Démontrons par récurrence que $P_n$ est vraie pour tout $n\geqslant 1$. 
\begin{itemize}
	\item \emph{Initialisation.} Pour $n=1$, $\ds \sum_{k=1}^1 k!=1! \leqslant 2\times 1!$ donc \underline{$P_1$ est vérifiée}. 
	\item \emph{Hérédité.} \underline{Supposons $P_n$ vraie} pour un certain entier naturel $n\geqslant 1$.
	On veut montrer $P_{n+1}$. Pour l'instant on a $\ds \sum_{k=1}^{n+1} k!=\ds \sum_{k=1}^{n} k! + (n+1)! \leqslant2n! + (n+1)!=n! (2 + (n+1))  $ d'après l'hypothèse de récurrence.
	Or, pour $n\geq 1$, on a $n+3 \leq 2(1+n)$ (c'est faux pour $n=0$, d'où la mise de côté du cas $n=0$ en début de preuve !).
	Donc on peut reprendre le calcul : 
	\[ \sum_{k=1}^{n+1} k!=\ds \sum_{k=1}^{n} k! + (n+1)! \underset{(HR)}{\leqslant} 2n! + (n+1)!=n! (2 + (n+1)) \underset{n\geq 1}{\leqslant} n!2(n+1) = 2 (n+1)!\] 	
	Et on a donc montré que la propriété \underline{$P_{n+1}$ est donc vérifiée}. 
\end{itemize} 
Par récurrence, on a donc montré que pour tout $n\geqslant 1$, $\ds \sum_{k=1}^n k! \leq 2n!$, et on a démontré l'égalité directement pour $n=0$. Donc \framebox{pour tout $n\in \N$, on a $\ds \sum_{k=1}^n k! \leq 2n!$}.\\


\emph{Autre démonstration,} sans récurrence : si $n\geq 1$,
\[ \sum_{k=1}^n k! = n! + \sum_{k=1}^{n-1} k! \leq n! + \sum_{k=1}^{n-1} (n-1)! = n! + (n-1)(n-1)! \leq n! + n(n-1)! \leq 2n!\]
On a sorti le terme de plus haut indice pour obtenir la première égalité, puis dit que pour chaque $k$ entre $1$ et $n-1$, $k! \leq (n-1)!$ (car la factorielle est croissante). Ensuite, on a calculé une somme dont le terme général est indépendant de l'indice : la valeur est alors le nombre de termes multiplié par le terme général. Enfin, on a majoré $(n-1)(n-1)!$ par $n(n-1)!$, et identifié une nouvelle factorielle. En vérifiant le cas $n=0$ à la main comme dans la précéente, on a prouvé ce qu'il fallait démontrer.
		\end{enumerate}
\end{exo}



\end{document}
