Exercices corrigés : les démonstrations du programme (Première spécialité)

$u_{1}=u_{0}+r$, $u_{2}=u_{1}+r=u_{0}+2r$, $u_{3}=u_{0}+3r$, et ainsi de suite jusqu'à $u_{6}=u_{0}+6r$ : pour passer du rang $0$ au rang $6$, on fait $6$ pas, et chaque pas ajoute $r$. Donc $u_{6}=11+6\times(-3)=11-18=-7$. Le nombre de pas est la DIFFÉRENCE des rangs, $6-0=6$, et non le nombre de termes écrits, qui est $7$ : c'est le piège des piquets et des intervalles.

Démonstration rédigée. Soit $n\geq 1$. Par définition de la suite, pour tout entier $k$ de $1$ à $n$, $u_{k}-u_{k-1}=r$. On additionne ces $n$ égalités membre à membre. À gauche, $(u_{1}-u_{0})+(u_{2}-u_{1})+\cdots+(u_{n}-u_{n-1})$ : chaque terme intermédiaire apparaît une fois avec le signe $+$ et une fois avec le signe $-$, il ne reste que $u_{n}-u_{0}$. À droite, $r$ additionné $n$ fois, soit $nr$. Donc $u_{n}-u_{0}=nr$, c'est-à-dire $u_{n}=u_{0}+nr$, et l'égalité vaut aussi pour $n=0$. Cette somme « en accordéon », dite télescopique, remplace le « et ainsi de suite » de la question a) : c'est elle qui fait de l'observation une preuve valable pour TOUT $n$.

$v_{5}=48\times\left(\frac{1}{2}\right)^{5}=\frac{48}{32}=1{,}5$. Démonstration rédigée. Supposons d'abord tous les termes non nuls. En multipliant membre à membre les $n$ égalités $v_{k}=qv_{k-1}$, on obtient $v_{1}v_{2}\cdots v_{n}=q^{n}\,v_{0}v_{1}\cdots v_{n-1}$. Les facteurs $v_{1},\ldots,v_{n-1}$ figurent des deux côtés ; comme ils sont non nuls, on peut simplifier, et il reste $v_{n}=q^{n}v_{0}$. La précaution est donc de ne jamais simplifier par un nombre qui pourrait être nul. Si $v_{0}=0$ ou $q=0$, tous les termes à partir du rang $1$ sont nuls et la formule $v_{n}=v_{0}q^{n}$ donne bien $0$ : le cas mis de côté est vérifié à part, la démonstration est complète.

On refait le même télescopage en partant du rang $p$ au lieu du rang $0$ : les égalités $u_{k}-u_{k-1}=r$ pour $k$ de $p+1$ à $n$ sont au nombre de $n-p$, d'où $u_{n}=u_{p}+(n-p)r$ ; de même $v_{n}=v_{p}\,q^{n-p}$. Application : de $4$ à $10$ il y a $10-4=6$ pas, donc $u_{10}=9+6\times 1{,}5=18$ ; de $3$ à $6$ il y a $3$ pas, donc $v_{6}=2\times 3^{3}=54$. Contrôle par la définition : $2$, $6$, $18$, $54$. Retenir la formule générale évite l'erreur la plus coûteuse du chapitre, écrire $u_{10}=u_{4}+10r$ en oubliant de repartir du bon rang.

Les deux escaliers s'emboîtent en un rectangle de $5$ colonnes et de $6$ lignes : la colonne $k$ porte $k$ carrés pleins et $6-k$ carrés en pointillés, soit toujours $6$. Le rectangle compte $5\times 6=30$ carrés, et il est fait de DEUX escaliers identiques, donc $S_{5}=\frac{30}{2}=15$. Contrôle direct : $1+2+3+4+5=15$. Le dessin n'est encore qu'un exemple : il faut maintenant écrire le même argument avec la lettre $n$.

Démonstration rédigée. Soit $n\geq 1$. On écrit $S_{n}=1+2+\cdots+(n-1)+n$ et $S_{n}=n+(n-1)+\cdots+2+1$. En additionnant terme à terme, la $k$-ième colonne donne $k+(n+1-k)=n+1$ : quand on avance d'un rang, le terme du haut gagne $1$ et celui du bas perd $1$, la somme ne bouge pas. Il y a $n$ colonnes, donc $2S_{n}=n(n+1)$ et $S_{n}=\dfrac{n(n+1)}{2}$. C'est exactement le rectangle de la figure, de dimensions $n$ et $n+1$. Le quotient est entier car $n$ et $n+1$ sont deux entiers consécutifs, dont l'un est pair : le produit est pair. Aucune récurrence n'est nécessaire, et c'est la démonstration attendue en Première.

$S_{40}=\dfrac{40\times 41}{2}=820$. Pour $S_{n}=210$ : $n(n+1)=420$, soit $n^{2}+n-420=0$, de discriminant $1+1\,680=1\,681=41^{2}$, d'où $n=\dfrac{-1+41}{2}=20$ (la racine $-21$ est rejetée, $n$ est un entier positif). Contrôle : $20\times 21=420$. On peut aussi chercher de tête deux entiers consécutifs de produit $420$.

