Quelques extraits du site

1. • On a les équivalences : {\begin{array}{rl}(x,y)\in\Gamma_a&\Leftrightarrow x^3+y^3=a\Leftrightarrow \Bigl(\dfrac{x}{{a}^{1/3}}\Bigr)^3+\Bigl(\dfrac{y}{{a}^{1/3}}\Bigr)^3=1\\\\&\Leftrightarrow \Bigl(\dfrac{x}{{a}^{1/3}},\dfrac{y}{{a}^{1/3}}\Bigr)\in\Gamma_{1}\end{array}}Ainsi {\Gamma_a} se déduit de {\Gamma_{1}} par l’homothétie de centre {0} et de rapport {{a}^{1/3}}.

     Finalement {\Gamma_{b}} se déduit de {\Gamma_a} par l’homothétie de centre {0} et de rapport {{\Bigl(\dfrac{b}{a}\Bigr)}^{1/3}}.

   • La droite {y=x} est bien sûr axe de symétrie de toutes les courbes {\Gamma_a}.

     On a {(x,y)\in\Gamma_{1}\Leftrightarrow y=f(x)={(1-x^{3})}^{1/3}}.

     D’autre part {f} est une bijection continue strictement de {\mathbb{R}}.

     Pour {x\ne1}, on a {f'(x)=-\dfrac{x^{2}}{{(1-x^{3})}^{1/3}}}.

     Il y a deux inflexions, en {(0,1)} (tangente horizontale) et en {(1,0)} (tangente verticale).

     En {x\to\pm\infty}: {f(x)=-x{\biggl(1-\dfrac{1}{x^3}\biggr)}^{1/3}=-x+\dfrac{1}{3x^{2}}+\text{o}\Bigl(\dfrac{1}{x^2}\Bigr)}.

     Ainsi {y=-x} est asymptote (courbe au-dessus car {f(x)^3=1-x^3>(-x)^3}).

     Voici une collection de courbes {\Gamma_a}

     (on a représenté aussi « {\Gamma_{0}} » qui n’est autre que l’asymptote commune).

     

2. • On a {(x,y)\in\Gamma_a(\mathbb{Z})\Leftrightarrow a=(x+y)(x^2-xy+y^2)}.

     Ainsi {\exists\, d\in\mathbb{N}^{*},\;d\mid a,\begin{cases}x+y=d\cr x^2-xy+y^2=a/d\end{cases}}

     Cela équivaut à {\begin{cases}y=d-x\cr 3x^2-3dx+d^2-a/d=0~(E)\end{cases}}

     L’entier {a} n’a qu’un nombre fini de diviseurs {d}, et pour chacun d’eux l’équation {(E)} a au plus deux solutions réelles (et a fortiori au plus deux solutions entières!), donc {\Gamma_a(\mathbb{Z})} est fini.

     Le discriminant de {(E)} valant {\Delta=\dfrac{3}{d}(4a-d^3)}, on se limite à {1\le d\le {(4a)}^{1/3}}.

   • Les diviseurs {d>0} de {a=91} forment {\{1,7,13,91\}}.

     On se limite à {d\le{(4a)}^{1/3}\approx 7.14}.

     • Pour {d=1}, on a {(E)\Leftrightarrow x^2-x-30=0\Leftrightarrow x\in\{-5,6\}}.

       On trouve donc {(-5,6)} et {(6,-5)}.

     • Pour {d=7}, on a {(E)\Leftrightarrow x^2-7x+12=0\Leftrightarrow x\in\{4,3\}}.

       On trouve donc {(4,3)} et {(3,4)}.

