$\begin{aligned}[t] & \sum_{k=0}^m C_m^k\left(x^{2 / 3}\right)^{m-k}(-1 / 2)^k\left(x^{-1 / 2}\right)^k
= & \sum_{k=0}^{m} C_m^k \cdot \left(-\tfrac{1}{2}\right)^k \cdot x^{\frac{4 m-7 k}{6}} \end{aligned}$

L'indice $k$ du 7ème terme dans la somme des $m+1$ termes vaut soit $k=6$ ou bien $k=m-6$.

• soit $k=6$ : on a $\frac{4m-42}{6} = 3 \iff m=15$
• soit $k=m-6$ : on a $\frac{4m-7(m-6)}{6} = 3 \iff m=8$

Deux binômes de Newton possèdent un septième terme du troisième degré :

• le binôme $\left(\sqrt[3]{x^2}-\frac{1}{2\sqrt{x}}\right)^{15}$, son terme en $x^3$ (pour $m=15$ et $k=6$) est : $C_{15}^6 \cdot \left(-\tfrac{1}{2}\right)^6 \cdot x^3 = -\frac{5005}{64}x^3$
• le binôme $\left(\sqrt[3]{x^2}-\frac{1}{2\sqrt{x}}\right)^8$, son terme en $x^3$ (pour $m=8$ et $k=8-6=2$) est : $C_{8}^2 \cdot \left(-\tfrac{1}{2}\right)^2 \cdot x^3 = -7x^3$

\[\left(\cos \phi + i \sin \phi\right)^5 = \sum_{k=0}^5 C_5^k \left(\cos \phi\right)^{5-k} \left( i \sin \phi\right)^k \] à développer

on obtient : $\cos 5\phi = \cos^5\phi - 10 \; \cos^3\phi \; \sin^2\phi+5\; \cos\phi\; \sin^4\phi$

de même : $\sin 5\phi = \sin^5\phi - 10 \; \cos^2\phi \; \sin^3\phi+5\; \cos^4\phi\; \sin\phi$

Méthode 1 : on a, pour $|x|<1$ $$f(x)=\sum_{n=1}^{\infty} x^n=\frac{x}{1-x}$$

dès lors, $$ xf'(x)=\sum_{n=1}^{\infty} nx^n=\frac{x}{(1-x)^2}$$

il suffit de poser $x=\frac{1}{2}$

Méthode 2 : $$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{2^n}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{n+1}{2^{n+1}}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{2^{n+1}}+\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{2^{n+1}}=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{2^{n}}+1$$

ainsi, $$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{2^{n}}=2$$

Pour $n=0$, on a : \( w_0 = 1 \)

On cherche une relation de récurrence. Le développement ci-dessous utilise le binôme de Newton : \begin{align*} w_n &= \frac{1}{2} + \sum_{k=2}^{\infty} \frac{k^n}{2^k} \\ &= \frac{1}{2} + \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(k+1)^n}{2^{k+1}} \\ &= \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(k+1)^n}{2^k} \\ &=\frac{1}{2} + \frac{1}{2} \sum_{k=1}^{\infty} \left( \sum_{i=0}^{n} \binom{n}{i} \frac{k^i}{2^k} \right)\\ &= \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \sum_{i=0}^{n} \binom{n}{i} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{k^i}{2^k}\\ &= \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \left( w_n + \sum_{i=0}^{n-1} \binom{n}{i} w_i \right)\\ 2 w_n &= 1 + w_n + \sum_{i=0}^{n-1} \binom{n}{i} w_i \end{align*}

Ce qui nous donne la récurrence suivante : \[ w_0 = 1, \quad w_n = 1 + \sum_{i=0}^{n-1} \binom{n}{i} w_i \]

Calculs des cinq premiers termes : \[ w_0 = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{2^k} = 1, \quad w_1 = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{k}{2^k} = 2, \quad w_2 = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{k^2}{2^k} = 6, \quad w_3 = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{k^3}{2^k} = 26, \quad w_4 = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{k^4}{2^k} = 150 \quad \text{etc.} \quad \ldots \]

$$\begin{aligned} \left(z^2+1\right)^n=(z-i)^{2 n} &\iff (z+i)^n.(z-i)^n=(z-i)^{2 n} \\ &\iff \left((z+i)^n-(z-i)^n\right)(z-i)^n=0 \end{aligned}$$ CAS 1 : $(z-i)^n=0$ d'où $z=i$

CAS 2 : $(z+i)^n-(z-i)^n=0 \iff \left(\frac{z+i}{z-i}\right)^n=1$

$$\frac{z+i}{z-i} = \text{cis} \left(\tfrac{2.k.\pi}{n}\right) \quad (k\in\{0,\ldots,n-1\})$$

$$z+i = z.\text{cis} \left(\tfrac{2.k.\pi}{n}\right) - i.\text{cis} \left(\tfrac{2.k.\pi}{n}\right)$$

$$z \left( 1 - \text{cis} \left(\tfrac{2.k.\pi}{n}\right)\right)= -i \left(1+\text{cis} \left(\tfrac{2.k.\pi}{n}\right)\right)$$

$$z = -i.\frac{1+\text{cis} \left(\tfrac{2.k.\pi}{n}\right)}{1-\text{cis} \left(\tfrac{2.k.\pi}{n}\right)} \qquad \forall k\in\{1,\ldots,n-1\}$$

NOTE : $-i.\frac{1+\text{cis} \left(\tfrac{2.k.\pi}{n}\right)}{1-\text{cis} \left(\tfrac{2.k.\pi}{n}\right)} = \cot\left(\frac{k.\pi}{n}\right)$

soit \(h = a + b + c\).

Propriété : la droite \(AH\) est perpendiculaire à \(BC\) si et seulement si \(\frac{h-a}{b-c}\) est un nombre imaginaire pur.

ici, \(\frac{h-a}{b-c} = \frac{b+c}{b-c}\) puisque \(h = a + b + c\).

il suffit donc de montrer que \(\frac{b+c}{b-c}\) est un imaginaire pur; pour ce faire, on utilise la propriété suivante : \[z\in \ i\mathbb{R} \iff\text{Re}(z) = 0 \iff \overline{z} = -z\]

\[ \overline{\left(\frac{b+c}{b-c}\right)} = \frac{\overline{b} + \overline{c}}{\overline{b} - \overline{c}}. \]

Puisque \(B\) et \(C\) sont sur le cercle unité, on a \(\overline{b} = \frac{1}{b}\) et \(\overline{c} = \frac{1}{c}\).

Donc :

\[ \overline{\left(\frac{b+c}{b-c}\right)} = \frac{\overline{b} + \overline{c}}{\overline{b} - \overline{c}} = \frac{\frac{1}{b} + \frac{1}{c}}{\frac{1}{b} - \frac{1}{c}} = \frac{b+c}{c-b}, \]

ce qui implique que \(\overline{\left(\frac{b+c}{b-c}\right)} = -\left(\frac{b+c}{b-c}\right)\). D'après l'introduction, cela implique que \(\left(\frac{b+c}{b-c}\right)\) est un nombre imaginaire pur, donc \(AH\) est perpendiculaire à \(BC\).