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Les fausses simplifications

Que pensez-vous du calcul suivant ?

\frac{\sqrt{94}}{\sqrt{1504}}=\frac{\sqrt{7^2+6^2+3^2}}{\sqrt{28^2+24^2+12^2}}=\frac{7+6+3}{28+24+12}=\frac{1\cancel{6}}{\cancel{6}4}=\frac14

Toutes les égalités sont mathématiquement vraies… Et pourtant, tout donne l’impression qu’elles sont déduites par des simplifications abusives ! Ça pique les yeux et pourtant si vous voyez cela sur une copie (ce qui est peu probable !), vous ne pourrez contester aucune égalité puisque toutes les expressions sont bien égales à \frac14.

Dans un autre genre, on a :

\frac{-9}{3}+\frac{16}{4} = \frac{-9+16}{3+4}=\frac{7}{7}=1

Est-ce faux ? Non, c’est mathématiquement exact, toutes les quantités entre les égalités sont bien égales à 1. Pourtant, en voyant cela, on a l’impression que le principe de réduction au même dénominateur n’est pas maîtrisé…

On peut généraliser le calcul précédent de la façon suivante :

\frac{a^2}{a} + \frac{-b^2}{b}=\frac{a^2-b^2}{a+b}=\frac{(a-b)(a+b)}{a+b}=a-b

Il ne faut pas trop regarder ces formules sous peine de devenir très mauvais en maths !

Encore un autre exemple avec des exponentielles :

Pour B \neq 0, on a : \frac{\text{e}^A}{\text{e}^B}=1 \, \Longleftrightarrow \, \frac{A}{B}=1

Tout porte à croire que l’élève a « simplifié » les exponentielles dans le quotient initial… Ceci n’est pas possible en général, bien sûr. Et pourtant l’affirmation ci-dessus est bien vraie. En effet, lorsque B \neq 0, on a les équivalences ci-dessous  :

\frac{\text{e}^A}{\text{e}^B}=1

\text{e}^A=\text{e}^B

A=B

\frac{A}{B}=1

Dans la même veine, c’est encore plus « fun » avec le logarithme népérien car on peut avoir un phénomène analogue mais avec un quotient non égal à 1…

\frac{\ln(x)}{\ln(2)}=2 \, \Longleftrightarrow \, \frac{x}{2}=2 \, \Longleftrightarrow \, x=4

Là encore, tout porte à croire que l’élève a « simplifié » les logarithmes dans le quotient initial… Ceci n’est pas possible en général, bien sûr. Et pourtant l’affirmation ci-dessus est bien vraie, en effet, lorsque x > 0, on a les équivalences ci-dessous  :

\frac{\ln(x)}{\ln(2)}=2

\ln(x)=2\ln(2)

\ln(x)=\ln\bigl(2^2\bigr)

\ln(x)=\ln(4)

x=4

Poursuivons les deux exemples précédents en allant encore plus loin ! Voici une résolution d’inéquation bien curieuse :

\frac{\text{e}^x - \text{e}^5}{\text{e}^x - \text{e}^2} \leq 0 \, \Longleftrightarrow \, \frac{x-5}{x-2} \leq 0 \, \Longleftrightarrow \, x \in \, ]2 \, ; 5]

là encore, tout porte à croire que l’élève a « simplifié » les exponentielles dans le quotient initial… Ceci n’est pas possible en général, bien sûr. D’ailleurs les quantités \frac{\text{e}^A - \text{e}^B}{\text{e}^C - \text{e}^D} et \frac{A-B}{C-D} sont différentes en général.

Et pourtant l’affirmation ci-dessus est bien vraie…

En effet, lorsque C \neq D, on a les équivalences ci-dessous  :

\frac{\text{e}^A - \text{e}^B}{\text{e}^C - \text{e}^D} \leq 0

\text{e}^A - \text{e}^B \text{ et } \text{e}^C - \text{e}^D \text{ sont de signes opposés et }\text{e}^C - \text{e}^D \neq 0

\left\{\begin{array}{c}\text{e}^A - \text{e}^B \leq 0 \\ \text{e}^C - \text{e}^D > 0\end{array}\right. \text{ OU } \left\{\begin{array}{c}\text{e}^A - \text{e}^B \geq 0 \\ \text{e}^C - \text{e}^D < 0\end{array}\right.

\left\{\begin{array}{c}\text{e}^A \leq \text{e}^B \\ \text{e}^C > \text{e}^D \end{array}\right. \text{ OU } \left\{\begin{array}{c}\text{e}^A \geq \text{e}^B \\ \text{e}^C < \text{e}^D\end{array}\right.

\left\{\begin{array}{c}A \leq B \\ C > D \end{array}\right. \text{ OU } \left\{\begin{array}{c}A \geq B \\ C < D\end{array}\right.

\left\{\begin{array}{c}A- B \leq 0 \\ C - D> 0 \end{array}\right. \text{ OU } \left\{\begin{array}{c}A -B\geq 0 \\ C - D <0\end{array}\right.

A - B \text{ et } C - D \text{ sont de signes opposés et } C - D \neq 0

\frac{A - B}{C - D} \leq 0

On peut évidemment obtenir le même genre de curiosité avec le logarithme :

\frac{\ln(x)-\ln(5)}{\ln(x)-\ln(2)} \leq 0\, \Longleftrightarrow \, \frac{x-5}{x-2} \leq 0 \, \Longleftrightarrow \, x \in \, ]2 \, ; 5]

La démonstration est analogue à la précédente.

Si vous avez d’autres perles du genre, n’hésitez pas à nous les envoyer ou nous les partager en commentaires !

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La formule du multinôme

Tout le monde ici connaît les identités remarquables usuelles (de degré 2) telles que :

(a + b)^2 = a^2 + 2ab + b^2

(a - b)^2 = a^2 - 2ab + b^2

(a + b)(a-b) = a^2 - b^2

Mais existe-t-il encore ce genre d’identités remarquables pour des degrés supérieurs ?
Et que se passe-t-il si on a plus de 2 termes dans la parenthèse ?
Par exemple, comment développer le produit suivant ?

(a + b + c)^4

Déjà, au lycée, on voit la formule du binôme de Newton :

\displaystyle (a + b)^n = \sum_{k=0}^n {n \choose k} a^{n-k} b^k

Cette formule peut se démontrer par récurrence ou par « contemplation ». En effet, rien qu’en la contemplant attentivement, on peut comprendre sa logique. Pour cela, il faut imaginer que l’on souhaite développer le produit suivant :

(a + b)(a + b)(a + b) ... (a+b)

Dans ce produit, il y a n facteurs. En développant, on prendra tantôt un a et tantôt en b dans chacun de ces n facteurs. Si on veut, par exemple, prendre k fois le nombre b (et donc n-k fois le nombre a), nous pouvons le faire de {n \choose k} façons. En effet, on rappelle que {n \choose k} est le nombre de façons de choisir k objets parmi n (ici ce sont les k facteurs parmi n que nous devons choisir). Il apparaît donc que lors du développement, les termes de la forme a^{n-k}b^k vont apparaître {n \choose k} fois. Il reste à faire la somme de tous ces termes pour k allant de 0 à n pour obtenir la formule du binôme.

