\documentclass[a4paper,french]{article}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\usepackage{amsmath}
\usepackage{babel}
\usepackage{fancyhdr}
\usepackage[latin1]{inputenc}
\usepackage{theorem}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{multicol}
\usepackage{hyperref}
\usepackage[a4paper]{geometry}
\setcounter{MaxMatrixCols}{10}
%TCIDATA{OutputFilter=LATEX.DLL}
%TCIDATA{Version=5.00.0.2552}
%TCIDATA{}
%TCIDATA{Created=Sunday, April 18, 2004 10:43:52}
%TCIDATA{LastRevised=Sunday, April 18, 2004 10:46:51}
%TCIDATA{}
%TCIDATA{}
%TCIDATA{CSTFile=40 LaTeX article.cst}
\geometry{margin={2cm,2cm}}
\pagestyle{fancy}
\lhead{PHEC1}
\chead{Correction devoir 2 }
\rhead{2002-2003}
\cfoot{\thepage/\pageref{fin}}
\lfoot{\hyperref{www.mathematiques.fr.st}{}{}{www.mathematiques.fr.st}}
\rfoot{abdellah bechata}
\theoremstyle{break}
\newtheorem{theorem}{Théorème}
\newtheorem{proposition}[theorem]{Proposition}
\newtheorem{lemma}[theorem]{Lemme}
\newtheorem{corollary}[theorem]{Corollaire}
\theorembodyfont{\rmfamily}
\newtheorem{acknowledgement}[theorem]{Prérequis}
\newtheorem{algorithm}[theorem]{Algorithme}
\newtheorem{axiom}[theorem]{Axiome}
\newtheorem{case}[theorem]{Cas}
\newtheorem{claim}[theorem]{Affirmation}
\newtheorem{conclusion}[theorem]{Conclusion}
\newtheorem{condition}[theorem]{Condition}
\newtheorem{conjecture}[theorem]{Conjecture}
\newtheorem{criterion}[theorem]{Critèrion}
\newtheorem{definition}[theorem]{Définition}
\newtheorem{example}[theorem]{Exemple}
\newtheorem{exercise}[theorem]{Exercice}
\newtheorem{notation}[theorem]{Notation}
\newtheorem{problem}[theorem]{Problème}
\newtheorem{remark}[theorem]{Remarque}
\newtheorem{solution}[theorem]{Solution}
\newtheorem{summary}[theorem]{Sommaire}
\newenvironment{proof}[1][Preuve]{\noindent\textbf{#1.} }{\ \rule{0.5em}{0.5em}}
\setlength{\columnseprule}{0.5pt}
\input{tcilatex}
\begin{document}
\begin{exercise}
$A_{n}=\sum\limits_{k=0}^{n-1}(2^{k}+6k+7n-1)=\sum\limits_{k=0}^{n-1}2^{k}+6%
\sum\limits_{k=0}^{n-1}k+\sum\limits_{k=0}^{n-1}7n-1=2^{n}-1+6\dfrac{(n-1)n}{%
2}+(7n-1)n=2^{n}+2n\left( 5n-2\right) $\newline
$B_{n}=\sum\limits_{i=1}^{999\text{ }999}(\sqrt{i+1}-\sqrt{i}%
)=\sum\limits_{i=1}^{999\text{ }999}\sqrt{i+1}-\sum\limits_{i=1}^{999\text{ }%
999}\sqrt{i}$.\newline
Dans la première somme, on effectue le changement de variable $l=i+1.$ $%
\left\{
\begin{array}{c}
i=999\text{ }999\rightarrow l=1\text{ }000\text{ }000 \\
i=1\rightarrow l=2%
\end{array}%
\right. $\newline
$B_{n}=\sum\limits_{i=2}^{1\text{ }000\text{ }000}\sqrt{i}%
-\sum\limits_{i=1}^{999\text{ }999}\sqrt{i}=\sqrt{1\text{ }000\text{ }000}%
+\sum\limits_{i=2}^{999\text{ }999}\sqrt{i}-(\sqrt{1}+\sum\limits_{i=2}^{999%
\text{ }999}\sqrt{i})=1$ $000-1=999$\newline
$C_{n}=\sum\limits_{p=3}^{n}4(-1)^{p}5^{3p+2}=4\times
5^{2}\sum\limits_{p=3}^{n}(-1)^{p}(5^{3})^{p}=4\times
5^{2}\sum\limits_{p=3}^{n}(-5^{3})^{p}=4\times
5^{2}((-5^{3})^{3}+..+(-5^{3})^{n})$\newline
$C_{n}=4\times 5^{2}\times (-5^{3})^{3}(1+..+(-5^{3})^{n-3})=-4\times 5^{11}%
\dfrac{(-5^{3})^{n-2}-1}{(-5^{3})-1}=4\times 5^{11}\dfrac{%
(-1)^{n-2}5^{3n-6}-1}{5^{3}+1}$
\end{exercise}
\begin{exercise}
Posons $(\mathcal{H}_{n}):\sum\limits_{i=2}^{n}i\times 2^{i}=2^{n+1}(n-1).$
\begin{description}
\item[Initialisation :] $n=2,$ \newline
$\left.
