Exercices de mathématiques - Exo7
de n par 4 n'est jamais égal à 3. Correction ?. Vidéo ?. [000267]. Exercice 4. Démontrer que le nombre 7n +1 est divisible par 8 si n est impair; dans le
Suites 1 Convergence
Si (u2n)n et (u2n+1)n sont convergentes de même limite l
Statistiques descriptives et exercices
1.3 Exercices corrigés. Exercice 1. - La variable statistique "couleur de maisons d'un quartier" est-elle : qualitative quantitative discrète continue.
Cours darithmétique
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Exercice 12. 1. Soit P = Xn +an?1Xn?1 +···+a1X +a0 un polynôme de degré n ? 1 à coefficients dans Z. Démontrer que si P admet une racine dans Z
Exercices de mathématiques - Exo7
Exercice 6 IT. Cet exercice est consacré aux sommes de termes consécutifs d'une suite arithmétique ou d'une suite géomé- trique. 1. (*) Calculer ?n.
Exercices de mathématiques - Exo7
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Terminale S - Probabilités Exercices corrigés
On considère deux entiers naturels n et k tels que 2. 1. k n. ? < ? . On dispose d'une urne contenant n boules indiscernables au toucher. Deux des boules sont
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Exercice 2 *I Inégalité de BERNOULLI. Montrer que pour a réel positif et n entier naturel donnés
Exo7 Le binôme. Les symboles
* très facile ** facile *** difficulté moyenne **** difficile ***** très difficile I : Incontournable T : pour travailler et mémoriser le coursExercice 1IT Identités combinatoiresLa difficulté va en augmentant graduellement de facile à assez difficile sans être insurmontable.
1.Calculer
n 0+n1+:::+n
n. 2.Montrer que
n 0+n 2+n4+:::=n
1+n 3+n5+:::et trouver la valeur commune des deux sommes.
3.Calculer les sommes
n 0+n 3+n6+:::etn
0+n 4+n8+:::.
4.Montrer que 8n2N;8k2[[1;n]];kn
k=nn1 k1. 5.Montrer que
n 0 2+n 12+:::+n
n 2=2n n(utiliser le polynôme(1+x)2n). 6.Calculer les sommes 0 :n
0+1:n1+:::+n:n
net(n 0)1 +(n 1)2 +:::+(n n)n+1(considérer dans chaque cas un certain polynôme astucieusement choisi). 7.Montrer que
p p+p+1 p:::+n p=n+1 p+1où 06p6n. Interprétation dans le triangle de PASCAL? 8. (a)Soit In=R1
0(1x2)ndx. Trouver une relation de récurrence liantInetIn+1et en déduireInen
fonction den(faire une intégration par parties dansInIn+1). (b)Démontrer l"identité v alablepour n>1 : 1(n
1)3 +(n 2)5 +:::+(1)n(n n)2n+1=2:4:::::(2n)1:3:::(2n+1). 1+n 2+n 3=5n. 11.(*) Calculer
åni=3i,n2Nnf0;1;2g,åni=1(2i1),n2N, etån+1k=4(3k+7),n2Nnf0;1;2g. 2. (*) Calculer le nombre 1 ;1111:::=limn!+¥1;11:::1|{z} net le nombre 0;9999:::=limn!+¥0;99:::9|{z} n. 3. (*) Calculer 1 1+1:::+(1)n1 |{z} n,n2N. 4. (*) Calculer 12 +14 +18 +:::=limn!+¥ånk=112 k. 5. (**) Calculerånk=0coskp2
,n2N. 6. (**) Soient n2Netq2R. Calculerånk=0cos(kq)etånk=0sin(kq). 7. (***) Pour x2[0;1]etn2N, on poseSn=ånk=1(1)k1xkk . Déterminerlimn!+¥Sn. 8. (**) On pose u0=1 et, pourn2N,un+1=2un3. (a)Calculer la suite (un3)n2N.
(b)Calculer
ånk=0uk.
1.ånk=11k(k+1)etånk=11k(k+1)(k+2)
2. (***) Calculer Sp=ånk=1kppourn2Netp2 f1;2;3;4g(dans chaque cas, chercher un polynômePp de degrép+1 tel quePp(x+1)Pp(x) =xp). 3. (**) Calculerånk=1arctan1k
2+k+1(aller relire certaines formules établies dans une planche précédente).
4. (**) Calculerånk=1arctan2k
2. 1.å16i 2. å16i;j6njetå16i 3. å16i;j6nij.
