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La récurrence

Récurrence

Cours — Le raisonnement par récurrence

La démonstration par récurrence permet d’établir qu’une propriété 𝒫(n)\mathcal P(n) est vraie pour tout entier à partir d’un rang initial.

1. Initialisation
Vérifier que la propriété est vraie au premier rang.
2. Hérédité
Supposer 𝒫(n) vraie et démontrer 𝒫(n+1).
3. Conclusion
Conclure grâce au principe de récurrence.

Méthode — Rédiger une démonstration par récurrence

Une rédaction complète annonce la propriété, distingue nettement l’initialisation et l’hérédité, utilise explicitement l’hypothèse de récurrence, puis formule la conclusion avec le rang de départ.

Exercice 1 — Démonstration par récurrence

Soit (un)(u_n) la suite définie sur ℕ\mathbb{N} par : u0=0etun+1=2un+1.u_0=0 \qquad \text{et} \qquad u_{n+1}=2u_n+1.

On souhaite démontrer par récurrence que : ∀n∈ℕ,un=2n−1.\forall n\in\mathbb{N},\qquad u_n=2^n-1.

Pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}, on note : 𝒫(n):un=2n−1.\mathcal{P}(n) : \quad u_n=2^n-1.

  1. Montrer que la propriété 𝒫(0)\mathcal{P}(0) est vraie.

  2. Donner l’hypothèse de récurrence et préciser l’objectif.

  3. Démontrer l’hérédité de la propriété puis conclure.

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Propriété. Pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}, soit PnP_n la propriété : un=2n−1.u_n=2^n-1. Objectif. Montrons par récurrence que PnP_n est vraie pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}.

On veut démontrer que : ∀n∈ℕ,un=2n−1.\forall n\in\mathbb{N},\qquad u_n=2^n-1.

Autrement dit, pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}, on considère la propriété : 𝒫(n):un=2n−1.\boxed{\mathcal{P}(n) : \quad u_n=2^n-1.}

1. Initialisation

On vérifie que la propriété est vraie pour n=0n=0.

D’une part : u0=0.u_0=0.

D’autre part : 20−1=1−1=0.2^0-1=1-1=0.

Ainsi : u0=20−1.u_0=2^0-1.

Donc : 𝒫(0) est vraie.\boxed{\mathcal{P}(0)\text{ est vraie}.}

La propriété est donc bien initialisée au rang 00.

2. Hérédité : hypothèse de récurrence et objectif

Soit n∈ℕn\in\mathbb{N}.

On suppose que la propriété est vraie au rang nn.

L’Hypothèse de récurrence est donc : HR : un=2n−1.\boxed{\text{HR : }u_n=2^n-1.}

On doit démontrer que la propriété est vraie au rang suivant n+1n+1.

L’Objectif est donc : un+1=2n+1−1.\boxed{u_{n+1}=2^{n+1}-1.}

Autrement dit, on veut démontrer : 𝒫(n) vraie⇒𝒫(n+1) vraie.\boxed{\mathcal{P}(n) \text{ vraie}\Longrightarrow\mathcal{P}(n+1) \text{ vraie}.}

3. Démonstration de l’hérédité

D’après la définition de la suite : un+1=2un+1.u_{n+1}=2u_n+1.

En utilisant l’hypothèse de récurrence un=2n−1,u_n=2^n-1, on obtient : un+1=2(2n−1)+1.u_{n+1} =2(2^n-1)+1.

Donc : un+1=2n+1−2+1=2n+1−1.u_{n+1} =2^{n+1}-2+1 =2^{n+1}-1.

Ainsi : un+1=2n+1−1.\boxed{u_{n+1}=2^{n+1}-1.}

La propriété 𝒫(n+1)\mathcal{P}(n+1) est donc vraie.

Ainsi, la propriété est héréditaire : 𝒫(n) vraie⇒𝒫(n+1) vraie.\boxed{\mathcal{P}(n) \text{ vraie}\Longrightarrow\mathcal{P}(n+1) \text{ vraie}.}

Conclusion

La propriété est vraie au rang 00 et elle est héréditaire.

D’après le principe de récurrence : ∀n∈ℕ,un=2n−1.\boxed{\forall n\in\mathbb{N},\qquad u_n=2^n-1.}

Exercice 3 — Récurrence pas à pas

On veut montrer par récurrence que pour tout entier nn non nul : 2n≥n2^{n}\geqslant n.

  1. Vérifier que la propriété est vraie pour n=1n=1.

  2. Quelle est l’hypothèse de récurrence ?

  3. Donner l’objectif de l’hérédité

  4. En remarquant que pour k≥1k\geq 1, on a 2k≥k+12k\geq k+1, démontrer le caractère héréditaire de cette propriété.

  5. Conclure.

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Propriété. Pour tout n∈ℕ*n\in\mathbb{N}^*, soit PnP_n la propriété : 2n≥n.2^n\geqslant n. Objectif. Montrons par récurrence que PnP_n est vraie pour tout n∈ℕ*n\in\mathbb{N}^*.