On rappelle, au passage, que :

{n \choose k} = \frac{n!}{k! \ (n-k)!}

Et que ces coefficients binomiaux apparaissent dans le triangle de Pascal :

\begin{array}{c}1\\1 \quad 1\\1 \quad 2 \quad 1\\1 \quad 3 \quad 3 \quad 1 \\1 \quad 4 \quad 6 \quad 4 \quad 1\\1 \quad 5 \quad 10 \quad 10 \quad 5 \quad 1\end{array}

Grâce à ce triangle, on retrouve rapidement des identités telles que :

(a + b)^3 = a^3 + 3a^2b + 3ab^2 + b^3

(a + b)^4 = a^4 + 4a^3b + 6a^2b^2 + 4ab^3 + b^4

Pour bien comprendre la suite, il faut savoir qu’on peut symétriser un peu la formule du binôme en écrivant que si n=j+k, alors le nombre de façons de partitionner le nombre n en deux collections de j et k entités est :

\frac{n!}{j! \ k!}

La formule du binôme s’écrit alors :

\displaystyle (a + b)^n=\sum_{j+k=n}\frac{n!}{j! \ k!}a^{j}b^k

N’est-ce pas plus sympathique ? La somme se calcule donc sur toutes les façons de décomposer le nombre n en somme de deux entiers j et k (à savoir n=0+n=1+(n-1)=2+(n-2)=...=1+(n-1)=0+n. Ceci est important pour bien comprendre la suite ! Le problème étant que l’on n’aura pas toujours que 2 termes dans la parenthèse… Nous allons donc généraliser la notion de coefficient binomial, le fameux {n \choose k}, à la notion de coefficient multinomial !

Par exemple, si vous avez 5 objets A, B, C, D et E et que vous souhaitez en mettre 2 dans un tiroir et 3 dans un autre tiroir, combien de répartitions aurez-vous ?

Premier tiroir Deuxième tiroir
A, B C, D et E
A, C B, D et E
A, D B, C et E
A, E B, C et D
B, C A, D et E
B, D A, C et E
B, E A, C et D
C, D A, B et E
C, E A, B et D
D, E A, B et C

Ce qui fait 10 répartitions et effectivement, on a bien :

\frac{5!}{2! \ 3!} = 10

Mais si maintenant, on souhaite partitionner les cinq objets en 3 sous-ensembles… L’un de deux objets, le second de deux objets et le troisième de un objet, on aura la formule :

\frac{5!}{2! \ 2! \ 1!} = 15 répartitions possibles

Nous venons de calculer un coefficient trinomial !

Si on généralise à n objets que l’on doit partitionner en p sous-ensembles de \alpha_1 objets, \alpha_2 objets, …, \alpha_p objets avec \alpha_1+\alpha_2+...+\alpha_p=n, on aura :

\frac{n!}{\alpha_1! \ \alpha_2! ... \alpha_p!} répartitions possibles

C’est un coefficient multinomial et c’est exactement ce que nous devons faire si nous avons à développer un produit tel que :

\displaystyle \left(\sum_{i=1}^p a_i\right)^n

Dans chacun des n facteurs, on prend l’un des nombre a_i et, au final, en regroupant tous les termes, on obtient :

\displaystyle \left(\sum_{i=1}^p a_i\right)^n = \sum_{\alpha_1+\alpha_2+...+\alpha_p=n}\frac{n!}{\alpha_1! \ \alpha_2! ... \alpha_p!} a_1^{\alpha_1} a_2^{\alpha_2} ... a_p^{\alpha_p}

Ce qui est compliqué dans cette formule, c’est que la somme se fait sur toutes les façons de décomposer le nombre n en p termes.

Exemple :

\displaystyle (a + b + c)^4=\sum_{\alpha+\beta+\gamma=4}\frac{4!}{\alpha! \ \beta! \ \gamma!} a^{\alpha} b^{\beta} c^{\gamma}

Si on veut expliciter la somme, il faut chercher les différentes façons de décomposer 4 en somme de 3 termes :

\footnotesize \begin{array}{rcl}4&=&4+0+0=3+1+0=3+0+1=2+2+0=2+0+2\\&=&2+1+1=1+2+1=1+1+2=1+3+0=1+0+3\\&=&0+4+0=0+3+1=0+1+3=0+2+2=0+0+4\end{array}

Ce qui donne 15 termes :

\footnotesize \begin{array}{c} (a + b + c)^4=\\{\tiny a^4+4a^3b+4a^3c+6a^2b^2+6a^2c^2+12a^2bc+12ab^2c+12abc^2+4ab^3+4ac^3+b^4+4b^3c+4bc^3+6b^2c^2+c^4}\end{array}

 

 

 

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Les médianes d’un triangle

Si vous êtes sur ce site, vous savez sûrement ce qu’est une médiane dans un triangle : une droite passant par un sommet du triangle et le milieu du côté opposé.
On vous a sûrement appris, dès le collège, que les trois médianes d’un triangle sont concourantes en un point appelé centre de gravité du triangle et souvent noté G.

Mais au fait, savez-vous démontrer le fait que les médianes sont concourantes ?

Cette propriété mathématique fait partie des résultats qu’un lycéen connait mais ne sait absolument pas démontrer (en général). Ce n’est pas de sa faute, on fait désormais très peu de démonstrations géométriques au collège et au lycée !

Nous proposons ci-dessous trois démonstrations de cette propriété. La première, classique, telle qu’on l’enseignait dans « l’ancien temps » et une seconde, bien plus expéditive… et enfin, une troisième en utilisant des aires.

Mais avant, fixons le contexte et les notations. On considère donc un triangle ABC quelconque. On note I, J et K les milieux respectifs des côtés [BC], [AC] et [AB].

Première démonstration

L’idée de cette première démonstration est simple : pour démontrer que trois droites sont concourantes, on considère le point d’intersection de deux d’entre elles et on montre que ce point est également sur la troisième droite.

On désigne donc par G le point d’intersection des deux médianes (BJ) et (CK) :

G = (BJ) \cap (CK)

Notons que ces deux médianes sont forcément sécantes car ce sont les diagonales du trapèze (BKJC).

L’idée de cette démonstration classique est de définir le point D symétrique de A par rapport au point G. Ainsi, on sait que les points A, G et D sont alignés. Noter qu’à ce stade, on ignore si le point I appartient au segment [GD] ou non. C’est d’ailleurs ce point que nous allons examiner en premier lieu.

Via la relation de Chasles, on a :

\overrightarrow{DC} = \overrightarrow{DA} + \overrightarrow{AC}

Or, le point G étant le milieu du segment [AD], on a \overrightarrow{DA} = 2 \ \overrightarrow{GA}. De même, par définition, on a  \overrightarrow{AC} = 2 \ \overrightarrow{AJ}.

Ainsi, la relation vectorielle ci-dessus s’écrit :

\overrightarrow{DC} = 2 \ \overrightarrow{GA} + 2 \ \overrightarrow{AJ}

On factorise par 2 et via la relation de Chasles :

\overrightarrow{DC} = 2 \Bigl(\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{AJ}\Bigr) = 2 \ \overrightarrow{GJ}

Cela signifie que les vecteurs \overrightarrow{DC} et \overrightarrow{GJ} sont colinéaires. En conséquence, les droites (DC) et (GJ) sont parallèles.

Or, par définition, le point G est sur la médiane (BJ) donc on peut affirmer que :

(BG) // (DC)

On montre de même, en passant cette fois par le côté [AB], que :

(CG) // (DB)

Le quadrilatère (BDGC) a ses côtés opposés parallèles deux à deux, c’est donc un parallélogramme. Par conséquent, ses diagonales se coupent en leur milieu. Or le milieu de la diagonale [BC] est le point I. Ce point I est donc également le milieu de l’autre diagonale [GD]. En particulier, on a :

G, I et D alignés

Or, comme le point D est le symétrique du point A par rapport au point G, on a également :

G, A et D alignés

Finalement, les quatre points G, A, I et D sont alignés et en particulier :

G \in (AI)

On a donc montré que le centre de gravité G est sur la troisième médiane (AI).

En conclusion :

les trois médianes du triangle sont concourantes

Prolongements

Allons plus loin et précisons la position du centre de gravité G sur les médianes.