4. (***) Pour n2N, on poseun=1n 5ånk=1ånh=1(5h418h2k2+5k4). Déterminerlimn!+¥un(utiliser les
résultats de l"exercice 7 , 2)). Õnk=1(1+1k
),n2N. 2. (***) Calculer Õnk=1cosa2
k,a2]0;p[,n2N. Correction del"exer cice1 N1.D"après la formule du binôme de N EWTON, 8n2N;ånk=0n
k= (1+1)n=2n:2.Soit nun entier naturel non nul. PosonsS1=åE(n=2) k=0 n 2ketS2=åE((n1)=2)
k=0 n 2k+1. Alors
S 1S2=nå
k=0(1)kn k = (11)n=0(carn>1); et doncS1=S2. PuisS1+S2=ånk=0n k=2n, et doncS1=S2=2n1. 8n2N;n
0+n 2+n 4+:::=n
1+n 3+n 5+:::=2n1:3.En posant j=e2ip=3, on a :
nå k=0 n k = (1+1)n=2n;nå k=0 n k j k= (1+j)netnå k=0 n k j 2k= (1+j2)n:
En additionnant ces trois égalités, on obtient nå k=0 n k (1+jk+j2k) =2n+(1+j)n+(1+j2)n: Maintenant,
si k23N, il existep2Ntel quek=3pet 1+jk+j2k=1+(j3)p+(j3)2p=3 carj3=1. si k23N+1, ilexistep2Ntelquek=3p+1et1+jk+j2k=1+j(j3)p+j2(j3)2p=1+j+j2=0 si k23N+2, ilexistep2Ntelquek=3p+2et1+jk+j2k=1+j2(j3)p+j4(j3)2p=1+j2+j= 0. Finalement,
ånk=0n
k(1+jk+j2k) =3åE(n=3) k=0 n 3k. Par suite,
E(n=3)å
k=0 n 3k =13 (2n+(1+j)n+(1+j2)n) =13 (2n+2Re((1+j)n)) 13 (2n+2Re((j2)n)) =13 (2n+2cosnp3 4. Pour 1 6k6n, on a
k n k =kn!k!(nk)!=n(n1)!(k1)!((n1)(k1))!=kn1 k1 5. 2n nest le coefficient dexndans le développement de(1+x)2n. Mais d"autre part , (1+x)2n= (1+x)n(1+x)n= (nå k=0 n k x k)(nå k=0 n k x k): Dans le développement de cette dernière expression, le coefficient dexnvautånk=0n k n nkou encore nk=0n k 2. Deux polynômes sont égaux si et seulement si ils ont mêmes coefficients et donc
2n n =nå k=0 n k 2 3 6.1ère solution.Pourxréel, posonsP(x) =ånk=1kn
kxk1. Pourxréel,
P(x) = (nå
k=0 n k x k)0= ((1+x)n)0=n(1+x)n1: En particulier, pourx=1, on obtient :
nå k=1kn k =n(1+1)n1=n2n1: 2ème solution.D"après 4),
nå k=1kn k =nå k=1nn1 k1 =nn1å k=0 n1 k =n(1+1)n1=n2n1: 1ère solution.Pourxréel, posonsP(x) =ånk=0n
k xk+1k+1. On a P 0(x) =nå
k=0 n k x k= (1+x)n; et donc, pourxréel, P(x) =P(0)+Z
x 0P0(t)dt=Z
1 0(1+t)ndt=1n+1((1+x)n+11):
En particulier, pourx=1, on obtient
nå k=0 n kk+1=2n+11n+1: 2ème solution.D"après 4),(n+1)n
k= (k+1)n+1 k+1et donc nå k=0 n kk+1=nå k=0 n+1 k+1n+1=1n+1n+1å k=1 n+1 k =1n+1((1+1)n+11) =2n+11n+1: 7. Pour 1 6k6np,p+k
p=p+k+1 p+1p+k p+1(ce qui reste vrai pourk=pen tenant compte dep p+1=0). Par suite,