3. • Le point courant sur la tangente en {P_{0}} est : {M(t)=P_{0}+tu_{0}=(x_{0}+ty_{0}^2,y_{0}-tx_{0}^2)}On a les équivalences (sachant {x_{0}^3+y_{0}^3=7}, et en écartant {t=0}) :{\begin{array}{rl}M(t)\in\Gamma_{7}&\Leftrightarrow (x_{0}+ty_{0}^2)^3+(y_{0}-tx_{0}^2)^3=7\\\\&\Leftrightarrow(y_{0}^6-x_{0}^6)t^3+3(x_{0}y_{0}^4+y_{0}x_{0}^4)t^2=0\\\\&\Leftrightarrow ((y_{0}^3-x_{0}^3)t+3x_{0}y_{0})t^2=0\Leftrightarrow t=\dfrac{3x_{0}y_{0}}{x_{0}^3-y_{0}^3}\end{array}}Remarque: on a {x_{0}^3\ne y_{0}^3} (sinon {2x_{0}^3=7}, alors que {x_{0}} est rationnel).

     La tangente en {P_{0}} à {\Gamma_{7}} recoupe donc {\Gamma_{7}} en {P_{1}(x_{1},y_{1})}, avec : {\begin{array}{l}x_{1}=x_{0}+ty_{0}^2=x_{0}\,\dfrac{x_{0}^3+2y_{0}^3}{x_{0}^3-y_{0}^3}=\varphi(x_{0})\\\\y_{1}=y_{0}-tx_{0}^2=y_{0}\,\dfrac{y_{0}^3+2x_{0}^3}{y_{0}^3-x_{0}^3}=\varphi(y_{0})\end{array}}Nb: l’égalité {x_{1}=x_{0}} impliquerait {14-x_{0}^3=2x_{0}^3-7} donc {x_{0}^3=7}, ce qui n’est pas.

   • Soit {m\in\mathbb{N}^*}, et les points {P_{0}=(x_{0},y_{0})}, {P_{1}=(x_{1},y_{1})}, {\ldots}, {P_{m-1}=(x_{m-1},y_{m-1})}.

     Il existe un entier {N} tel que les {Nx_{k}} et {Ny_{k}} soient entiers pour {0\le k\lt m}.

     Pour {0\le k\lt m}, on a alors {(Nx_{k})^3+(Ny_{k})^3=7N^3}.

     Ainsi {\Gamma_{7N^3}} contient au moins {m} points différents à coordonnées entières.

1. Il y a six façons distinctes d’écrire {9} comme somme de trois entiers de {[[ 1,6]]} :
   {\left\{\begin{array}{rlll}9&=6+2+1&=5+3+1&=5+2+2\\&=4+4+1&=4+3+2&=3+3+3\end{array}\right.}Il y a également six façons distinctes d’écrire {10} comme somme de trois entiers de {[[ 1,6]]} :
   {\left\{\begin{array}{rlll}10&=6+3+1&=6+2+2&=5+4+1\\&=5+3+2&=4+4+2&=4+3+3\end{array}\right.}
2. On suppose que les dés sont différenciés, ou qu’on lance le même dé trois fois de suite.

   L’univers des possibles est {[[ 1,6]]} (de cardinal {6^{3}=216}), avec la probabilité uniforme.

   On va coder une issue {(i,j,k)} par l’entier à trois chiffres {ijk}.

   On constate alors que l’évènement {S=9} s’écrit comme la réunion de 25 issues différentes (on a isolé sur une même ligne les issues correspondant à une même décomposition de {9} en somme de trois entiers de {[[1,6]]}) :

   {\left\{\begin{array}{l}621,\;612,\;261,\;216,\;162,\;126,\\531,\;513,\;351,\;315,\;153,\;135,\\522,\;252,\;225\\441,\;414,\;144\\432,\;423,\;342,\;324,\;243,\;234\\333\end{array}\right.}

   Avec le même principe, l’événement {S=10} s’écrit:
   {\left\{\begin{array}{l}631,\;613,\;361,\;316,\;163,\;136,\\622,\;262,\;226,\\541,\;514,\;451,\;415,\;154,\;145,\\532,\;523,\;352,\;325,\;253,\;235\\442,\;424,\;244,\\433,\;343,\;334\end{array}\right.}

   Il y a donc {25} (resp. {27}) issues élémentaires qui donnent la somme {9} (resp. {10}).