Par définition, puisque le point G est le milieu du segment [AD], on a :

\overrightarrow{AG} = \overrightarrow{GD}

Mais on a également vu que le point I est le milieu du segment [GD] donc :

\overrightarrow{GD} = 2 \ \overrightarrow{GI}

D’où :

\overrightarrow{AG} = 2 \ \overrightarrow{GI}

Et via la relation de Chasles :

\overrightarrow{AG} = 2 \ \Bigl(\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{AI}\Bigr) = 2 \ \overrightarrow{GA} + 2 \ \overrightarrow{AI}

Il vient au final :

3\overrightarrow{AG} = 2 \ \overrightarrow{AI}

C’est-à-dire :

\overrightarrow{AG} = \frac23 \ \overrightarrow{AI}

Le centre de gravité G est situé aux deux tiers de la médiane
(en partant du sommet)

Maintenant que l’on dispose de cette relation, on peut aller encore plus loin en montrant que le centre de gravité du triangle est également l’isobarycentre des sommets. Pour cela, il suffit de montrer que la somme \overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} est égale au vecteur nul.

D’après la relation de Chasles utilisée pour décomposer le deuxième et le troisième vecteur en introduisant le point A, on a :

\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} = 3 \ \overrightarrow{GA} + \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC}

Mais d’après la relation 3 \ \overrightarrow{GA} = 2 \ \overrightarrow{IA}, il vient :

\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} = 2 \ \overrightarrow{IA} + \overrightarrow{AI} + \overrightarrow{IB} + \overrightarrow{AI} + \overrightarrow{IC} = \overrightarrow{0}

Ce qui prouve que le centre de gravité du triangle est également l’isobarycentre des sommets du triangle. (Noter que cette propriété n’est plus valable dans un quadrilatère)

Deuxième démonstration

Nous allons maintenant être nettement plus efficace…

Reprenons tout depuis le début. On considère un triangle ABC quelconque. On note I, J et K les milieux respectifs des côtés [BC], [AC] et [AB].

Cette fois-ci, définissons le point G par la relation vectorielle :

\overrightarrow{AG} = \frac23 \ \overrightarrow{AI}

Cette relation implique l’alignement des points A, G et I donc :

G \in (AI)

On a vu que la relation \overrightarrow{AG} = \frac23 \ \overrightarrow{AI} entraîne que :

\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} = \overrightarrow{0}

En introduisant le point J dans le premier et troisième vecteur, la relation de Chasles donne :

\overrightarrow{GJ} + \overrightarrow{JA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GJ} + \overrightarrow{JC} = \overrightarrow{0}

Et comme le point J est le milieu du segment [AC] :

\overrightarrow{GB} + 2 \ \overrightarrow{GJ} = \overrightarrow{0}

Par conséquent les vecteurs \overrightarrow{GB} et \overrightarrow{GJ} sont colinéaires. Donc les points A, G et J sont alignés :

G \in (AJ)

Le point G défini plus haut est donc également sur la médiane (AJ).

Mais en faisant intervenir le point cette fois le point K dans la relation \overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} = \overrightarrow{0}, on montre de même que :

G \in (CK)

Nous avons donc exhibé un point, à savoir le point G défini par la relation vectorielle \overrightarrow{AG} = \frac23 \ \overrightarrow{AI}, qui se trouve donc sur les trois médianes du triangle.

En conclusion, on a donc bien démontré (efficacement) que les médianes du triangle sont concourantes !

Troisième démonstration

Nous allons maintenant proposer une démonstration qui utilise les aires.  Nous aurons besoin pour cela du petit lemme suivant :

Soit [AB] un segment de milieu I. Alors, quel que soit le point M du plan, les triangles AIM et BIM ont la même aire.

La démonstration de ce lemme est très simple. Il suffit de constater que les deux triangles en question ont des bases de même longueur (la moitié de celle du segment) et la même hauteur (à savoir MH) donc ils ont la même aire. En particulier, une médiane partage un triangle en deux triangles de même aire.

Revenons à notre objectif (montrer que les médianes sont concourantes) et, comme dans la première démonstration, notons :

G = (BJ) \cap (CK)

Notons bien que nous ignorons, à ce stade, si G est ou n’est pas sur la troisième médiane (AI). On a donc la figure suivante :

Pour simplifier les choses, on convient que l’aire du triangle ABC est égale à 1. On a donc :

Aire(AIB) + Aire(AGI) + Aire(AGIC) = 1

Puisque la droite (AI) est une médiane, elle partage l’aire du triangle ABC en deux triangles de même aire (c’est le lemme). Par conséquent, la relation précédente s’écrit :

\frac12 + Aire(AGI) + Aire(AGIC) = 1

Calculons l’aire du quadrilatère AGIC qui se décompose en deux triangles GAC et GCI. On a via le lemme :

\begin{array}{rcl}Aire(AGIC) &=&Aire(GAC)+Aire(GCI)\\&=&Aire(GAC)+\frac12 Aire(GCB)\\& =& Aire(GAC) + \frac12 \Bigl(Aire(JCB) - Aire(JCG)\Bigr)\\&=& Aire(GAC) + \frac12 \Bigl(Aire(JAB) - Aire(JAG)\Bigr)\\& =& Aire(GAC) + \frac12 Aire(BAG) \\&=& Aire(GAC) + Aire(KAG) \\&=& Aire(KAC) = \frac12 \end{array}

Ouf !

Par conséquent :

Aire(AGI) = 0

Le triangle AGI est donc aplati. Cela prouve l’alignement des points A, G et I et c’est ce que nous voulions montrer pour en conclure que les médianes sont concourantes.

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Le principe d’asymétrie

Question : si une quantité augmente de 25 %, alors de quel pourcentage doit-elle baisser pour revenir à son niveau initial ?

On sait qu’une augmentation de 25 % se traduit par un coefficient multiplicateur direct c_d = 1{,}25. Pour retrouver le coefficient multiplicateur réciproque c_r, on utilise la formule suivante :

c_d \times c_r = 1

On a donc :

c_r = \frac{1}{c_d} = \frac{1}{1{,}25} = \frac{1}{\frac54}=\frac45=0{,}8

Il faut donc appliquer une baisse de 20 % pour compenser la hausse de 25 %.

C’est le principe d’asymétrie entre le pourcentage d’évolution direct et le pourcentage d’évolution réciproque. (Pour un cours complet sur ce sujet, voir cette page sur les pourcentages)

Illustrons ce principe :

Il n’y a que quelques asymétries qui sont remarquables et qui sont données dans le tableau ci-dessous :

Évolution directe +25% +100% +150%
Évolution réciproque -20% -50% -60%

On peut reformuler ce tableau en terme de coefficients multiplicateurs ou de fractions décimales.

Évolution directe 1,25 (ou 5/4)
2 (ou 2/1)
2,5 (ou 5/2)
Évolution réciproque 0,8 (ou 4/5)
0,5 (ou 1/2)
0,4 (ou 2/5)

Dans la plupart des autres cas, le pourcentage ne tombe pas « rond ». Par exemple une hausse de 30 % (donc c_d=1{,}30) est compensée par une baisse de 23,08 % environ. En effet :

c_r = \frac{1}{1{,}30} \approx 0{,}7692

L’asymétrie est d’autant plus forte que les pourcentages le sont. Pour des très faibles pourcentages, l’asymétrie devient quasiment négligeable. Par exemple une hausse de 1 % sera compensée par une baisse de 0,99 % environ. En effet :

c_r = \frac{1}{1{,}01} \approx 0{,}9901

Au lieu de raisonner avec des coefficients multiplicateurs, on peut également raisonner en terme de taux d’évolutions. Dans ce cas, la formule c_d \times c_r = 1 s’écrit :

(1+t_d)(1+t_r)=1

t_d est le taux d’évolution direct et t_r le taux réciproque.

On en déduit la relation :

t_r = \frac{1}{1+t_d}-1=\frac{-t_d}{1+t_d}

Il apparaît ainsi que les taux t_d et t_r sont liés par la fonction homographique involutive suivante :

t \mapsto \frac{-t}{1+t}

Cette formule permet de convertir directement des pourcentages. Par exemple, si on a une hausse de 27 %, on applique la formule avec t=0{,}27 et on obtient :

\frac{-0{,}27}{1+0{,}27} \approx -0{,}2126

Une hausse de 27 % est donc compensée par une baisse de 21,26 %.