npå k=0 p+k p =1+npå k=1 p+k+1 p+1 p+k p+1 =1+np+1å k=2 p+k p+1 npå k=1 p+k p+1 =1+n+1 p+1 1=n+1 p+1 Interprétation dans le triangle de PASCAL. Quand on descend dans le triangle de PASCAL, le long de la
colonnep, du coefficientp p(lignep) au coefficientp n(lignen), et que l"on additionne ces coefficients, on trouven+1 p+1qui se trouve une ligne plus bas et une colonne plus loin. 8. (a) Pour nnaturel donné, posonsIn=R1
0(1x2)ndx. Une intégration par parties fournit:
I nIn+1=Z 1 0((1x2)n(1x2)n+1)dx=Z
1 0x2(1x2)ndx=Z
1 0x:x(1x2)n+1dx
x(1x2)n+12(n+1) 1 0 +12(n+1)Z 1 0(1x2)n+1dx=12(n+1)In+1
4 et donc 2(n+1)(InIn+1) =In+1ou encore : 8n2N;(2n+3)In+1=2(n+1)In:
On a déjàI0=1. Puis, pourn>1,
I n=2n2n+1In1=2n2n+12n22n1:::23 I0=(2n)(2n2):::2(2n+1)(2n1):::3:1:
(b) Pour nnaturel non nul donné :
1 n 13 n 25
+:::+(1)n n n2n+1=Z 1 0(1n 1 x 2+n 2 x 4+:::+(1)nn
n x 2n)dx Z 1 0(1x2)ndx=In=(2n)(2n2):::2(2n+1)(2n1):::3:1:Correction del"exer cice2 NLa formule du binôme de NEWTONfournit
(ab+2c)9=9å k=0 9 k (ab)k(2c)9k= (ab)9+:::+9 6 (ab)6(2c)3+:::+(2c)9: Ensuite,
(ab)6=6å k=0 6 k a k(b)6k=a6:::+6 4 a 4b2::+b6:
Le coefficient cherché est donc
9 6 6 4 2 3=9:8:73:26:52
:23=3:4:7:3:5:8=10080:Correction del"exer cice3 N(a+b+c+d)2=a2+b2+c2+d2+2(ab+ac+ad+bc+bd+cd) et (a+b+c)3=a3+b3+c3+3(a2b+ab2+a2c+ac2+b2c+bc2)+6abc:Correction del"exer cice4 NSoitnun entier naturel non nul. Le terme général du développement de(a+b)nestuk=n
kakbnk, 06k6n. Pour 06k6n1, on a :
u k+1u k= n k+1ak+1bnk1 n kakbnk=nkk+1ab Par suite,
u k+1u k>1,nkk+1ab >1,(nk)a>(k+1)b,k1er cas.Si naba+b>n1 (ce qui équivaut àn2ème cas. Si naba+b60 (ce qui équivaut àn6ba ), alors la suite(uk)06k6nest strictement décroissante et le plus grand terme est le premier :bn. 3ème cas.
Si 0 constante, suivant que naba+bsoit un entier ou non, puis strictement décroissante (on dit que la suite u est unimodale). Si naba+b=2N, onposek=E(naba+b)+1, lasuiteucroitstrictementjusqu"àcerangpuisredécroitstrictement. Le plus grand des termes est celui d"indicek, atteint une et une seule fois. Si naba+b2N, le plus grand des termes est atteint deux fois à l"indiceket à l"indicek+1.Correction del"exer cice5 NPourn>3,
n 1 +n 2 +n 2 =5n,n+n(n1)2 +n(n1)(n2)6 =5n ,n(24+3(n1)+(n1)(n2)) =0,n225=0 ,n=5:Correction del"exer cice6 N1.Soit n>3.quotesdbs_dbs29.pdfusesText_35
å16i;j6njetå16i 3. å16i;j6nij.