   Ainsi {\mathbb{P}(S=9)=\dfrac{25}{216}\approx 0.11574}, et {\mathbb{P}(S=10)=\dfrac{27}{216}=\dfrac{3}{24}=0.125}.

   On a donc {\mathbb{P}(S=10)>\mathbb{P}(S=9)} alors qu’il y a autant (en l’occurence {6}) de façons de décomposer {10} ou {9} en la somme de trois entiers de {[[ 1,6]]};

   Ce problème est connue sous le nom « paradoxe du Duc de Toscane » (soumis à Galilée). Le paradoxe apparent est dû au fait qu’il n’y a pas équiprobabilité des décompositions (par exemple, {6+2+1} est six fois plus probable que {2+2+2}).

   La fonction Python suivante (rustique) donne les nombres de décompositions de somme {s}.

   La somme minimum est {3}, le maximum est {18} (on place les effectifs dans une liste {t}):

   def toscane(): t = [0]*19 # initialise la liste des 19 effectifs for i in range(1,7): # le premier dé for j in range(1,7): # le deuxième for k in range(1,7): # le troisième t[i+j+k] += 1 # incrémente l'effectif de la somme return t # renvoie la liste des effectifs

   1 2 3 4 5 6 7

   def toscane():     t = [0]*19                     # initialise la liste des 19 effectifs     for i in range(1,7):           # le premier dé         for j in range(1,7):       #   le deuxième             for k in range(1,7):   #     le troisième                 t[i+j+k] += 1      #       incrémente l'effectif de la somme     return t                       # renvoie la liste des effectifs

   On voit bien qu’il y a {25} façons d’obtenir la somme {9}, et {27} façons d’obtenir la somme {10}:

   >>> toscane() [0, 0, 0, 1, 3, 6, 10, 15, 21, 25, 27, 27, 25, 21, 15, 10, 6, 3, 1]

   1 2	>>> toscane() [0, 0, 0, 1, 3, 6, 10, 15, 21, 25, 27, 27, 25, 21, 15, 10, 6, 3, 1]

3. Complément :

   On va écrire une fonction récursive Python renvoyant la liste des {\varphi(n,m,s)} (avec {0\le s\le nm}), où {\varphi(n,m,s)} est le nombre de {n}-uplets de {[[ 0,m]]} qui donnent une somme {s} donnée (cette liste est indicée par les valeurs de {s}, donc de l’indice {0} à l’indice {nm}).

   On initialise avec la liste [1]: en effet, pour {n=0}, il n’y a qu’une seule décomposition (la décomposition vide!) et elle donne la somme {s=0}. Ensuite, on discute suivant le résultat {j} (avec {0\le j\le m}) du premier élément du {n}-uplet. On trouve :{\begin{array}{rl}\varphi(n,m,s)&=\displaystyle\sum_{j=0}^{j=m}\varphi(n-1,m,s-j)\\\\&=\displaystyle\sum_{k=s-m}^{k=s}\varphi(n-1,m,k)\end{array}}L’indice {k} est limité à l’intervalle {[[ s-m,s]]}, mais il faut aussi imposer {0\le k\le (n-1)m}.

   L’intervalle en {k} est donc {[[ \max(0,s-m),\min(s,(n-1)m)]]}.

   On obtient la fonction suivante (qui utilise la notion de « slicing » d’une liste Python).

   def partitions(n,m): if n == 0: return [1] else: L = partitions(n-1,m) return [sum(L[max(0,s-m):min(s,(n-1)*m)+1]) for s in range(m*n+1)]

   1 2 3 4 5 6

   def partitions(n,m):     if n == 0:         return [1]     else:         L = partitions(n-1,m)         return [sum(L[max(0,s-m):min(s,(n-1)*m)+1]) for s in range(m*n+1)]

   Voici par exemple les nombres de {7}-uplets de somme {s} donnée, avec des composantes dans {[[ 0,5]]} (par exemple le nombre {7}-uplets de {[[ 0,6]]} dont la somme est {11} est {10906}).