Le principe d’asymétrie admet des applications surprenantes. Nous en donnons quelques unes ci-dessous.

Pratiquer la désinformation

Dans un pays, le prix de l’essence, hors taxes, est de 0,60 € le litre. Avec les diverses taxes appliquées, le prix affiché à la pompe est de 1,50 €. Les taxes représentent donc 150 % du prix net de taxes. Mais pour éviter d’avouer un tel taux de prélèvement, le gouvernement fait un faux calcul et rapporte le montant des taxes (de 0,90 €) sur le prix à la pompe de 1,50 € et ainsi prétend que les taxes représentent 60 % du prix TTC. L’affirmation n’est pas fausse en soi mais la méthode est incorrecte : un montant de taxes doit toujours se calculer par rapport au prix HT en référence et non pas au prix TTC !
Question : quel est ce pays ?… réponse ici

 

Les actions concurrentes

Un couple possède des actions dans des sociétés concurrentes qui ont, à elles deux, le monopole d’un marché. Si bien que si une société perd quelques parts de marché, c’est systématiquement la société concurrente qui les récupère. Les deux conjoints ont investi exactement le même montant de 10000 € dans les actions respectives de ces deux sociétés. Au départ, la première société possède les 5 / 9 du marché et la seconde les 4 / 9 du marché.
Puis un jour, la première société périclite et perd 20 % de ses parts de marché. Elle perd donc l’équivalent de 1 / 9 du marché qui est récupéré par l’autre société. D’après le principe d’asymétrie, l’autre société augmente donc de 25 % ses parts de marché.
Faisons les comptes. Si Monsieur a investi 10000 € d’actions dans la première société, il perd 20 % et n’a plus que 8000 € d’actions. Pendant ce temps, madame est passée de 10000 € à 12500 €. Globalement, le couple a donc gagné 500 € sans rien faire alors que le marché n’a pas augmenté de volume !

Moralité : on a toujours intérêt à investir ses « billes » dans un projet mais aussi dans le projet opposé ou concurrent !

 

Le jeu avec ses métaux précieux virtuels

A et B sont complices et s’inscrivent tous les deux à un jeu en ligne dans lequel ils peuvent acheter des lingots d’or (OR) ou des lingots d’argent (AG).
Au moment de leur inscription, on a le cours suivant : 1 OR = 2 AG (ou 1 AG = 0,5 OR)
Le joueur A achète pour 100 € d’OR. Le joueur B achète pour 100 € d’AG.
Ils ont donc investi 200 € à eux deux. Puis ils attendent que le taux évolue.
Si l’or augmente, par exemple de 25 %, alors 1 OR = 2,5 AG et donc 1 AG = 0,4 OR.
A vend son OR en faisant 25 % de plus-value et récupère 125 €.
B vend son AG en faisant une moins-value de 20 % (principe d’asymétrie) et ne récupère donc que 80 €.
Ils sortent alors du jeu avec 205 € à eux deux. Gain = 5 €.
Si c’est l’argent qui augmente, par exemple de 25 % alors 1 AG = 0,625 OR et 1 OR = 1,6 AG.
B vend son AG en faisant 25 % de plus-value et récupère 125 €.
A vend son OR en faisant une moins-value de 20 % (principe d’asymétrie) et ne récupère donc que 80 €.
Ils sortent alors du jeu avec 205 € à eux deux. Gain = 5 €.
Dans tous les cas, ils sont gagnants et ceci quels que soient les pourcentages d’évolution et quel que soit le sens dans lequel le cours OR / AG évolue.

Moralité : là encore, en investissant sur un cours et son opposé et en exploitant l’asymétrie, les deux joueurs complices, systématiquement, sortent globalement gagnants du jeu.

 

Application au marché des devises (forex)

Sur ce sujet, voir cette page qui explique une méthode basée sur le principe d’asymétrie qui permet, théoriquement, de dégager des gains en bourse avec une probabilité proche de 1.

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Comprendre les pourcentages

Les pourcentages sont présents partout dans notre monde, sous diverses formes. Mais êtes-vous sûrs de bien les maîtriser ?

?Si une quantité augmente de 10 %, puis encore de 20 %, aura-t-elle globalement augmenté de 30 % ?
Si vous pensez que non, alors de quel pourcentage a-t-elle augmenté exactement ?
?Si une quantité augmente de 10 %, puis baisse de 10 %, retombe-t-on sur la valeur initiale ?
Si vous pensez que non, alors de quel pourcentage a-t-elle évolué ?
?Si une quantité triple, a-t-elle augmenté de 300 % ou de 200 % ?
?Un prix augmente de 25 %.
De quel pourcentage doit-il baisser pour revenir à sa valeur initiale ?
(Voir cette page sur le principe d’asymétrie)
?Si une quantité a augmenté de 20 % sur deux années, a-t-elle augmenté de 10 % par an ?
Si vous pensez que non, alors quel est le pourcentage d’évolution annuel moyen ?

?Dans un couple, le salaire de Monsieur est de 4000 €, celui de Madame de 2000 €. Est-il plus pertinent de dire que Monsieur gagne 100 % de plus que Madame ou que Madame gagne 50 % de moins que Monsieur ? Quelle valeur de référence utiliser pour faire une telle comparaison ? Pensez-vous utiliser la moyenne arithmétique ou la moyenne géométrique ?

Savez-vous répondre à toutes ces questions ?

Bien des erreurs sont commises par beaucoup de personnes lorsqu’elles parlent de pourcentages ! Il faut dire qu’on ne les enseigne peut-être pas assez au lycée ? On en parle un peu dans les filières économiques mais presque pas dans les filières scientifiques (on fait comme si tout était acquis, or c’est loin d’être le cas !).

Pour y voir plus clair sur toutes ces situations, nous vous avons préparé un document complet sur tout ce qu’il faut savoir au lycée !

Comprendre les pourcentages

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Parcoursup 2019 et au delà…

Après les couacs de l’année 2018, le dispositif Parcoursup évolue pour l’année 2019 avec pour objectif d’améliorer les affectations (tant qualitativement que dans les délais !). Pour cela, on note plusieurs évolutions à venir pour ce nouveau cru :

Nouveautés 2019 de Parcoursup
mise en place d’un « vœu préféré » cette amélioration initialement prévue est finalement abandonnée (trop difficile à mettre en place techniquement ?)… ;
– accès à davantage d’informations (rang du dernier appelé sur une liste d’attente, taux de remplissage) ;
– possibilité de recevoir des notifications (par SMS) dès qu’il y a du nouveau (cela évite aux candidats de se connecter tous les jours sur la plateforme) ;
– quotas des bacheliers en provenance d’une autre académie revus à la hausse (résolvant ainsi le cas des candidats habitant en zone limitrophe pour lesquels il est parfois plus près d’aller à l’université de l’académie voisine) ;
– une phase finale qui se termine fin juillet (au lieu de septembre en 2018) ;
prise en compte des résultats de certaines épreuves du baccalauréat.

Le dernier point est crucial. Cela signifie que dans un avenir proche, vos résultats aux épreuves du baccalauréat vont conditionner votre affectation ! Il est donc important d’obtenir les meilleures notes ! Pour cela, il faut optimiser votre travail et vos révisions !
Heureusement, nous proposons sur ce site des documents « clés en main » avec toutes les questions types du bac. Avec ces questions-types, votre travail est optimal et ciblé. Non seulement, il vous permettra d’atteindre d’excellentes notes en maths mais, en plus, il vous libèrera du temps pour travailler les autres matières !
Alors, n’hésitez plus et téléchargez dès à présent vos questions-types !

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BAC 2021 : la réforme impossible !

Tous les lycées de France ont ouvert ce nouveau chantier : celui de mettre en place la réforme du BAC 2021 au sein de leur établissement.