\begin{array}{c}
\sum\limits_{i=2}^{n}i\times 2^{i}=\sum\limits_{i=2}^{2}i\times
2^{i}=2\times 2^{2}=8 \\
2^{n+1}(n-1)=2^{2+1}(2-1)=8%
\end{array}%
\right\} \Rightarrow \sum\limits_{i=2}^{n}i\times 2^{i}=2^{n+1}(n-1)$ si $%
n=2 $ donc $(\mathcal{H}_{2})$ est vraie.
\item[Hérédité :] supposons $(\mathcal{H}_{n})$ est vraie. \newline
$\sum\limits_{i=2}^{n+1}i\times
2^{i}=(n+1)2^{n+1}+\sum\limits_{i=2}^{n}i\times
2^{i}=(n+1)2^{n+1}+2^{n+1}(n-1)$ (d'après $(\mathcal{H}_{n}))=2^{n+1}\times
(2n)=2^{n+2}n=2^{(n+1)+1}[(n+1)-1]$ donc $(\mathcal{H}_{n+1})$ est vraie.
\item[Conclusion :] pour tout entier $n\geqslant 2,$ $\sum\limits_{i=2}^{n}i%
\times 2^{i}=2^{n+1}(n-1).$
\end{description}
\end{exercise}
\begin{exercise}
$\hfill \dfrac{(n+2)!}{(n+1)!}=\dfrac{(n+2)\times (n+1)\times ..2\times 1}{%
(n+1)\times ..\times 2\times 1}=n+2\hfill $\newline
Posons $(\mathcal{H}_{n}):\sum\limits_{k=1}^{n}k!\leqslant (n+1)!$
\begin{description}
\item[Initialisation] $n=1,$ \newline
$\left.
\begin{array}{c}
\sum\limits_{k=1}^{n}k!=1!=1 \\
(n+1)!=2!=2%
\end{array}%
\right\} \Rightarrow \sum\limits_{k=1}^{n}k!\leqslant (n+1)!$ quand $n=1$
donc $(\mathcal{H}_{2})$ est vraie.
\item[Hérédité] supposons $(\mathcal{H}_{n})$ est vraie. \newline
$\sum\limits_{k=1}^{n+1}k!=(n+1)!+\sum\limits_{k=1}^{n}k!\leqslant
(n+1)!+(n+1)!=2\times (n+1)!$ (d'après $(\mathcal{H}_{n}))\leqslant
(n+2)\times (n+1)!=(n+2)!$ donc $\sum\limits_{k=1}^{n+1}k!\leqslant (n+2)!$
ce qui implique que $(\mathcal{H}_{n+1})$ est vraie.