4. (***) Pour n2N, on poseun=1n 5ånk=1ånh=1(5h418h2k2+5k4). Déterminerlimn!+¥un(utiliser les
résultats de l"exercice 7 , 2)). Õnk=1(1+1k
),n2N. 2. (***) Calculer Õnk=1cosa2
k,a2]0;p[,n2N. Correction del"exer cice1 N1.D"après la formule du binôme de N EWTON, 8n2N;ånk=0n
k= (1+1)n=2n:2.Soit nun entier naturel non nul. PosonsS1=åE(n=2) k=0 n 2ketS2=åE((n1)=2)
k=0 n 2k+1. Alors
S 1S2=nå
k=0(1)kn k = (11)n=0(carn>1); et doncS1=S2. PuisS1+S2=ånk=0n k=2n, et doncS1=S2=2n1. 8n2N;n
0+n 2+n 4+:::=n
1+n 3+n 5+:::=2n1:3.En posant j=e2ip=3, on a :
nå k=0 n k = (1+1)n=2n;nå k=0 n k j k= (1+j)netnå k=0 n k j 2k= (1+j2)n:
En additionnant ces trois égalités, on obtient nå k=0 n k (1+jk+j2k) =2n+(1+j)n+(1+j2)n: Maintenant,
si k23N, il existep2Ntel quek=3pet 1+jk+j2k=1+(j3)p+(j3)2p=3 carj3=1. si k23N+1, ilexistep2Ntelquek=3p+1et1+jk+j2k=1+j(j3)p+j2(j3)2p=1+j+j2=0 si k23N+2, ilexistep2Ntelquek=3p+2et1+jk+j2k=1+j2(j3)p+j4(j3)2p=1+j2+j= 0. Finalement,
ånk=0n
k(1+jk+j2k) =3åE(n=3) k=0 n 3k. Par suite,
E(n=3)å
k=0 n 3k =13 (2n+(1+j)n+(1+j2)n) =13 (2n+2Re((1+j)n)) 13 (2n+2Re((j2)n)) =13 (2n+2cosnp3 4. Pour 1 6k6n, on a
k n k =kn!k!(nk)!=n(n1)!(k1)!((n1)(k1))!=kn1 k1 5. 2n nest le coefficient dexndans le développement de(1+x)2n. Mais d"autre part , (1+x)2n= (1+x)n(1+x)n= (nå k=0 n k x k)(nå k=0 n k x k): Dans le développement de cette dernière expression, le coefficient dexnvautånk=0n k n nkou encore nk=0n k 2. Deux polynômes sont égaux si et seulement si ils ont mêmes coefficients et donc
2n n =nå k=0 n k 2 3 6.1ère solution.Pourxréel, posonsP(x) =ånk=1kn
kxk1. Pourxréel,
P(x) = (nå
k=0 n k x k)0= ((1+x)n)0=n(1+x)n1: En particulier, pourx=1, on obtient :
nå k=1kn k =n(1+1)n1=n2n1: 2ème solution.D"après 4),
nå k=1kn k =nå k=1nn1 k1 =nn1å k=0 n1 k =n(1+1)n1=n2n1: 1ère solution.Pourxréel, posonsP(x) =ånk=0n
k xk+1k+1. On a P 0(x) =nå
k=0 n k x k= (1+x)n; et donc, pourxréel, P(x) =P(0)+Z
x 0P0(t)dt=Z
1 0(1+t)ndt=1n+1((1+x)n+11):
En particulier, pourx=1, on obtient
nå k=0 n kk+1=2n+11n+1: 2ème solution.D"après 4),(n+1)n
k= (k+1)n+1 k+1et donc nå k=0 n kk+1=nå k=0 n+1 k+1n+1=1n+1n+1å k=1 n+1 k =1n+1((1+1)n+11) =2n+11n+1: 7. Pour 1 6k6np,p+k
p=p+k+1 p+1p+k p+1(ce qui reste vrai pourk=pen tenant compte dep p+1=0). Par suite,
npå k=0 p+k p =1+npå k=1 p+k+1 p+1 p+k p+1 =1+np+1å k=2 p+k p+1 npå k=1 p+k p+1 =1+n+1 p+1 1=n+1 p+1 Interprétation dans le triangle de PASCAL. Quand on descend dans le triangle de PASCAL, le long de la
colonnep, du coefficientp p(lignep) au coefficientp n(lignen), et que l"on additionne ces coefficients, on trouven+1 p+1qui se trouve une ligne plus bas et une colonne plus loin. 8. (a) Pour nnaturel donné, posonsIn=R1
0(1x2)ndx. Une intégration par parties fournit:
I nIn+1=Z 1 0((1x2)n(1x2)n+1)dx=Z
1 0x2(1x2)ndx=Z
1 0x:x(1x2)n+1dx
x(1x2)n+12(n+1) 1 0 +12(n+1)Z 1 0(1x2)n+1dx=12(n+1)In+1