   >>> print(partitions(7,5)) [1, 7, 28, 84, 210, 462, 917, 1667, 2807, 4417, 6538, 9142, 12117, 15267, 18327, 20993, 22967, 24017, 24017, 22967, 20993, 18327, 15267, 12117, 9142, 6538, 4417, 2807, 1667, 917, 462, 210, 84, 28, 7, 1]

   1 2 3 4

   >>> print(partitions(7,5)) [1, 7, 28, 84, 210, 462, 917, 1667, 2807, 4417, 6538, 9142, 12117, 15267, 18327, 20993, 22967, 24017, 24017, 22967, 20993, 18327, 15267, 12117, 9142, 6538, 4417, 2807, 1667, 917, 462, 210, 84, 28, 7, 1]

   Ici on trace le diagramme des effectifs précédents.
   À un coefficient multiplicatif près sur l’échelle en {y} on trouve la loi de la somme de sept dés. Il semble que cette loi « tende » vers une loi normale.

   >>> from pylab import * >>> P = partitions(7,5) >>> show(bar(range(len(P)),P,width=1,color='w'))

   1 2 3

   >>> from pylab import * >>> P = partitions(7,5) >>> show(bar(range(len(P)),P,width=1,color='w'))

   

On trouve en effet :
{\begin{array}{l}(1+\sqrt2)^n= \displaystyle\sum_{k=0}^n(\sqrt2)^k\dbinom{n}{k}\\\\\quad=\dbinom{n}0+\sqrt2\dbinom{n}1+2\dbinom{n}2+2\sqrt2\dbinom{n}3+2^2\dbinom{n}4+2^2\sqrt2\dbinom{n}5+\cdots\\\\\quad=A+B\sqrt2\end{array}}De même, {(1-\sqrt2)^n=A-B\sqrt2}. On en déduit : {\begin{array}{l}A=\dfrac12\left((1+\sqrt2)^n+(1-\sqrt2)^n\right)\\\\B=\dfrac1{2\sqrt2}\left((1+\sqrt2)^n-(1-\sqrt2)^n\right)\end{array}}

• Première méthode :

  On a {A= \displaystyle\sum_{k=1}^n k\dbinom{n}{k}}.

  Pour k\ge1, on a : {k\dbinom{n}{k}=\dfrac{n!}{(k-1)!(n-k)!}=n\dbinom{n-1}{k-1}}.

  Ainsi : {A=n \displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dbinom{n-1}{k-1}=n \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\dbinom{n-1}k=n2^{n-1}}.

• Deuxième méthode :
  Pour tout réel {x}, on sait que {(1+x)^n= \displaystyle\sum_{k=0}^n\dbinom{n}{k}x^k}.

  Si on dérive cette égalité par rapport à {x}, on trouve : {\forall x\in\mathbb{R},n(1+x)^{n-1}= \displaystyle\sum_{k=1}^nk\dbinom{n}{k}x^{k-1}}Donc avec {x=1} : { \displaystyle\sum_{k=1}^nk\dbinom{n}{k}=n2^{n-1}}.

• Troisième méthode :

  {\dbinom{n}{k}} est le nombre de parties à {k} éléments de {E=\{1,\ldots,n\}}.

  Donc {A= \displaystyle\sum_{k=0}^n k\dbinom{n}{k}= \displaystyle\sum_{X\subset E}\text{card} X}

  (la somme étant étendue à toutes les parties {X} de {E}).

  Or quand {X} décrit {\mathcal{P}(E)}, {\overline{X}} décrit lui aussi {{\mathcal P}(E)}.

  On peut donc également écrire : {\begin{array}{rl}A&= \displaystyle\sum_{X\subset E}\text{card}\overline{X}=\displaystyle\sum_{X\subset E}(n-\text{card} X)\\\\&=n\displaystyle\sum_{X\subset E}1- \displaystyle\sum_{X\subset E}\text{card} X= n2^n-A\end{array}}On retrouve donc bien {A=n2^{n-1}}.

• Première méthode :

  On note que {(n+1)\dbinom{n}{k}=(k+1)\dbinom{n+1}{k+1}}.