  1. Initialisation

    Pour n=1n=1, la propriété s’écrit : 21≥1.2^1\geqslant 1. Or, 2≥1.2\geqslant 1. La propriété est donc vraie au rang n=1n=1.

  2. Hypothèse de récurrence

    Soit k≥1k\geqslant 1 un entier naturel.

    On suppose que la propriété est vraie au rang kk, c’est-à-dire : 2k≥k.\boxed{2^k\geqslant k}.

    C’est l’hypothèse de récurrence.

  3. Objectif de l’hérédité

    On veut montrer qu’en supposant l’hypothèse, la propriété est vraie au rang k+1k+1, c’est-à-dire : 2k+1≥k+1.\boxed{2^{k+1}\geqslant k+1}.

  4. Hérédité

    D’après l’hypothèse de récurrence, 2k≥k.2^k\geqslant k.

    En multipliant cette inégalité par 22, on obtient : 2×2k≥2k,2\times 2^k\geqslant 2k, donc 2k+1≥2k.2^{k+1}\geqslant 2k.

    Or, puisque k≥1k\geqslant 1, on a : 2k≥k+1.2k\geqslant k+1.

    Ainsi, 2k+1≥2k≥k+1.2^{k+1}\geqslant 2k\geqslant k+1.

    On en déduit : 2k+1≥k+1.\boxed{2^{k+1}\geqslant k+1}.

    La propriété est donc héréditaire.

  5. Conclusion

    La propriété est vraie au rang 11 et elle est héréditaire.

    Par conséquent, d’après le principe de récurrence, pour tout entier naturel n≥1n\geqslant 1 : 2n≥n.\boxed{2^n\geqslant n}.

Exercice 4 — Récurrence pas à pas

On veut démontrer que pour tout entier naturel nn, 4n+54^{n}+5 est un multiple de 3.

  1. Vérifier que la propriété est vraie pour n=0n=0.

  2. Quelle est l’hypothèse de récurrence ?

  3. Donner l’objectif de l’hérédité et démontrer la.

  4. Conclure.

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Propriété. Pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}, soit PnP_n la propriété : 4n+5 est un multiple de 3.4^n+5\text{ est un multiple de }3. Objectif. Montrons par récurrence que PnP_n est vraie pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}.

  1. Initialisation

    Pour n=0n=0, la propriété s’écrit : 40+5=1+5=6.4^0+5=1+5=6.

    Or, 6=3×2.6=3\times 2.

    Ainsi, 40+54^0+5 est un multiple de 33.

    La propriété est donc vraie au rang n=0n=0.

  2. Hypothèse de récurrence

    Soit kk un entier naturel.

    On suppose que la propriété est vraie au rang kk, c’est-à-dire que : 4k+5 est un multiple de 3.\boxed{4^k+5 \text{ est un multiple de } 3}.

    Il existe donc un entier qq tel que : 4k+5=3q.\boxed{4^k+5=3q}.

    C’est l’hypothèse de récurrence.

  3. Objectif de l’hérédité

    On veut montrer que la propriété est vraie au rang k+1k+1, c’est-à-dire que : 4k+1+5 est un multiple de 3.\boxed{4^{k+1}+5 \text{ est un multiple de } 3}.

    D’après l’hypothèse de récurrence, il existe un entier qq tel que : 4k+5=3q.4^k+5=3q.

    Ainsi, 4k=3q−5.4^k=3q-5.

    On a alors : 4k+1+5=4×4k+5=4(3q−5)+5=12q−20+5=12q−15=3(4q−5).\begin{aligned} 4^{k+1}+5 &=4\times 4^k+5\\ &=4(3q-5)+5\\ &=12q-20+5\\ &=12q-15\\ &=3(4q-5). \end{aligned}

    Comme qq est un entier, 4q−54q-5 est également un entier.

    Par conséquent, 4k+1+5 est un multiple de 3.\boxed{4^{k+1}+5 \text{ est un multiple de } 3}.

    La propriété est donc héréditaire.

  4. Conclusion

    La propriété est vraie au rang 00 et elle est héréditaire.

    Par conséquent, d’après le principe de récurrence, pour tout entier naturel nn : 4n+5 est un multiple de 3.\boxed{4^n+5 \text{ est un multiple de } 3}.

Exercice 5 — Travail sur les termes

Soit (un)(u_{n}), la suite définie sur ℕ\mathbb{N} par : un=3n+1−4n−1\displaystyle u_{n}=3^{n+1}-4^{n-1}

  1. Donner les termes u0u_{0} et u1u_{1}.

  2. Donner les termes u5u_{5} et u10u_{10}.

  3. Donner une expression des termes un+1u_{n+1} et un+2u_{n+2}.

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  1. On remplace nn par 00, puis par 11 :

    u0=30+1−40−1=3−14=114.u_0=3^{0+1}-4^{0-1} =3-\frac{1}{4} =\boxed{\frac{11}{4}}.

    u1=31+1−41−1=32−40=9−1=8.u_1=3^{1+1}-4^{1-1} =3^2-4^0 =9-1 =\boxed{8}.