4 et donc 2(n+1)(InIn+1) =In+1ou encore : 8n2N;(2n+3)In+1=2(n+1)In:
On a déjàI0=1. Puis, pourn>1,
I n=2n2n+1In1=2n2n+12n22n1:::23 I0=(2n)(2n2):::2(2n+1)(2n1):::3:1:
(b) Pour nnaturel non nul donné :
1 n 13 n 25
+:::+(1)n n n2n+1=Z 1 0(1n 1 x 2+n 2 x 4+:::+(1)nn
n x 2n)dx Z 1 0(1x2)ndx=In=(2n)(2n2):::2(2n+1)(2n1):::3:1:Correction del"exer cice2 NLa formule du binôme de NEWTONfournit
(ab+2c)9=9å k=0 9 k (ab)k(2c)9k= (ab)9+:::+9 6 (ab)6(2c)3+:::+(2c)9: Ensuite,
(ab)6=6å k=0 6 k a k(b)6k=a6:::+6 4 a 4b2::+b6:
Le coefficient cherché est donc
9 6 6 4 2 3=9:8:73:26:52
:23=3:4:7:3:5:8=10080:Correction del"exer cice3 N(a+b+c+d)2=a2+b2+c2+d2+2(ab+ac+ad+bc+bd+cd) et (a+b+c)3=a3+b3+c3+3(a2b+ab2+a2c+ac2+b2c+bc2)+6abc:Correction del"exer cice4 NSoitnun entier naturel non nul. Le terme général du développement de(a+b)nestuk=n
kakbnk, 06k6n. Pour 06k6n1, on a :
u k+1u k= n k+1ak+1bnk1 n kakbnk=nkk+1ab Par suite,
u k+1u k>1,nkk+1ab >1,(nk)a>(k+1)b,k1er cas.Si naba+b>n1 (ce qui équivaut àn2ème cas. Si naba+b60 (ce qui équivaut àn6ba ), alors la suite(uk)06k6nest strictement décroissante et le plus grand terme est le premier :bn. 3ème cas.
Si 0 constante, suivant que naba+bsoit un entier ou non, puis strictement décroissante (on dit que la suite u est unimodale). Si naba+b=2N, onposek=E(naba+b)+1, lasuiteucroitstrictementjusqu"àcerangpuisredécroitstrictement. Le plus grand des termes est celui d"indicek, atteint une et une seule fois. Si naba+b2N, le plus grand des termes est atteint deux fois à l"indiceket à l"indicek+1.Correction del"exer cice5 NPourn>3,
n 1 +n 2 +n 2 =5n,n+n(n1)2 +n(n1)(n2)6 =5n ,n(24+3(n1)+(n1)(n2)) =0,n225=0 ,n=5:Correction del"exer cice6 N1.Soit n>3.quotesdbs_dbs29.pdfusesText_35
å16i;j6nij.
4. (***) Pour n2N, on poseun=1n5ånk=1ånh=1(5h418h2k2+5k4). Déterminerlimn!+¥un(utiliser les
résultats de l"exercice 7 , 2)).Õnk=1(1+1k
),n2N. 2. (***) CalculerÕnk=1cosa2
k,a2]0;p[,n2N. Correction del"exer cice1 N1.D"après la formule du binôme de N EWTON,8n2N;ånk=0n
k= (1+1)n=2n:2.Soit nun entier naturel non nul. PosonsS1=åE(n=2) k=0 n2ketS2=åE((n1)=2)
k=0 n2k+1. Alors
S1S2=nå
k=0(1)kn k = (11)n=0(carn>1); et doncS1=S2. PuisS1+S2=ånk=0n k=2n, et doncS1=S2=2n1.8n2N;n
0+n 2+n4+:::=n
1+n 3+n5+:::=2n1:3.En posant j=e2ip=3, on a :
nå k=0 n k = (1+1)n=2n;nå k=0 n k j k= (1+j)netnå k=0 n k j2k= (1+j2)n:
En additionnant ces trois égalités, on obtient nå k=0 n k (1+jk+j2k) =2n+(1+j)n+(1+j2)n:Maintenant,
si k23N, il existep2Ntel quek=3pet 1+jk+j2k=1+(j3)p+(j3)2p=3 carj3=1. si k23N+1, ilexistep2Ntelquek=3p+1et1+jk+j2k=1+j(j3)p+j2(j3)2p=1+j+j2=0 si k23N+2, ilexistep2Ntelquek=3p+2et1+jk+j2k=1+j2(j3)p+j4(j3)2p=1+j2+j= 0.Finalement,
ånk=0n
k(1+jk+j2k) =3åE(n=3) k=0 n3k. Par suite,
E(n=3)å
k=0 n 3k =13 (2n+(1+j)n+(1+j2)n) =13 (2n+2Re((1+j)n)) 13 (2n+2Re((j2)n)) =13 (2n+2cosnp3 4.Pour 1 6k6n, on a