  Ainsi {\dfrac1{k+1}\dbinom{n}{k}=\dfrac1{n+1}\dbinom{n+1}{k+1}}.

  On peut donc écrire : {\begin{array}{rl}B&= \displaystyle\sum_{k=0}^n\dfrac 1{k+1}\dbinom nk=\dfrac{1}{n+1} \displaystyle\sum_{k=0}^n\dbinom{n+1}{k+1}\\\\&=\dfrac{1}{n+1} \displaystyle\sum_{k=1}^{n+1}\dbinom{n+1}{k}=\dfrac{1}{n+1}(2^{n+1}-1)\end{array}}

• Deuxième méthode :
  On intègre l’égalité {(1+x)^n= \displaystyle\sum_{k=0}^n\dbinom{n}{k}x^k} entre {0} et {x}.

  On trouve : {\dfrac1{n+1}((1+x)^{n+1}-1)= \displaystyle\sum_{k=0}^n\dbinom{n}{k}\dfrac1{k+1}\,x^{k+1}}.

  On pose {x=1} et on obtient : {\displaystyle\sum_{k=0}^n\dfrac1{k+1}\dbinom{n}{k}=\dfrac1{n+1}(2^{n+1}-1)}

• Première méthode : {\begin{array}{rl}C&= \displaystyle\sum_{k=1}^n\,k\,\dbinom{n}{k}+ \displaystyle\sum_{k=1}^{n}\,k(k-1)\,\dbinom{n}{k}\\\\&= \displaystyle\sum_{k=1}^n\,k\,\dbinom{n}{k}+ \displaystyle\sum_{k=2}^{n}\,k(k-1)\,\dbinom{n}{k}\end{array}}Comme vu dans l’exercice précédent : {A= \displaystyle\sum_{k=1}^n\,k\,\dbinom{n}{k}=n2^{n-1}}.

  D’autre part, pour tout {k\ge2}, on a : {k(k-1)\dbinom{n}{k}=n(n-1)\dbinom{n-2}{k-2}}On peut donc écrire : {\begin{array}{rl}\displaystyle\sum_{k=2}^{n}\,k(k-1)\,\dbinom{n}{k}&=n(n-1) \displaystyle\sum_{k=2}^{n}\dbinom{n-2}{k-2}\\\\&=n(n-1) \displaystyle\sum_{k=0}^{n-2}\dbinom{n-2}{k}=n(n-1)2^{n-2}\end{array}}Ainsi : {C=n2^{n-1}+n(n-1)2^{n-2}=n(n+1)2^{n-2}}.

• Deuxième méthode:
  On dérive deux fois {f(x)=(1+x)^n= \displaystyle\sum_{k=0}^n\dbinom{n}{k}x^k} : {\begin{cases}f'(x)=n(1+x)^{n-1}= \displaystyle\sum_{k=1}^nk\dbinom{n}{k}x^{k-1}\\\\f''(x)=n(n-1)(1+x)^{n-2}\\\\\qquad= \displaystyle\sum_{k=2}^nk(k-1)\dbinom{n}{k}x^{k-2}\end{cases}}En particulier, avec {x=1} :
  {\begin{cases}f'(1)=n2^{n-1}= \displaystyle\sum_{k=1}^nk\dbinom{n}{k}\\\\f''(1)=n(n-1)2^{n-2}= \displaystyle\sum_{k=2}^nk(k-1)\dbinom{n}{k}\end{cases}}On peut démarrer la deuxième somme à {k=1}.