\item[Conclusion :] pour tout entier $n\geqslant 2,$ $\sum%
\limits_{k=1}^{n}k!\leqslant (n+1)!$
\end{description}
\end{exercise}
\begin{exercise}
\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item On choisit deux boules parmi $15$ de façon ordonnée donc il y a $%
A_{15}^{2}$ possibilités
\begin{enumerate}
\item On choisit une blanche parmi les $5$ puis une noire parmi les $10$
donc il y a $5\times 10$ possibilités
\item On choisit l'une des deux couleurs qui apparait en premier ensuite on
choisit en premier la boule de la couleur sélectionnée puis une boule de
l'autre couleur ce qui nous donne $2\times 5\times 10$ possibilités.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\begin{enumerate}
\item On choisit cinq boules parmi $15$ de façon ordonnée donv il y a $%
A_{15}^{5}$ possibilités
\item Puisque les évènements "obtenir une blanche" et "obtenir une noire "
sont incompatibles, on se ramène à la pioche ordonnée de deux boules
blanches puis de trois boules noires. Donc il y a $A_{5}^{2}\times A_{15}^{3}
$ possibilités
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exercise}
\newpage
\begin{exercise}
%TCIMACRO{\TeXButton{\begin{multicols}{4}}{\begin{multicols}{4}}}%
%BeginExpansion
\begin{multicols}{4}%
%EndExpansion
programm ds;\newline
uses crt;\newline
var $n,m,a:$ integer;\newline
var $b:$ real;\newline
begin\newline
writeln ('donner $n^{\prime });$\newline
readln($n);$\newline
writeln ('donner $m^{\prime });$\newline
readln($m);$\newline
$a:=n+m;$\newline
$b:=\sin (n\times m);$\newline
writeln ('les nombres obtenus sont $a=$', $a,$,' et $b=$', $b);$\newline
repeat until keypressed:\newline
end.%
%TCIMACRO{\TeXButton{\end{multicols}}{\end{multicols}}}%
%BeginExpansion
\end{multicols}%
%EndExpansion
\end{exercise}
\begin{problem}
\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item Un tirage correspond à une $3-$liste d'une ensemble à $3$ éléments.
Par conséquent, le nombre de tirages est $3^{3}.$
\item Dans ce cas chaque n$°$ apparait exactement une fois. Un tirage
correspond ainsi à une permutation d'un ensemble à $3$ éléments et par suite
le nombre de tirage est $3!.$
\end{enumerate}
\item Dans ce cas un n$°$ apparait $2$ fois et les autres une fois. On
choisit un n$°$ parmi les $3$. On lui associe $2$ lancers parmi les $4$
possibles. Le tirage constitué des deux lancers restants correspond à une
permutation d'un ensemble à $2$ éléments. Par conséquent, le nombre de
tirages est $C_{3}^{1}\times C_{4}^{2}\times 2!.$
\item Un tirage correspond à une $n$-liste d'un ensemble à $3$ éléments donc
il y a $3^{n}$ tirages possibles
\begin{enumerate}
\item Le numéro $i$ n'apparait pas durant les $n$ lancers donc un tirage
correspond à une $n$-liste de l'ensemble des deux numéros différents de $i.$
Par conséquent $card(A_{i})=2^{n}.$
\item Dans chaque tirage de$A_{i}\bigcap A_{j}$ les n$°$ $i$ et $j$
n'apparaissent pas durant les $n$ lancers. Ainsi chacun d'entre eux
correspond une $n-$liste à $1$ éléments ( $3-2=1).$ Donc $Card(A_{i}\bigcap
A_{j})=1^{n}=1.$
\item Dans chaque tirage de$A_{1}\bigcap A_{2}\bigcap A_{3}$ les n$°$ $1,2$
et $3$ n'apparaissent pas durant les $n$ lancers donc $A_{1}\bigcap
A_{2}\bigcap A_{3}=\varnothing $ et $card(A_{1}\bigcap A_{2}\bigcap
A_{3})=0. $
\item On applique la formule du crible.\newline
$Card(A_{1}\bigcup A_{2}\bigcup
A_{3})=\sum\limits_{i=1}^{3}Card(A_{i})-\sum\limits_{1\leqslant i