  2. On remplace nn par 55, puis par 1010 :

    u5=35+1−45−1=36−44=729−256=473.u_5=3^{5+1}-4^{5-1} =3^6-4^4 =729-256 =\boxed{473}.

    u10=310+1−410−1=311−49=177147−262144=−84997.u_{10}=3^{10+1}-4^{10-1} =3^{11}-4^9 =177147-262144 =\boxed{-84997}.

  3. Pour obtenir un+1u_{n+1}, on remplace nn par n+1n+1 dans l’expression de unu_n :

    un+1=3(n+1)+1−4(n+1)−1=3n+2−4n.u_{n+1} =3^{(n+1)+1}-4^{(n+1)-1} =\boxed{3^{n+2}-4^n}.

    De même, en remplaçant nn par n+2n+2 :

    un+2=3(n+2)+1−4(n+2)−1=3n+3−4n+1.u_{n+2} =3^{(n+2)+1}-4^{(n+2)-1} =\boxed{3^{n+3}-4^{n+1}}.

Exercice 6 — Travail sur les termes

Soit (un)(u_{n}), la suite définie sur ℕ\mathbb{N} par : un=n×2n\displaystyle u_n=n \times 2^n

  1. Calculer les trois premiers termes .

  2. Montrer que la suite (un)(u_n) vérifie la relation de récurrence un+2=4(un+1−un)u_{n+2}=4(u_{n+1}-u_n).

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  1. La suite (un)(u_n) est définie sur ℕ\mathbb{N} par un=n×2n.u_n=n\times 2^n.

    Les trois premiers termes sont donc :

    u0=0×20=0,u_0=0\times 2^0=\boxed{0},

    u1=1×21=2,u_1=1\times 2^1=\boxed{2},

    et

    u2=2×22=8.u_2=2\times 2^2=\boxed{8}.

  2. Montrons que la suite (un)(u_n) vérifie la relation un+2=4(un+1−un).u_{n+2}=4(u_{n+1}-u_n).

    D’une part,

    un+2=(n+2)2n+2.u_{n+2}=(n+2)2^{n+2}.

    D’autre part,

    4(un+1−un)=4((n+1)2n+1−n2n)=4×2n(2(n+1)−n)=4×2n(n+2)=(n+2)2n+2=un+2.\begin{aligned} 4(u_{n+1}-u_n) &=4\left((n+1)2^{n+1}-n2^n\right)\\ &=4\times 2^n\left(2(n+1)-n\right)\\ &=4\times 2^n(n+2)\\ &=(n+2)2^{n+2}\\ &=u_{n+2}. \end{aligned}

    Ainsi,

    un+2=4(un+1−un).\boxed{u_{n+2}=4(u_{n+1}-u_n)}.

Exercice 7 — Travail sur les termes

On démontre que pour tout entier nn supérieur ou égal à 4 : 2n≥n22^{n}\geqslant n^{2}.

  1. Ecrire et vérifier la propriété au rang n=0n=0, n=1n=1 et n=2n=2 . Et pour n=3?n=3 ?.

  2. Soit p>3p>3 un entier naturel ,écrire la propriété au rang p+1p+1.

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Propriété. Pour tout n∈ℕ,n≥4n\in\mathbb{N},\ n\geqslant4, soit PnP_n la propriété : 2n≥n2.2^n\geqslant n^2. Objectif. Montrons par récurrence que PnP_n est vraie pour tout n∈ℕ,n≥4n\in\mathbb{N},\ n\geqslant4.

  1. La propriété au rang nn est : 2n≥n2.2^n\geqslant n^2.

    Au rang n=0n=0, la propriété s’écrit : 20≥02.2^0\geqslant 0^2. Or, 1≥0.1\geqslant 0. La propriété est donc vraie au rang n=0n=0.

    Au rang n=1n=1, la propriété s’écrit : 21≥12.2^1\geqslant 1^2. Or, 2≥1.2\geqslant 1. La propriété est donc vraie au rang n=1n=1.

    Au rang n=2n=2, la propriété s’écrit : 22≥22.2^2\geqslant 2^2. Or, 4≥4.4\geqslant 4. La propriété est donc vraie au rang n=2n=2.

    Au rang n=3n=3, la propriété s’écrit : 23≥32.2^3\geqslant 3^2. Or, 8<9.8<9. La propriété est donc fausse au rang n=3n=3.

  2. Soit p>3p>3 un entier naturel.

    La propriété au rang pp est : 2p≥p2.2^p\geqslant p^2.

    La propriété au rang p+1p+1 s’obtient en remplaçant pp par p+1p+1 : 2p+1≥(p+1)2.\boxed{2^{p+1}\geqslant (p+1)^2}.

Exercice 8 — Raisonnement par récurrence — Terme général — Hyperbole 39 p. 38

(un)(u_n) est la suite définie par : u0=120u_0=120 et, pour tout entier naturel nn, un+1=1,14un−7.u_{n+1}=1,14u_n-7.

Démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel nn, un=70×1,14n+50.u_n=70\times1,14^n+50.

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Propriété. Pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}, soit PnP_n la propriété : $$u_n=70\times1,14^n+50. }.$$ Objectif. Montrons par récurrence que PnP_n est vraie pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}.

Pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}, on considère la propriété : 𝒫(n):un=70×1,14n+50.\boxed{ \mathcal{P}(n): \quad u_n=70\times1,14^n+50. }

Initialisation

Pour n=0n=0, on a : u0=120.u_0=120.

D’autre part : 70×1,140+50=70+50=120.70\times1,14^0+50 = 70+50 = 120.

Ainsi : u0=70×1,140+50.u_0=70\times1,14^0+50.

Donc : 𝒫(0) est vraie.\boxed{\mathcal{P}(0)\text{ est vraie}.}

La propriété est donc initialisée au rang 00.

Hérédité

Soit n∈ℕn\in\mathbb{N}.

On suppose que 𝒫(n)\mathcal{P}(n) est vraie, c’est-à-dire : un=70×1,14n+50.u_n=70\times1,14^n+50.

But : montrer que un+1=70×1,14n+1+50u_{n+1}=70\times1,14^{n+1}+50.

D’après la relation de récurrence : un+1=1,14un−7.u_{n+1}=1,14u_n-7.

En utilisant l’hypothèse de récurrence : un+1=1,14(70×1,14n+50)−7.u_{n+1} = 1,14\left(70\times1,14^n+50\right)-7.

Donc : un+1=70×1,14n+1+57−7.u_{n+1} = 70\times1,14^{n+1}+57-7.

Ainsi : un+1=70×1,14n+1+50.\boxed{ u_{n+1} = 70\times1,14^{n+1}+50. }

Donc 𝒫(n+1)\mathcal{P}(n+1) est vraie.

La propriété est donc héréditaire.

Conclusion

La propriété est vraie au rang 00 et elle est héréditaire.

D’après le principe de récurrence : ∀n∈ℕ,un=70×1,14n+50.\boxed{ \forall n\in\mathbb{N},\qquad u_n=70\times1,14^n+50. }

Exercice 9 — Raisonnement par récurrence — Terme général — Hyperbole 40 p. 38

(vn)(v_n) est la suite définie par : v0=−1v_0=-1 et, pour tout entier naturel nn, vn+1=vn+2n+2.v_{n+1}=v_n+2n+2.

Démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel nn, vn=n2+n−1.v_n=n^2+n-1.

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Propriété. Pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}, soit PnP_n la propriété : $$v_n=n^2+n-1. }.$$ Objectif. Montrons par récurrence que PnP_n est vraie pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}.

Pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}, on considère la propriété : 𝒫(n):vn=n2+n−1.\boxed{ \mathcal{P}(n): \quad v_n=n^2+n-1. }

Initialisation

Pour n=0n=0, on a : v0=−1.v_0=-1.

D’autre part : 02+0−1=−1.0^2+0-1=-1.

Ainsi : v0=02+0−1.v_0=0^2+0-1.

Donc : 𝒫(0) est vraie.\boxed{\mathcal{P}(0)\text{ est vraie}.}

La propriété est donc initialisée au rang 00.

Hérédité

Soit n∈ℕn\in\mathbb{N}.

On suppose que 𝒫(n)\mathcal{P}(n) est vraie, c’est-à-dire : vn=n2+n−1.v_n=n^2+n-1.

But : montrer que vn+1=(n+1)2+(n+1)−1v_{n+1}=(n+1)^2+(n+1)-1.

D’après la relation de récurrence : vn+1=vn+2n+2.v_{n+1}=v_n+2n+2.

En utilisant l’hypothèse de récurrence : vn+1=n2+n−1+2n+2.v_{n+1} = n^2+n-1+2n+2.

Donc : vn+1=n2+3n+1.v_{n+1} = n^2+3n+1.

Or : (n+1)2+(n+1)−1=n2+2n+1+n+1−1=n2+3n+1.(n+1)^2+(n+1)-1 = n^2+2n+1+n+1-1 = n^2+3n+1.

Ainsi : vn+1=(n+1)2+(n+1)−1.\boxed{ v_{n+1}=(n+1)^2+(n+1)-1. }

Donc 𝒫(n+1)\mathcal{P}(n+1) est vraie.

La propriété est donc héréditaire.

Conclusion

La propriété est vraie au rang 00 et elle est héréditaire.

D’après le principe de récurrence : ∀n∈ℕ,vn=n2+n−1.\boxed{ \forall n\in\mathbb{N},\qquad v_n=n^2+n-1. }

Exercice 10 — Récurrence et terme général

On considère la suite (wn)(w_n) définie par : w0=2etwn+1=15wn+12pour tout n∈ℕ.w_0=2 \qquad \text{et} \qquad w_{n+1}=\dfrac15w_n+\dfrac12 \quad \text{pour tout } n\in\mathbb{N}.

Montrer que, pour tout entier naturel nn, wn=118(15)n+58.\boxed{ w_n=\dfrac{11}{8}\left(\dfrac15\right)^n+\dfrac58. }

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Propriété. Pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}, soit PnP_n la propriété : $$w_n=\dfrac{11}{8}\left(\dfrac15\right)^n+\dfrac58. }.$$ Objectif. Montrons par récurrence que PnP_n est vraie pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}.

Pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}, on considère la propriété : 𝒫(n):wn=118(15)n+58.\boxed{ \mathcal{P}(n): \quad w_n=\dfrac{11}{8}\left(\dfrac15\right)^n+\dfrac58. }

Initialisation

Pour n=0n=0, on a : w0=2.w_0=2.

D’autre part : 118(15)0+58=118+58=168=2.\dfrac{11}{8}\left(\dfrac15\right)^0+\dfrac58 = \dfrac{11}{8}+\dfrac58 = \dfrac{16}{8} = 2.

Ainsi : w0=118(15)0+58.w_0 = \dfrac{11}{8}\left(\dfrac15\right)^0+\dfrac58.

Donc : 𝒫(0) est vraie.\boxed{\mathcal{P}(0)\text{ est vraie}.}

La propriété est donc initialisée au rang 00.

Hérédité

Soit n∈ℕn\in\mathbb{N}.

On suppose que 𝒫(n)\mathcal{P}(n) est vraie, c’est-à-dire : wn=118(15)n+58.w_n=\dfrac{11}{8}\left(\dfrac15\right)^n+\dfrac58.

But : montrer que wn+1=118(15)n+1+58w_{n+1}=\dfrac{11}{8}\left(\dfrac15\right)^{n+1}+\dfrac58.

D’après la relation de récurrence : wn+1=15wn+12.w_{n+1}=\dfrac15w_n+\dfrac12.

En utilisant l’hypothèse de récurrence : wn+1=15(118(15)n+58)+12.w_{n+1} = \dfrac15 \left( \dfrac{11}{8}\left(\dfrac15\right)^n+\dfrac58 \right) +\dfrac12.

Donc : wn+1=118(15)n+1+18+12.w_{n+1} = \dfrac{11}{8}\left(\dfrac15\right)^{n+1} +\dfrac18 +\dfrac12.

Or : 18+12=18+48=58.\dfrac18+\dfrac12 = \dfrac18+\dfrac48 = \dfrac58.

Ainsi : wn+1=118(15)n+1+58.\boxed{ w_{n+1} = \dfrac{11}{8}\left(\dfrac15\right)^{n+1} +\dfrac58. }

Donc 𝒫(n+1)\mathcal{P}(n+1) est vraie.

La propriété est donc héréditaire.

Conclusion

La propriété est vraie au rang 00 et elle est héréditaire.

D’après le principe de récurrence : ∀n∈ℕ,wn=118(15)n+58.\boxed{ \forall n\in\mathbb{N}, \qquad w_n=\dfrac{11}{8}\left(\dfrac15\right)^n+\dfrac58. }

Exercice 11 — Récurrence et terme général

Soit (un)(u_n) la suite définie sur ℕ\mathbb{N} par :

{u0=1,un+1=un+2n+3.\left\{ \begin{array}{l} u_0=1,\\[1mm] u_{n+1}=u_n+2n+3. \end{array} \right.

Démontrer que, pour tout entier naturel nn, un=(n+1)2.\boxed{u_n=(n+1)^2.}

✅ Afficher le corrigé écrit

Propriété. Pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}, soit PnP_n la propriété : $$u_n=(n+1)^2. }.$$ Objectif. Montrons par récurrence que PnP_n est vraie pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}.

Pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}, on considère la propriété : 𝒫(n):un=(n+1)2.\boxed{ \mathcal{P}(n): \quad u_n=(n+1)^2. }

Initialisation

Pour n=0n=0, on a : u0=1.u_0=1.

D’autre part : (0+1)2=1.(0+1)^2=1.

Ainsi : u0=(0+1)2.u_0=(0+1)^2.

Donc : 𝒫(0) est vraie.\boxed{\mathcal{P}(0)\text{ est vraie}.}

La propriété est donc initialisée au rang 00.

Hérédité

Soit n∈ℕn\in\mathbb{N}.

On suppose que 𝒫(n)\mathcal{P}(n) est vraie, c’est-à-dire : un=(n+1)2.u_n=(n+1)^2.

But : montrer que un+1=(n+2)2u_{n+1}=(n+2)^2.

D’après la relation de récurrence : un+1=un+2n+3.u_{n+1}=u_n+2n+3.

En utilisant l’hypothèse de récurrence : un+1=(n+1)2+2n+3.u_{n+1} = (n+1)^2+2n+3.

Donc : un+1=n2+2n+1+2n+3=n2+4n+4.u_{n+1} = n^2+2n+1+2n+3 = n^2+4n+4.

Ainsi : un+1=(n+2)2.u_{n+1} = (n+2)^2.

Donc : 𝒫(n+1) est vraie.\boxed{\mathcal{P}(n+1)\text{ est vraie}.}

La propriété est donc héréditaire.

Conclusion

La propriété est vraie au rang 00 et elle est héréditaire.