C’est un gros chantier puisque cette réforme s’accompagne d’une suppression des filières (S, ES, L) dans l’enseignement général au profit d’une scolarité basée sur des spécialités organisées autour d’un tronc commun.

Sur le papier, cette nouvelle organisation est très séduisante : dès la classe de première, les élèves choisiront trois spécialités (en guise de découverte) et en poursuivront deux (en guise d’approfondissement) en terminale. Chacune des trois spécialités de première représentera un volume de 4h hebdomadaire et chacune des deux spécialités de terminale représentera un volume de 6h hebdomadaire (donc toujours 12 h au global).

Il y aura cependant un tronc commun de disciplines afin d’assurer un socle de connaissances :

Disciplines du tronc commun (à partir de la première)
  • Français en 1re / Philosophie en Tle
  • Histoire Géographie
  • Enseignement Moral et Civique
  • Langue Vivante A et Langue Vivante B
  • Éducation Physique et Sportive
  • Enseignement Scientifique

On notera en particulier la disparition des mathématiques dans le tronc commun de ce cycle terminal (première & terminale). Mais les mathématiques restent encore obligatoires en seconde générale et technologique.

Liste de spécialités (de première et de terminale)
  • Arts
  • Biologie & Écologie
  • Histoire, Géographie, Géopolitique et Sciences Politiques
  • Humanités, Littérature et Philosophie
  • Langues, Littératures et Cultures étrangères
  • Littérature, Langues et Cultures de l’Antiquité
  • Mathématiques
  • Numérique et Sciences Informatiques
  • Physique Chimie
  • Sciences de la Vie et de la Terre
  • Sciences de l’Ingénieur
  • Sciences Économiques et Sociales

Jusque là, tout semble merveilleux : c’est l’élève qui construit ainsi son parcours en fonction de ses goûts et de son projet d’orientation post-bac.

Sauf que…

Sauf que, à cause d’impératifs budgétaires, les établissements ne pourront pas proposer toutes les spécialités. Certes, ce n’est pas encore très grave ; si un lycée ne propose pas une certaine spécialité, le lycée voisin la proposera sûrement.

Mais là où ça va se compliquer, c’est que les lycées ne pourront pas proposer tous les trinômes de spécialité en première et tous les binômes de spécialité en terminale… Oui, ce serait beaucoup trop complexe à planifier. Ne serait-ce qu’au niveau des emplois du temps, il faudrait prévoir 3 plages de 4h en barrettes en première et 2 plages de 6h en barrettes en terminale telles que quasiment toutes les spécialités apparaissent sur ces plages. N’importe quel chef d’établissement vous dira que c’est ingérable !


Il ne faut jamais s’énerver avec les logiciels d’emplois du temps !

D’autant qu’avec cette organisation, si on laisse les élèves choisir, il y aura des spécialités qui auront plus de succès que d’autres ; il faudra donc plusieurs groupes pour ces spécialités demandées tandis que d’autres spécialités, plus boudées, se retrouveront avec peu d’élèves… Chose inacceptable -en ces temps de rigueur budgétaire- pour les rectorats qui demandent des effectifs optimisés !

En conséquence, ce qui va se passer, c’est que les établissements vont proposer un panel restreint de trinômes de spécialités en première et de binômes de spécialités en terminale… On voit donc déjà que les élèves n’auront pas tant de choix que cela. Par exemple, il sera sûrement impossible pour un élève de choisir Littérature – Maths – SES car ces trois spécialités ont peu de rapport et aucun établissement proposera ce trinôme dans son panel…

Du coup, la réforme est déjà nettement moins séduisante…

Mais ce n’est pas fini…
Il y a aussi un autre problème, sûrement plus préoccupant encore…

C’est que, dans cette réforme, il est prévu que les élèves doivent abandonner une des trois spécialités en fin de première pour n’en conserver que deux en terminale… Bon, très bien, ça permet de faire un tri ou un choix et laisser de côté la spécialité qui leur plait le moins… Sauf que, concrètement, ils ne pourront pas vraiment choisir la spécialité qu’ils abandonnent ! En effet, le panel de binômes de spécialités proposées en terminale étant restreint, les élèves seront également très restreints dans leurs choix.

Pour mieux comprendre, faisons une simulation…

Imaginons un établissement qui possède 6 classes de premières. Il va donc proposer 6 trinômes possibles en première.
Par exemple :

1re A : Maths – Physique/Chimie – SVT
1re B : Maths – SES – Histoire/Géo
1re C : Maths – Informatique – Physique/Chimie
1re D : Philo – Langues Anciennes – Littérature
1re E : Philo – Arts – Histoire/Géo
1re F : Arts- Histoire/Géo – Littérature

Puis, dans la foulée, 6 classes de terminale avec des binômes de spécialité :

Tle A : Maths – Physique/Chimie
Tle B : Maths – SES
Tle C : Maths – Informatique
Tle D : Philo – Littérature
Tle E : Philo – Arts
Tle F : Arts – Littérature

Si on examine bien cette configuration, on constate que les élèves de 1re A seront obligés d’abandonner la SVT, les élèves de 1re B obligés d’abandonner l’histoire/géo etc.
La raison est simple : à partir de 6 spécialités proposées, le nombre de trinômes est bien plus élevé que le nombre de binômes (car {n \choose 3} > {n \choose 2} dès que n \geq 6). Or, il n’y aura pas plus de classes de terminales que de premières. Donc le passage en terminale se concrétisera nécessairement par des choix contraints !

Bref, cette réforme sera impossible à mettre en œuvre sur le terrain !
Nous souhaitons bon courage aux établissements publics qui risquent d’être désertés…

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Comment bien mener et rédiger une récurrence en mathématiques ?

Partie I – Qu’est-ce qu’une récurrence ?

Le raisonnement par récurrence est une des grandes nouveautés pour les élèves qui arrivent en terminale S. Pour eux, cette notion est plutôt difficile à assimiler. Certes, le principe est simple à comprendre mais l’organisation des calculs peut énormément varier selon les contextes. Les élèves y perdent alors leurs repères. C’est surtout l’étape de « l’hérédité » qui est compliquée à gérer car cela revient à prouver une infinité d’implications, chose qui est assez inhabituelle pour un élève en terminale S.

Commençons par rappeler/préciser de quoi il s’agit. Le principe de raisonnement par récurrence repose sur une idée toute simple, à la portée d’un enfant de maternelle.  Imaginons que l’on dispose d’une série de dominos que l’on place debout :

Supposons que l’on ait les deux conditions suivantes qui soient satisfaites :

1°) les dominos sont suffisamment rapprochés de sorte que chaque domino qui tombe entraîne la chute du suivant (hérédité) ;

2°) on fait tomber le premier domino (ou le p-ième domino) (initialisation).

ALORS…

Alors, TOUS les dominos vont tomber (ou tous à partir du p-ième)

évident, n’est-ce pas ?

C’est ce principe simple et naturel que nous allons appliquer à des propriétés mathématiques afin de montrer qu’elles sont « toujours » vraies. Plus exactement, si on souhaite démontrer qu’une propriété mathématique dépendant d’un entier naturel n est vraie pour tout n, alors ce raisonnement par récurrence peut et doit être envisagé (si on n’a pas trouvé d’autre méthode de raisonnement direct).

Mais comment transposer ce principe simple à des propriétés mathématiques ?

C’est ce que nous allons voir et expliquer sur quelques exemples !
Mais pas si vite… D’abord, qu’est-ce qu’une propriété mathématique dépendant d’un entier naturel n ?