  On ajoute les deux sommes et on trouve : {\begin{array}{rl}C&=\displaystyle\sum_{k=1}^nk^2\dbinom{n}{k}=f'(1)+f''(1)\\\\&=n2^{n-1}+n(n-1)2^{n-2}=n(n+1)2^{n-2}\end{array}}

• Troisième méthode :
  On dérive deux fois {g(x)=(1+\text{e}^{x})^n= \displaystyle\sum_{k=0}^n\dbinom{n}{k}\text{e}^{kx}} : {\begin{cases}g'(x)=n\text{e}^{x}(1+\text{e}^{x})^{n-1}= \displaystyle\sum_{k=1}^nk\dbinom{n}{k}\text{e}^{kx}\\\\g''(x)=n\text{e}^{x}(1+\text{e}^{x})^{n-2}(1+n\text{e}^{x})= \displaystyle\sum_{k=2}^nk^2\dbinom{n}{k}\text{e}^{kx}\end{cases}}En particulier, avec {x=0} : {\displaystyle\sum_{k=1}^nk^2\dbinom{n}{k}=g''(0)=n(n+1)2^{n-2}}

• Première méthode :

  On procède par récurrence sur {p}, à {n} fixé.

  On constate que la propriété est vraie si {p=n} (c’est le pas initial).

  Supposons qu’elle le soit pour un certain entier {p\ge n}.

  Alors, au rang {p+1}, on a : {\begin{array}{rl} \displaystyle\sum_{k=n}^{p+1}\dbinom kn&= \displaystyle\sum_{k=n}^p\dbinom kn+\dbinom{p+1}{n}\\\\&=\dbinom{p+1}{n+1}+\dbinom{p+1}{n}\text{\ (hypothèse de récurrence)}\\\\&=\dbinom{p+2}{n+1}\text{\ (triangle de Pascal)}\end{array}}Ce qui prouve la propriété au rang {p+1} et achève la récurrence.

• Deuxième méthode :

  On utilise là encore la propriété à la base du triangle de Pascal.

  Pour tout entier {k>n}, on a : {\dbinom{k}{n}=\dbinom{k+1}{n+1}-\dbinom{k}{n+1}}.

  On en déduit :
  {\begin{array}{rl} \displaystyle\sum_{k=n}^p\dbinom{k}{n}&=\dbinom{n}{n}+ \displaystyle\sum_{k=n+1}^p\dbinom kn\\\\&=1+ \displaystyle\sum_{k=n+1}^p\left(\dbinom{k+1}{n+1}-\dbinom{k}{n+1}\right)\\\\&=1+ \displaystyle\sum_{k=n+1}^p\dbinom{k+1}{n+1}- \displaystyle\sum_{k=n+1}^p\dbinom{k}{n+1}\\\\&=1+ \displaystyle\sum_{k=n+2}^{p+1}\dbinom{k}{n+1}- \displaystyle\sum_{k=n+1}^p\dbinom{k}{n+1}\\\\&=1+\dbinom{p+1}{n+1}-\dbinom{n+1}{n+1}=\dbinom{p+1}{n+1}\end{array}}

• Troisième méthode :

  Soit {\mathcal A} l’ensemble des parties de {\{1,2,\ldots,p+1\}} à {n+1} éléments.

  On sait que le cardinal de l’ensemble {\mathcal A} est {\dbinom{p+1}{n+1}}.

  Si {X} est un élément de {\mathcal A}, alors {\max(X)\in\{n+1,\ldots,p+1\}}.

  On note {{\mathcal A}_k} le sous-ensemble de {\mathcal A} formé des parties d’élément maximum {k+1}.

  L’ensemble {\mathcal A} est la réunion disjointe des {{\mathcal A}_k}, pour {n\le k\le p}.

  Pour former un élément de {{\mathcal A}_k}, c’est-à-dire une partie {X} de {\{1,2,\ldots,p+1\}} ayant {n+1} éléments et telle que {\max(X)=k+1}, il faut bien entendu choisir arbitrairement {n} éléments parmi {\{1,2,\ldots,k\}}, ce qui peut se faire de {\dbinom{k}{n}} façons différentes.

  Ainsi {\text{card}({\mathcal A}_k)=\dbinom{k}{n}} et de plus {\text{card}({\mathcal A})=\displaystyle\sum_{k=n}^{p}\text{card}({\mathcal A}_k)}.

  On en déduit {\dbinom{p+1}{n+1}=\displaystyle\sum_{k=n}^{p}\dbinom{k}{n}}.