k n k =kn!k!(nk)!=n(n1)!(k1)!((n1)(k1))!=kn1 k1 5. 2n nest le coefficient dexndans le développement de(1+x)2n. Mais d"autre part , (1+x)2n= (1+x)n(1+x)n= (nå k=0 n k x k)(nå k=0 n k x k): Dans le développement de cette dernière expression, le coefficient dexnvautånk=0n k n nkou encore nk=0n k2. Deux polynômes sont égaux si et seulement si ils ont mêmes coefficients et donc
2n n =nå k=0 n k 2 36.1ère solution.Pourxréel, posonsP(x) =ånk=1kn
kxk1.Pourxréel,
P(x) = (nå
k=0 n k x k)0= ((1+x)n)0=n(1+x)n1:En particulier, pourx=1, on obtient :
nå k=1kn k =n(1+1)n1=n2n1:2ème solution.D"après 4),
nå k=1kn k =nå k=1nn1 k1 =nn1å k=0 n1 k =n(1+1)n1=n2n1:1ère solution.Pourxréel, posonsP(x) =ånk=0n
k xk+1k+1. On a P0(x) =nå
k=0 n k x k= (1+x)n; et donc, pourxréel,P(x) =P(0)+Z
x0P0(t)dt=Z
10(1+t)ndt=1n+1((1+x)n+11):
En particulier, pourx=1, on obtient
nå k=0 n kk+1=2n+11n+1:2ème solution.D"après 4),(n+1)n
k= (k+1)n+1 k+1et donc nå k=0 n kk+1=nå k=0 n+1 k+1n+1=1n+1n+1å k=1 n+1 k =1n+1((1+1)n+11) =2n+11n+1: 7.Pour 1 6k6np,p+k
p=p+k+1 p+1p+k p+1(ce qui reste vrai pourk=pen tenant compte dep p+1=0).Par suite,
npå k=0 p+k p =1+npå k=1 p+k+1 p+1 p+k p+1 =1+np+1å k=2 p+k p+1 npå k=1 p+k p+1 =1+n+1 p+1 1=n+1 p+1Interprétation dans le triangle de PASCAL. Quand on descend dans le triangle de PASCAL, le long de la
colonnep, du coefficientp p(lignep) au coefficientp n(lignen), et que l"on additionne ces coefficients, on trouven+1 p+1qui se trouve une ligne plus bas et une colonne plus loin. 8. (a)Pour nnaturel donné, posonsIn=R1
0(1x2)ndx. Une intégration par parties fournit:
I nIn+1=Z 10((1x2)n(1x2)n+1)dx=Z
10x2(1x2)ndx=Z
10x:x(1x2)n+1dx
x(1x2)n+12(n+1) 1 0 +12(n+1)Z 10(1x2)n+1dx=12(n+1)In+1
4 et donc 2(n+1)(InIn+1) =In+1ou encore :8n2N;(2n+3)In+1=2(n+1)In:
On a déjàI0=1. Puis, pourn>1,
I n=2n2n+1In1=2n2n+12n22n1:::23I0=(2n)(2n2):::2(2n+1)(2n1):::3:1:
(b)Pour nnaturel non nul donné :
1 n 13 n 25+:::+(1)n n n2n+1=Z 1 0(1n 1 x 2+n 2 x
4+:::+(1)nn
n x 2n)dx Z 10(1x2)ndx=In=(2n)(2n2):::2(2n+1)(2n1):::3:1:Correction del"exer cice2 NLa formule du binôme de NEWTONfournit
(ab+2c)9=9å k=0 9 k (ab)k(2c)9k= (ab)9+:::+9 6 (ab)6(2c)3+:::+(2c)9:Ensuite,
(ab)6=6å k=0 6 k a k(b)6k=a6:::+6 4 a4b2::+b6:
Le coefficient cherché est donc
9 6 6 4 23=9:8:73:26:52
:23=3:4:7:3:5:8=10080:Correction del"exer cice3 N(a+b+c+d)2=a2+b2+c2+d2+2(ab+ac+ad+bc+bd+cd) et(a+b+c)3=a3+b3+c3+3(a2b+ab2+a2c+ac2+b2c+bc2)+6abc:Correction del"exer cice4 NSoitnun entier naturel non nul. Le terme général du développement de(a+b)nestuk=n
kakbnk, 06k6n.Pour 06k6n1, on a :
u k+1u k= n k+1ak+1bnk1 n kakbnk=nkk+1abPar suite,
u k+1u k>1,nkk+1ab >1,(nk)a>(k+1)b,k3ème cas.
Si 0 naba+b2N, le plus grand des termes est atteint deux fois à l"indiceket à l"indicek+1.Correction del"exer cice5 NPourn>3,
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