Lorsqu’on dit que les trois médianes d’un triangle sont concourantes, on exprime une propriété mathématique (qui, en l’occurrence, est vraie). Lorsqu’on dit que le carré d’un nombre est toujours positif, on exprime là encore une propriété mathématique (qui est vraie si le nombre en question est réel mais fausse si le nombre en question est complexe…). Ces propriétés mathématiques tiennent en une seule entité.
Mais si on affirme maintenant quelque chose du genre :

6^n-1 est un multiple de 5, quel que soit l’entier n

on décrit cette fois une propriété mathématique qui dépend d’un entier n. C’est totalement différent des propriétés mathématiques précédentes qui étaient non indexées. C’est pour des propriétés mathématiques de ce genre, qui sont indexées par un entier n, que le raisonnement par récurrence va pouvoir s’envisager.

D’ailleurs, qu’en pensez-vous de 6^n-1 ? Toujours un multiple de 5 ou non ?…
Voyons voir :

Valeur de n Valeur de 6^n-1 Résultat
0 0 multiple de 5
1 5 multiple de 5
2 35 multiple de 5
3 215 multiple de 5
4 1295 multiple de 5

C’est vite vu, il semble que 6^n-1 soit un multiple de 5 pour tout n. On a bien dit « il semble que… » ! En effet, rien ne nous assure, à ce stade, que ce processus va se poursuivre… Il y a peut-être un piège ? Ou non…

Comment faire ? Peut-on faire une infinité de vérifications manuelles ? Non, impossible…
Il va falloir donc raisonner autrement, plus généralement… Et c’est dans ce type de situation que le raisonnement par récurrence peut nous venir en secours ! Une vérification sur les premiers termes ou les premières étapes n’est pas suffisante pour affirmer qu’elle se généralise à tous les termes ou toutes les étapes ! Il existe de nombreuses situations mathématiques qui vont bien au début et puis qui tournent mal à partir d’un certain moment. On appelle cela des « fausses conjectures ».  Vous voulez en voir ? Pas de problèmes, en voici quelques unes…

Fausse conjecture n°1

n^5-10n^4+35n^3-50n^2+24n+2 est égal à 2

Toujours vrai ou non ?

 

Faisons un tableau comme précédemment :

Valeur de n n^5-10n^4+35n^3-50n^2+24n+2
0 2
1 2
2 2
3 2
4 2

Cela semble fonctionner comme précédemment…
Et pourtant, pour n=5, on obtient 122… Catastrophe !
La propriété P(n) : n^5-10n^4+35n^3-50n^2+24n+2=2 est donc vraie pour n=0, pour n=1, n=2, pour n=3, pour n=4 mais pas pour n=5… Elle n’est donc pas vraie pour tout n !

Encore plus fou, voici une autre conjecture fausse (due au mathématicien Euler) :

Fausse conjecture n°2

n^2 + n + 41 est un nombre premier.

Toujours vrai ou non ?

 

Là encore, faisons un tableau pour examiner comment les choses se passent au début :

Valeur de n n^2 + n + 41 Résultat
0 41 nombre premier
1 43 nombre premier
2 47 nombre premier
3 53 nombre premier
4 59 nombre premier
5 71 nombre premier

Et là, vous pouvez continuer longtemps, longtemps… vous allez longtemps trouver un nombre premier comme résultat. À tel point que vous allez finir par être convaincu que cette conjecture est vraie… Il faut aller jusqu’à l’étape n=40 pour avoir un contre-exemple. En effet, lorsque n=40, on a :

40^2 + 40 + 41 = 40(40 + 1) + 41 = 40 \times 41 + 41 = 41(40 + 1) = 41^2

Et 41^2 est évidemment un nombre composé (c’est-à-dire non premier).
La propriété P(n) : n^2 + n + 41 est un nombre premier est donc vraie pour n allant de 0 à 39 mais pas pour n=40… C’est flippant hein ?

Nous venons donc de constater que lorsqu’on considère une propriété mathématique  P(n), on peut rencontrer toutes sortes de scénarios : elle peut être vraie au début mais plus à partir d’un certain rang, elle peut être toujours fausse, elle peut être fausse au début et devenir toujours vraie à partir d’un certain rang, elle peut être toujours vraie etc.

Le principe de raisonnement par récurrence va nous servir uniquement pour démontrer que la propriété mathématique est vraie pour tous les entiers n (ou à la rigueur vraie à partir d’un certain entier n_0).

Nous avons assez parlé, il est temps de coucher noir sur blanc ce fameux principe de raisonnement :

Considérons une propriété P(n).

SI les deux conditions suivantes sont satisfaites :

1°) On a P(n_0) (autrement dit, la propriété est satisfaite à partir d’un certain rang n_0) (initialisation) ;

2°) P(n) \Longrightarrow P(n+1) pour tout n \geq n_0 (autrement dit, le fait que la propriété soit satisfaite au rang n implique le fait qu’elle soit satisfaite au rang n+1) (hérédité).

ALORS

On aura P(n) pour tout n \geq n_0. (autrement dit, la propriété sera satisfaite à tous les rangs à partir de n_0).

C’est exactement comme le principe des dominos exposé en début d’article.

Mais une difficulté demeure… Elle concerne la fameuse étape appelée hérédité
Comment prouver les implications P(n) \Longrightarrow P(n+1) ?
N’a-t-on pas juste déplacé le problème ?
Au départ, nous voulions prouver qu’une propriété est vraie pour tous les entiers et nous voilà à devoir prouver que l’on a l’implication P(n) \Longrightarrow P(n+1) pour tous les entiers… En quoi cela serait-il plus facile ?Eh bien, ce n’est pas forcément plus facile. En réalité, tous dépend des informations que l’on dispose ! Si on nous demande de prouver que :

3^n-1 est un nombre pair, quel que soit l’entier n

il n’y a point besoin de récurrence : on peut faire un raisonnement direct en disant que le produit de nombres impairs est toujours un nombre impair. Par conséquent, 3^n est un nombre impair, quel que soit n. On en déduit bien que 3^n-1 est un nombre pair, quel que soit l’entier n. Nous n’avons pas eu besoin de faire de récurrence. On a pu prouver directement que la propriété est vraie pour tous les entiers, en s’appuyant sur d’autres connaissances (le produit de nombres impairs). Bon, ceci dit, si on veut prouver que le produit de nombres impairs est un nombre impair, la récurrence est l’outil ad-hoc…

Mais reprenons maintenant le cas de 6^n-1 évoqué plus haut. Peut-on adapter le raisonnement que nous venons de faire ? On pourrait dire que 6^n est un multiple de 6. Et puis ? Le fait de retrancher 1 à un multiple de 6 donne-t-il obligatoire un multiple de 5 ? Non bien sûr… Penser à 12 ou 18 par exemple. Dans ce cas là, le raisonnement direct semble plus difficile à élaborer (nous n’avons pas dit impossible…). Alors voyons si ce n’est pas plus simple de prouver l’hérédité, c’est-à-dire le caractère transmissible d’une propriété. Supposons, momentanément, que 6^n-1 soit effectivement un multiple de 5. Cela signifierait qu’il existe un entier k tel que :

6^n-1 = 5k

sous cette hypothèse, qu’en est-il de 6^{n+1}-1 ?
Effectuons un petit calcul mené stratégiquement pour faire le lien entre l’étape n et l’étape n+1 :

6^{n+1}-1 = 6 \times 6^n - 1 = 6 \times 6^n - 6 + 5 = 6(6^n - 1) + 5

Or, nous avons supposé que 6^n-1 = 5k. On peut donc poursuivre le calcul :

6^{n+1}-1 = 6 \times 5k + 5 = 30k + 5 = 5 \times (6k + 1)

Notons k' l’entier 6k + 1.

Ainsi, le calcul précédent montre que :

6^{n+1}-1 = 5k'

Cela signifie-t-il que 6^{n+1}-1 est assurément un multiple de 5 ?… Hum… on pourrait être tenté de le dire… Mais, pas si vite… Attendez… N’oublions pas que nous avions fait une hypothèse au départ, à savoir que 6^n-1 était un multiple de 5. Alors, que montre le calcul précédent ?