Dans $T$, les termes vont de $3$ en $3$ : de $7$ à $64$ il y a $\frac{64-7}{3}=19$ pas, donc $20$ termes. Écrite à l'envers sous elle-même, $T$ donne $20$ colonnes valant chacune $7+64=71$, car le haut gagne $3$ quand le bas perd $3$. Donc $2T=20\times 71$ et $T=710$. C'est la formule « nombre de termes $\times\frac{\text{premier}+\text{dernier}}{2}$ », démontrée par le même appariement. L'erreur classique est de compter $19$ termes : on compte les pas, puis on ajoute $1$.

Les exposants vont de $0$ à $3$ : il y a $n+1=4$ termes, et non $3$. $S=1+4+16+64=85$, $4S=4+16+64+256=340$, et $4S-S=340-85=255$. On remarque que $255=256-1=4^{4}-1$ : les nombres $4$, $16$ et $64$, présents dans les deux sommes, ont disparu dans la différence.

Démonstration rédigée. Soit $q$ un réel et $n$ un entier naturel. On a $S=1+q+q^{2}+\cdots+q^{n}$ et, en multipliant chaque terme par $q$, $qS=q+q^{2}+\cdots+q^{n}+q^{n+1}$. Les termes $q$, $q^{2}$, ..., $q^{n}$ figurent dans les deux sommes ; ils s'éliminent dans la différence, et il reste $qS-S=q^{n+1}-1$, c'est-à-dire $(q-1)S=q^{n+1}-1$. Si $q\neq 1$, on peut diviser par $q-1$, qui est non nul : $S=\dfrac{q^{n+1}-1}{q-1}$. Vérification sur a) : $\frac{4^{4}-1}{4-1}=\frac{255}{3}=85$. L'égalité $(q-1)(1+q+\cdots+q^{n})=q^{n+1}-1$ est aussi une factorisation, vraie pour tout $q$ : elle dit que $x^{n+1}-1$ se factorise par $x-1$.

Si $q=1$, tous les termes valent $1$ et $S=n+1$ : par exemple, pour $n=3$, $S=4$. La démonstration de b) donne alors $0\times S=0$, égalité vraie mais qui ne dit rien de $S$, et la division par $q-1=0$ est interdite. Une démonstration honnête sépare donc les deux cas, et une formule rédigée sans « pour $q\neq 1$ » est une formule fausse.

$T$ est de la forme $1+q+\cdots+q^{6}$ avec $q=-2$ : les termes changent de signe à chaque rang, et $64=(-2)^{6}$. Il y a $7$ termes, donc $n=6$ et l'exposant du numérateur est $7$ : $T=\dfrac{(-2)^{7}-1}{-2-1}=\dfrac{-128-1}{-3}=\dfrac{-129}{-3}=43$. Contrôle direct : $1-2+4-8+16-32+64=43$. Les deux pièges se cumulent ici : un mauvais décompte des termes et un signe perdu dans $(-2)^{7}$.

$U=7\times(1+2+4+\cdots+32)$, car $224=7\times 32=7\times 2^{5}$. La somme entre parenthèses a $6$ termes et vaut $\frac{2^{6}-1}{2-1}=63$, donc $U=7\times 63=441$. La somme de termes consécutifs d'une suite géométrique se ramène toujours à la démonstration de b) en mettant le premier terme en facteur : premier terme $\times\dfrac{1-q^{\text{nombre de termes}}}{1-q}$.

$\tau(h)=\dfrac{(5+h)^{2}-25}{h}$. Pour $h=0{,}1$ : $\dfrac{26{,}01-25}{0{,}1}=10{,}1$. Pour $h=-0{,}01$ : $\dfrac{24{,}9001-25}{-0{,}01}=\dfrac{-0{,}0999}{-0{,}01}=9{,}99$. Les taux encadrent $10$ et s'en approchent quand $h$ se rapproche de $0$ : on CONJECTURE $f'(5)=10$. Deux valeurs de $h$ ne démontrent rien, pas plus que mille : la limite se lit sur une expression simplifiée.

Démonstration rédigée. Soit $a$ un réel et $h\neq 0$. $(a+h)^{2}-a^{2}=a^{2}+2ah+h^{2}-a^{2}=2ah+h^{2}=h(2a+h)$, donc $\tau(h)=\dfrac{h(2a+h)}{h}=2a+h$, la simplification par $h$ étant permise puisque $h\neq 0$. Quand $h$ tend vers $0$, $2a+h$ tend vers $2a$. La fonction carré est donc dérivable en tout réel $a$, avec $f'(a)=2a$ : sa fonction dérivée est $x\mapsto 2x$. Sur l'exemple, $2\times 5=10$ confirme la conjecture, et $f'(-4)=-8$. Remplacer $h$ par $0$ AVANT de simplifier donnerait $\frac{0}{0}$, qui n'est pas un nombre.