D’après le principe de récurrence : ∀n∈ℕ,un=(n+1)2.\boxed{ \forall n\in\mathbb{N},\qquad u_n=(n+1)^2. }

Exercice 12 — Récurrence et terme général

Soit (un)(u_n) la suite définie sur ℕ\mathbb{N} par : {u0=2,un+1=unun+1.\left\{ \begin{array}{l} u_0=2,\\[1mm] u_{n+1}=\dfrac{u_n}{u_n+1}. \end{array} \right.

Démontrer que, pour tout entier naturel nn, un=22n+1.u_n=\dfrac{2}{2n+1}.

✅ Afficher le corrigé écrit

Propriété. Pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}, soit PnP_n la propriété : $$u_n=\dfrac{2}{2n+1}. }.$$ Objectif. Montrons par récurrence que PnP_n est vraie pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}.

Pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}, on considère la propriété : 𝒫(n):un=22n+1.\boxed{ \mathcal{P}(n): \quad u_n=\dfrac{2}{2n+1}. }

Initialisation

Pour n=0n=0, on a : u0=2.u_0=2.

D’autre part : 22×0+1=2.\dfrac{2}{2\times0+1}=2.

Ainsi : u0=22×0+1.u_0=\dfrac{2}{2\times0+1}.

Donc : 𝒫(0) est vraie.\boxed{\mathcal{P}(0)\text{ est vraie}.}

La propriété est donc initialisée au rang 00.

Hérédité

Soit n∈ℕn\in\mathbb{N}.

On suppose que 𝒫(n)\mathcal{P}(n) est vraie, c’est-à-dire : un=22n+1.u_n=\dfrac{2}{2n+1}.

But : montrer que un+1=22n+3u_{n+1}=\dfrac{2}{2n+3}.

D’après la relation de récurrence : un+1=unun+1.u_{n+1}=\dfrac{u_n}{u_n+1}.

En utilisant l’hypothèse de récurrence : un+1=22n+122n+1+1.u_{n+1} = \dfrac{\dfrac{2}{2n+1}} {\dfrac{2}{2n+1}+1}.

Or : 22n+1+1=2+2n+12n+1=2n+32n+1.\dfrac{2}{2n+1}+1 = \dfrac{2+2n+1}{2n+1} = \dfrac{2n+3}{2n+1}.

Ainsi : un+1=22n+1×2n+12n+3.u_{n+1} = \dfrac{2}{2n+1} \times \dfrac{2n+1}{2n+3}.

Donc : un+1=22n+3.\boxed{ u_{n+1}=\dfrac{2}{2n+3}. }

Or : 2n+3=2(n+1)+1.2n+3=2(n+1)+1.

Ainsi : un+1=22(n+1)+1.u_{n+1} = \dfrac{2}{2(n+1)+1}.

Donc 𝒫(n+1)\mathcal{P}(n+1) est vraie.

La propriété est donc héréditaire.

Conclusion

La propriété est vraie au rang 00 et elle est héréditaire.

D’après le principe de récurrence : ∀n∈ℕ,un=22n+1.\boxed{ \forall n\in\mathbb{N},\qquad u_n=\dfrac{2}{2n+1}. }

Exercice 13 — Récurrence et terme général

Soit (un)(u_n) la suite définie sur ℕ\mathbb{N} par : {u0=12,un+1=4un3un+1.\left\{ \begin{array}{l} u_0=\dfrac12,\\[2mm] u_{n+1}=\dfrac{4u_n}{3u_n+1}. \end{array} \right.

Démontrer que, pour tout entier naturel nn, un=11+0,25n.\displaystyle u_n=\dfrac{1}{1+0,25^n}.

✅ Afficher le corrigé écrit

Propriété. Pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}, soit PnP_n la propriété : $$u_n=\dfrac{1}{1+0,25^n}. }.$$ Objectif. Montrons par récurrence que PnP_n est vraie pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}.

Pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}, on considère la propriété : 𝒫(n):un=11+0,25n.\boxed{ \mathcal{P}(n): \quad u_n=\dfrac{1}{1+0,25^n}. }

Initialisation

Pour n=0n=0, on a : u0=12.u_0=\dfrac12.

D’autre part : 11+0,250=11+1=12.\dfrac{1}{1+0,25^0} = \dfrac{1}{1+1} = \dfrac12.

Ainsi : u0=11+0,250.u_0=\dfrac{1}{1+0,25^0}.

Donc : 𝒫(0) est vraie.\boxed{\mathcal{P}(0)\text{ est vraie}.}

La propriété est donc initialisée au rang 00.

Hérédité

Soit n∈ℕn\in\mathbb{N}.

On suppose que 𝒫(n)\mathcal{P}(n) est vraie, c’est-à-dire : un=11+0,25n.u_n=\dfrac{1}{1+0,25^n}.

But : montrer que un+1=11+0,25n+1u_{n+1}=\dfrac{1}{1+0,25^{n+1}}.

D’après la relation de récurrence : un+1=4un3un+1.u_{n+1}=\dfrac{4u_n}{3u_n+1}.

En utilisant l’hypothèse de récurrence : un+1=41+0,25n31+0,25n+1.u_{n+1} = \dfrac{\dfrac{4}{1+0,25^n}} {\dfrac{3}{1+0,25^n}+1}.