Il montre que SI 6^n-1 est un multiple de 5, ALORS à son tour,  6^{n+1}-1 est aussi un multiple de 5. Et cela, quel que soit l’entier n considéré. Mais, mais, mais… nous venons donc de démontrer le caractère héréditaire de la propriété ! Et comme, par ailleurs, la propriété est initialisée puisque pour n=0, on a 6^0-1= 1-1=0=0 (faut-il rappeler que 0 est un multiple de tous les entiers, donc en particulier de 5), le raisonnement par récurrence s’achève et nous permet d’affirmer, en conclusion, qu’effectivement, pour tous les entiers naturels n, 6^n-1 est bien un multiple de 5.

Finalement, quand est-ce qu’il faut privilégier un raisonnement par récurrence par rapport à un raisonnement direct ?

On privilégie le raisonnement par récurrence lorsqu’il est plus facile de prouver le caractère héréditaire que de prouver le caractère de vérité !
Autrement dit, lorsqu’il est plus facile de prouver que :

pour tout n, P(n) \Longrightarrow P(n+1)

que :

pour tout n, P(n)

Bien noter que le caractère héréditaire ne devient vrai que s’il est initialisé. En l’absence d’initialisation, une propriété peut très bien être héréditaire sans être vraie ! (Voir les compléments en fin d’article)

Tout cela est très littéraire. Mais concrètement, comment rédiger la récurrence précédente de façon synthétique ? C’est la deuxième partie de cet article… La rédaction efficace et rigoureuse. Nous allons reprendre l’exemple précédent et donner d’autres exemples.

Partie II – Bien rédiger une récurrence

Exemple 1

Enoncé : démontrer que 6^n-1 est un multiple de 5, pour tout n.

 

Solution

• Considérons la propriété P(n) : il existe un entier k tel que 6^n-1=5k

• On a 6^0-1= 1 - 1 = 0 = 5 \times 0 d’où P(0).

• Soit n un entier naturel et supposons P(n) : il existe un entier k tel que 6^n-1=5k. Alors :

6^{n+1} - 1 = 6 \times 6^n - 1 = 6(5k + 1) - 1 = 30k + 5 = 5(6k + 1)

Il existe donc un entier k'=6k+1 tel que 6^{n+1} - 1 = 5k'.

On a donc montré que P(n) \Longrightarrow P(n+1) pour tout n \geq 0

• En conclusion, d’après le principe de raisonnement par récurrence, on a bien 6^n-1 est un multiple de 5, pour tout n.

 

On constate sur cet exemple que la rédaction d’une récurrence tient essentiellement en 4 points :

• on précise la propriété de travail P(n) ;

• on prouve que la propriété est initialisé (en 0 ou en n_0) ;

• on prouve que la propriété est héréditaire (à partir de 0 ou de n_0) ;

• on conclut.

Remarque sur l’exemple ci-dessus. Il y a très souvent plusieurs chemins pour parvenir à un résultat.

Une personne futée et expérimentée peut se passer de récurrence pour faire cette démonstration… Il suffit de considérer la somme suivante (qui est une somme de termes consécutifs d’une suite géométrique) :

\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} 6^k = \frac{6^n-1}{5}

Et on constate immédiatement que 6^n-1 est un multiple de 5 puisque :

\displaystyle 6^n-1 = 5 \left(\sum_{k=0}^{n-1} 6^k \right)

Mais cette ruse (classique) n’est pas à la portée d’un élève standard arrivant en terminale.

Exemple 2 (avec une suite définie par récurrence)

Enoncé

On considère la suite (u_n) définie par :

\left\{\begin{array}{rcl}u_0&=&0\\u_{n+1}&=&3u_n-2n+3\end{array}\right.

Démontrer que pour tout entier naturel n, on a u_n \geq n

 

Solution

• Considérons la propriété P(n) : u_n \geq n

• On a u_0 = 0 \geq 0 d’où P(0).

• Soit n un entier naturel et supposons P(n) : u_n \geq n.

Alors :

u_{n+1}= 3 u_n - 2n + 3 \geq 3n - 2n + 3 \geq n + 1

Ce qui est P(n+1).

On a donc montré que P(n) \Longrightarrow P(n+1) pour tout n \geq 0

• En conclusion, d’après le principe de raisonnement par récurrence, on a bien u_n \geq n pour tout n.

Remarque : on en déduit, par comparaison, que : \displaystyle \lim_{n \to {+\infty}} u_n = {+\infty}

Exemple 3 (où l’initialisation est fixée à n=1)

Enoncé

Démontrer que pour tout entier naturel n \geq 1, on a \displaystyle \sum_{k=1}^n k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}

 

Solution

• Considérons la propriété P(n) : \displaystyle \sum_{k=1}^n k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} pour n \ge 1

• On a \displaystyle \sum_{k=1}^1 k^2 = 1 = \frac{1 \times 2 \times 3}{6} d’où P(1).

• Soit n un entier naturel supérieur à 1 et supposons :

P(n) : \displaystyle \sum_{k=1}^n k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}.

Alors :

\displaystyle \sum_{k=1}^{n+1} k^2 = \sum_{k=1}^{n} k^2 + (n+1)^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + (n+1)^2

Réduisons au même dénominateur et factorisons par (n+1) :

\displaystyle \sum_{k=1}^{n+1} k^2 = \frac{(n+1)\bigl[n(2n+1)+6(n+1)\bigr]}{6}

\displaystyle \sum_{k=1}^{n+1} k^2 = \frac{(n+1)(2n^2+7n+6)}{6} = \frac{(n+1)(n+2)(2n+3)}{6}

Ce qui est P(n+1).

On a donc montré que P(n) \Longrightarrow P(n+1) pour tout n \geq 1

• En conclusion, d’après le principe de raisonnement par récurrence, on a bien \displaystyle \sum_{k=1}^n k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}.

Remarque sur l’exemple ci-dessus : on peut se demander comment calculer la somme si on n’a pas conjecturé la formule ?… Et c’est là qu’on prend conscience d’une faiblesse du raisonnement par récurrence :

On ne peut envisager une récurrence que si l’on a conjecturé la propriété à démontrer !

Un élève standard peut-il deviner la formule pour calculer la somme des carrés des n premiers entiers naturels non nuls ?

\displaystyle \sum_{k=1}^{n} k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}

Pas vraiment non… Alors heureusement qu’elle est gentiment proposée dans l’énoncé !
Mais si cela intéresse le lecteur, on peut la retrouver par télescopage
Hein ? Quoi ? C’est quoi ce nouveau truc encore ?

Par linéarité de la somme :

\displaystyle \sum_{k=1}^n (k+1)^3 = \sum_{k=1}^n k^3 + 3\sum_{k=1}^n k^2 +3\sum_{k=1}^n k +\sum_{k=1}^n 1

\displaystyle \sum_{k=1}^n (k+1)^3 - \sum_{k=1}^n k^3 = 3\sum_{k=1}^n k^2 + 3\frac{n(n+1)}{2}+ n

Par télescopage, les deux sommes du membre de gauche se compensent sauf deux termes extrêmes :

\displaystyle (n+1)^3 - 1 = 3\sum_{k=1}^n k^2 + 3\frac{n(n+1)}{2}+ n

\displaystyle n^3 + 3n^2 + 3n = 3\sum_{k=1}^n k^2 + 3\frac{n(n+1)}{2}+ n

Multiplions par 2 :

\displaystyle 2n^3 + 6n^2 + 6n = 6\sum_{k=1}^n k^2 + 3n(n+1)+ 2n

Factorisons par n :

\displaystyle n \bigl[2n^2 + 6n + 6 - 3(n+1)-2\bigr] = 6\sum_{k=1}^n k^2

\displaystyle n(2n^2 + 3n + 1) = 6\sum_{k=1}^n k^2

Or, on constate facilement que 2n^2 + 3n + 1=(2n+1)(n+1) d’où :

\displaystyle 6\sum_{k=1}^n k^2 = n(n+1)(2n+1)

D’où le résultat… Mais tout ça, c’est une autre histoire !