$\tau(1)=\dfrac{\frac{1}{5}-\frac{1}{4}}{1}=\dfrac{4-5}{20}=-\dfrac{1}{20}=-0{,}05$. La formule annoncée donne $g'(4)=-\dfrac{1}{16}=-0{,}0625$. Le taux pour $h=1$ en est encore loin : un taux de variation n'est qu'une pente de SÉCANTE, il faut faire tendre $h$ vers $0$ pour obtenir la pente de la tangente.

Démonstration rédigée. Soit $a\neq 0$ et $h\neq 0$ assez petit pour que $a+h$ soit non nul (et de même signe que $a$). $\dfrac{1}{a+h}-\dfrac{1}{a}=\dfrac{a-(a+h)}{a(a+h)}=\dfrac{-h}{a(a+h)}$, donc $\tau(h)=\dfrac{-h}{a(a+h)}\times\dfrac{1}{h}=\dfrac{-1}{a(a+h)}$. Quand $h$ tend vers $0$, $a(a+h)$ tend vers $a^{2}$, non nul, donc $\tau(h)$ tend vers $-\dfrac{1}{a^{2}}$. La fonction inverse est dérivable en tout $a\neq 0$ et $g'(a)=-\dfrac{1}{a^{2}}$. Pour $h=1$ et $a=4$, on retrouve $\frac{-1}{4\times 5}=-0{,}05$, ce qui contrôle le calcul ; et $g'(-0{,}5)=-\dfrac{1}{0{,}25}=-4$. Le signe $-$ vient de $a-(a+h)=-h$ : l'oublier donne une fonction inverse croissante, ce que sa courbe dément.

Sur le cercle trigonométrique, l'angle $\widehat{HOM}$ mesure $\frac{\pi}{4}$ radian, soit $45^{\circ}$. La somme des angles du triangle $OHM$ donne $\widehat{OMH}=180-90-45=45^{\circ}$. Le triangle a deux angles égaux : il est rectangle ET isocèle en $H$, donc $HM=OH=c$, et le rectangle $OHMK$, qui a deux côtés consécutifs égaux, est un carré de diagonale $OM=1$. Pythagore dans $OHM$ : $OH^{2}+HM^{2}=OM^{2}$, soit $2c^{2}=1$ et $c^{2}=\frac{1}{2}$.

$c$ est une longueur, donc positive, et $c=\sqrt{\frac{1}{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$. $M$ est dans le premier quart du cercle, ses deux coordonnées sont positives et valent $OH$ et $HM$ : $\cos\frac{\pi}{4}=\sin\frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt{2}}{2}\approx 0{,}707$. Démonstration rédigée en une phrase : « le triangle $OHM$ est rectangle isocèle d'hypoténuse $1$, donc ses côtés de l'angle droit valent $\frac{\sqrt{2}}{2}$ ». Écrire $c^{2}=\frac{1}{2}$ donc $c=\pm\frac{\sqrt{2}}{2}$ puis garder le signe $-$ serait perdre le point de la question.

$OA$ et $ON$ sont deux rayons du cercle, donc $OA=ON=1$ : le triangle $OAN$ est isocèle en $O$. Son angle au sommet mesure $\frac{\pi}{3}=60^{\circ}$, ses deux angles à la base sont égaux et valent $\frac{180-60}{2}=60^{\circ}$. Les trois angles valent $60^{\circ}$ : le triangle est équilatéral, et $AN=OA=1$. Tout le calcul repose sur ce point, qui se DÉMONTRE par les angles et ne se lit pas sur la figure.

Dans un triangle isocèle en $N$ (ici $NO=NA$), la hauteur issue de $N$ est aussi la médiane : son pied $I$ est le milieu de $[OA]$. Donc $OI=\frac{1}{2}$, et comme $I$ a la même abscisse que $N$, $\cos\frac{\pi}{3}=\frac{1}{2}$. Pythagore dans $ONI$, rectangle en $I$ : $NI^{2}=ON^{2}-OI^{2}=1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}$, et $NI>0$, donc $\sin\frac{\pi}{3}=NI=\frac{\sqrt{3}}{2}\approx 0{,}866$.

Dans $ONI$, $\widehat{NOI}=60^{\circ}$ et l'angle en $I$ est droit, donc $\widehat{ONI}=30^{\circ}$, soit $\frac{\pi}{6}$. Le sinus d'un angle aigu d'un triangle rectangle est « côté opposé sur hypoténuse » : $\sin\frac{\pi}{6}=\frac{OI}{ON}=\frac{1}{2}$, et de même $\cos\frac{\pi}{6}=\frac{NI}{ON}=\frac{\sqrt{3}}{2}$. Un seul triangle équilatéral donne donc les valeurs de $\frac{\pi}{3}$ et de $\frac{\pi}{6}$, échangées.