Partie III – Compléments

Exemple de propriété héréditaire ET fausse

Considérons la suite (u_n) définie par

\left\{\begin{array}{rcl}u_0&=&2\\u_{n+1}&=&3u_n-2\end{array}\right.

Et considérons la propriété suivante :

P(n) : u_n = 1

Il est très facile de prouver que cette propriété est héréditaire pour n \geq 0. En effet, supposons que l’on ait P(n) : u_n = 1 pour un certain n \geq 0, alors :

u_{n+1} = 3 u_n - 2 = 3 \times 1 - 2 = 1

Et cela correspond à l’énoncé de P(n+1).

On a donc bien P(n) \Longrightarrow P(n+1) pour tout n \geq 0.

Cette propriété est héréditaire.

Mais soyons fou et formulons une autre propriété affirmant, pour chaque indice n, exactement le contraire de la propriété précédente :

Q(n) : u_n \neq 1

Il est très facile de prouver que cette nouvelle propriété est également héréditaire pour n \geq 0. En effet, supposons que pour un certain n \geq 0, on ait :

Q(n) : u_n \neq 1

Alors :

3 u_n \neq 3

3 u_n - 2 \neq 1

C’est-à-dire :

u_{n+1} \neq 1

Et cela correspond à l’énoncé de Q(n+1).

On a donc bien Q(n) \Longrightarrow Q(n+1) pour tout n \geq 0.

Cette propriété est aussi héréditaire.

On voit sur cet exemple que des propriété opposées, qui affirment une chose et son contraire peuvent toutes deux être héréditaires. Or, manifestement, elles ne peuvent pas toutes deux être vraies ! Alors, laquelle des deux est vraie ? Eh bien, celle qui est initialisée et c’est la propriété Q qui l’est puisque u_0 \neq 1. Du coup, la propriété P ne sera jamais initialisée (puisqu’aucun terme de la suite ne vaut 1). C’est donc une propriété tout le temps fausse… Alors qu’elle était héréditaire…

 

Exemple de propriété initialisée à un certain rang mais héréditaire à partir d’un autre rang

Pour que le principe de récurrence s’applique, il est nécessaire que la propriété soit initialisée à un certain rang ET qu’elle soit héréditaire à partir DU MÊME RANG ! Si l’hérédité commence à un rang strictement supérieur de celui de l’initialisation, alors on ne peut rien en déduire !

C’est ainsi qu’on peut élaborer subtilement de fausses démonstrations du genre :

« tous les points du plan sont alignés »

En effet, considérons la propriété suivante :

P(n) : n points du plan sont toujours alignés pour n \geq 1

Il est clair qu’un point seul est toujours aligné avec lui même, on a donc P(1).
On a aussi P(2) puisque deux points sont toujours alignés.

Cette propriété est donc initialisée pour n=1.

Voyons l’hérédité et supposons P(n) pour n \geq 1.
Considérons alors une famille de n+1 points que nous noterons :

A_1, A_2, ... , A_{n}, A_{n+1}

Alors, d’après notre hypothèse de récurrence, nous savons d’une part que dans la sous-famille de n points A_1, A_2, ... , A_{n}, ils sont tous alignés. Mais, par ailleurs, dans la sous-famille de n points A_2, ... , A_{n}, A_{n+1}, ils sont également tous alignés. Par conséquent, le point A_{n+1} est aligné avec les précédents. D’où P(n+1).

En conclusion : quelle que soit la famille de n points donnés, ils seront donc toujours alignés… ???

Où est la faille ?

La faille est dans le raisonnement que nous faisons pour l’hérédité. Ce raisonnement est correct à condition d’avoir au moins trois points au départ ! Si on n’en a que deux, on voit facilement en faisant un dessin qu’on ne peut pas en déduire qu’un troisième point sera aligné avec les deux premiers. En fait, la propriété est héréditaire pour n \geq 3. Mais elle n’est initialisée que pour n=1 et n=2, pas pour n=3 ! Le principe de raisonnement par récurrence ne peut donc pas s’appliquer !

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BAC 2021 – Réforme

Dès la session 2021, le baccalauréat sera réformé. Il n’y aura plus la classique semaine d’épreuves du mois de juin avec toutes les matières habituelles (philosophie, Histoire & Géographie, Langues Vivantes, SVT, Physique Chimie, Mathématiques, etc.).

Une grande partie du baccalauréat se déroulera désormais sous forme de « contrôle continu ». Les élèves seront donc en évaluation permanente (donc davantage de stress). En plus d’un tronc commun, ils choisiront 3 spécialités en première et en garderont 2 pour la terminale. Il y aura évidemment une spécialité maths. Ces spécialités seront évaluées lors d’épreuves finales (contrairement au tronc commun évalué en contrôle continu, sauf philo). Donc, en ce qui concerne les mathématiques, cela ne changera pas grand chose à l’organisation.

La réforme s’accompagnera d’une évolution des programmes et nos questions-types suivront évidemment cette évolution. Vous serez donc toujours parfaitement accompagnés pour réussir votre scolarité et donc votre orientation.

Pour plus de détails sur cette réforme et notamment l’évolution de l’enseignement des mathématiques (programmes, organisation, etc.), consulter le site suivant http://specialite-maths.fr :

BAC 2021

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Cours particuliers de mathématiques pas chers

Vous recherchez des cours particuliers en mathématiques ?
Et cela au meilleur prix ?

Vous l’avez remarqué : il n’est pas facile de trouver un bon « prof de maths » pour des cours particuliers sur des sites d’annonces ou des sites spécialisés. On ne sait jamais à qui on a affaire et les prix tournent aux alentours de 30 € de l’heure.

Par expérience, il faut essayer parfois 2 ou 3 profs différents avant de tomber sur un prof avec lequel il y a un bon feeling.

Par ailleurs, pour progresser en maths, un travail régulier est recommandé. Admettons que vous prenez une heure par semaine de cours de maths à 30 € / h. Une année scolaire est constituée d’une trentaine de semaines ouvrables. Cela fait un budget à prévoir de :

30 x 30  = 900 € pour l’année

C’est énorme ! Et encore, certains élèves prennent souvent des cours particuliers durant les petites vacances pour ne pas perdre la main. Au final, le budget annuel avoisine un millier d’euros.

Toutes les familles ne peuvent pas se le permettre. Et même pour les familles qui peuvent se le permettre, il n’est pas dit que les cours particuliers soient la méthode la plus efficace pour travailler. Voir notre article : faut-il prendre des cours particuliers ?

En fait, les progrès en maths passent nécessairement par un pas en avant dans l’autonomie.  Si l’élève est perpétuellement assisté par un prof qui a tendance à trop le seconder, il ne progressera pas. Cela ne signifie pas qu’il ne faut jamais être aidé bien sûr, il faut une impulsion initiale qui libère les appréhensions et après on peut être autonome. Mais l’élève ne peut pas inventer ses propres exercices ! C’est pourquoi nous avons créé les questions-type-bac qui permettent à l’élève de progresser à son rythme (les exercices sont classés par difficulté) et thème par thème. Téléchargez nos documents ou nos chapitres ; vous serez surpris de voir les progrès réalisés.

Et le coût ? Il faut compter environ 20 € pour avoir un document qui recense l’ensemble des questions types de terminale (pour le BAC S ou pour le BAC ES). Un seul paiement unique de 20 € pour toute l’année… Alors que des cours particuliers hebdomadaires reviennent à 900 €.  Cela revient donc 45 fois moins cher de travailler avec nos questions-types !

Pour info, tous les élèves qui ont travaillé nos questions-types ont eu leur bac ! Et pour beaucoup, avec mention ! Alors, n’attendez pas la dernière minute et planifiez votre travail ou vos révisions le plus amont possible, vous ne le regretterez pas.

La seule chose qu’on regrette avec une méthode qui marche, c’est :
pourquoi n’ai-je pas adopté cette méthode avant !