Or : 31+0,25n+1=3+1+0,25n1+0,25n=4+0,25n1+0,25n.\dfrac{3}{1+0,25^n}+1 = \dfrac{3+1+0,25^n}{1+0,25^n} = \dfrac{4+0,25^n}{1+0,25^n}.

Ainsi : un+1=44+0,25n.u_{n+1} = \dfrac{4}{4+0,25^n}.

En divisant le numérateur et le dénominateur par 44 : un+1=11+0,25n4.u_{n+1} = \dfrac{1}{1+\dfrac{0,25^n}{4}}.

Or : 0,25n4=0,25×0,25n=0,25n+1.\dfrac{0,25^n}{4} = 0,25\times0,25^n = 0,25^{n+1}.

Donc : un+1=11+0,25n+1.\boxed{ u_{n+1} = \dfrac{1}{1+0,25^{n+1}}. }

Ainsi, 𝒫(n+1)\mathcal{P}(n+1) est vraie.

La propriété est donc héréditaire.

Conclusion

La propriété est vraie au rang 00 et elle est héréditaire.

D’après le principe de récurrence : ∀n∈ℕ,un=11+0,25n.\boxed{ \forall n\in\mathbb{N},\qquad u_n=\dfrac{1}{1+0,25^n}. }

Exercice 14 — Récurrence et terme général

Soit (un)(u_n) la suite définie sur ℕ\mathbb{N} par :

{u0=5,un+1=0,5un+0,5n−1,5.\left\{ \begin{array}{l} u_0=5,\\[1mm] u_{n+1}=0,5u_n+0,5n-1,5. \end{array} \right.

Démontrer que, pour tout entier naturel nn, un=10×0,5n+n−5.u_n=10\times 0,5^n+n-5.

✅ Afficher le corrigé écrit

Propriété. Pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}, soit PnP_n la propriété : $$u_n=10\times0,5^n+n-5. }.$$ Objectif. Montrons par récurrence que PnP_n est vraie pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}.

Pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}, on considère la propriété : 𝒫(n):un=10×0,5n+n−5.\boxed{ \mathcal{P}(n): \quad u_n=10\times0,5^n+n-5. }

Initialisation

Pour n=0n=0, on a : u0=5.u_0=5.

D’autre part : 10×0,50+0−5=10−5=5.10\times0,5^0+0-5 = 10-5 = 5.

Ainsi : u0=10×0,50+0−5.u_0=10\times0,5^0+0-5.

Donc : 𝒫(0) est vraie.\boxed{\mathcal{P}(0)\text{ est vraie}.}

La propriété est donc initialisée au rang 00.

Hérédité

Soit n∈ℕn\in\mathbb{N}.

On suppose que 𝒫(n)\mathcal{P}(n) est vraie, c’est-à-dire : un=10×0,5n+n−5.u_n=10\times0,5^n+n-5.

But : montrer que un+1=10×0,5n+1+(n+1)−5u_{n+1}=10\times0,5^{n+1}+(n+1)-5.

D’après la relation de récurrence : un+1=0,5un+0,5n−1,5.u_{n+1}=0,5u_n+0,5n-1,5.

En utilisant l’hypothèse de récurrence : un+1=0,5(10×0,5n+n−5)+0,5n−1,5.u_{n+1} = 0,5\left(10\times0,5^n+n-5\right) +0,5n-1,5.

Donc : un+1=10×0,5n+1+0,5n−2,5+0,5n−1,5.u_{n+1} = 10\times0,5^{n+1} +0,5n-2,5 +0,5n-1,5.

Ainsi : un+1=10×0,5n+1+n−4.u_{n+1} = 10\times0,5^{n+1}+n-4.

Or : n−4=(n+1)−5.n-4=(n+1)-5.

Donc : un+1=10×0,5n+1+(n+1)−5.\boxed{ u_{n+1} = 10\times0,5^{n+1}+(n+1)-5. }

Ainsi, 𝒫(n+1)\mathcal{P}(n+1) est vraie.

La propriété est donc héréditaire.

Conclusion

La propriété est vraie au rang 00 et elle est héréditaire.

D’après le principe de récurrence : ∀n∈ℕ,un=10×0,5n+n−5.\boxed{ \forall n\in\mathbb{N},\qquad u_n=10\times0,5^n+n-5. }

Exercice 15 — Récurrence et terme général

Soit (un)(u_n) la suite définie sur ℕ\mathbb{N} par : {u0=2,un+1=23un+13n+1.\left\{ \begin{array}{l} u_0=2,\\[2mm] u_{n+1}=\dfrac23u_n+\dfrac13n+1. \end{array} \right.

Démontrer que, pour tout entier naturel nn, un=2(23)n+n.\displaystyle u_n=2\left(\dfrac23\right)^n+n.

✅ Afficher le corrigé écrit

Propriété. Pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}, soit PnP_n la propriété : $$u_n=2\left(\dfrac23\right)^n+n. }.$$ Objectif. Montrons par récurrence que PnP_n est vraie pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}.

Pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}, on considère la propriété : 𝒫(n):un=2(23)n+n.\boxed{ \mathcal{P}(n): \quad u_n=2\left(\dfrac23\right)^n+n. }

Initialisation

Pour n=0n=0, on a : u0=2.u_0=2.

D’autre part : 2(23)0+0=2.2\left(\dfrac23\right)^0+0 = 2.

Ainsi : u0=2(23)0+0.u_0=2\left(\dfrac23\right)^0+0.

Donc : 𝒫(0) est vraie.\boxed{\mathcal{P}(0)\text{ est vraie}.}

La propriété est donc initialisée au rang 00.

Hérédité

Soit n∈ℕn\in\mathbb{N}.

On suppose que 𝒫(n)\mathcal{P}(n) est vraie, c’est-à-dire : un=2(23)n+n.u_n=2\left(\dfrac23\right)^n+n.

But : montrer que un+1=2(23)n+1+(n+1)u_{n+1}=2\left(\dfrac23\right)^{n+1}+(n+1).

D’après la relation de récurrence : un+1=23un+13n+1.u_{n+1} = \dfrac23u_n+\dfrac13n+1.

En utilisant l’hypothèse de récurrence : un+1=23[2(23)n+n]+13n+1.u_{n+1} = \dfrac23 \left[ 2\left(\dfrac23\right)^n+n \right] +\dfrac13n+1.

Donc : un+1=2(23)n+1+23n+13n+1.u_{n+1} = 2\left(\dfrac23\right)^{n+1} +\dfrac23n+\dfrac13n+1.

Ainsi : un+1=2(23)n+1+n+1.u_{n+1} = 2\left(\dfrac23\right)^{n+1} +n+1.

Finalement : un+1=2(23)n+1+(n+1).\boxed{ u_{n+1} = 2\left(\dfrac23\right)^{n+1} +(n+1). }

Donc 𝒫(n+1)\mathcal{P}(n+1) est vraie.

La propriété est donc héréditaire.

Conclusion

La propriété est vraie au rang 00 et elle est héréditaire.

D’après le principe de récurrence : ∀n∈ℕ,un=2(23)n+n.\boxed{ \forall n\in\mathbb{N},\qquad u_n=2\left(\dfrac23\right)^n+n. }

Exercice 16 — Récurrence et terme général

Soit (un)(u_n) la suite définie sur ℕ\mathbb{N} par : {u0=1,un+1=unun2+1.\left\{ \begin{array}{l} u_0=1,\\[2mm] u_{n+1}=\dfrac{u_n}{\sqrt{u_n^2+1}}. \end{array} \right.

Exprimer unu_n en fonction de nn.

On pourra s’aider du calcul des premiers termes pour émettre une conjecture.

✅ Afficher le corrigé écrit

Propriété. Pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}, soit PnP_n la propriété : un=1n+1.u_n=\frac{1}{\sqrt{n+1}}. Objectif. Montrons par récurrence que PnP_n est vraie pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}.

On introduit la fonction ff définie sur ℝ\mathbb{R} par : f(x)=xx2+1.f(x)=\dfrac{x}{\sqrt{x^2+1}}.

La suite vérifie alors : un+1=f(un).u_{n+1}=f(u_n).

Étude de la fonction ff

La fonction ff est dérivable sur ℝ\mathbb{R} et, pour tout x∈ℝx\in\mathbb{R} : f′(x)=1x2+1−x2(x2+1)3/2.f'(x) = \frac{1}{\sqrt{x^2+1}} – \frac{x^2}{(x^2+1)^{3/2}}.

Ainsi : f′(x)=x2+1−x2(x2+1)3/2=1(x2+1)3/2.f'(x) = \frac{x^2+1-x^2}{(x^2+1)^{3/2}} = \frac{1}{(x^2+1)^{3/2}}.

Pour tout x∈ℝx\in\mathbb{R}, on a : f′(x)>0.f'(x)>0.

Par conséquent, la fonction ff est strictement croissante sur ℝ\mathbb{R}.

De plus, si x>0x>0, alors : f(x)>0.f(x)>0.

Comme u0=1>0u_0=1>0, on en déduit que tous les termes de la suite sont strictement positifs.

Calcul des premiers termes

On a : u0=1.u_0=1.

Puis : u1=u0u02+1=12.u_1 = \frac{u_0}{\sqrt{u_0^2+1}} = \frac{1}{\sqrt2}.

Ensuite : u2=12(12)2+1=1232=13.u_2 = \frac{\frac{1}{\sqrt2}} {\sqrt{\left(\frac{1}{\sqrt2}\right)^2+1}} = \frac{\frac{1}{\sqrt2}}{\sqrt{\frac32}} = \frac{1}{\sqrt3}.

Enfin : u3=13(13)2+1=1343=12.u_3 = \frac{\frac{1}{\sqrt3}} {\sqrt{\left(\frac{1}{\sqrt3}\right)^2+1}} = \frac{\frac{1}{\sqrt3}}{\sqrt{\frac43}} = \frac12.

On obtient donc : u0=11,u1=12,u2=13,u3=14.u_0=\frac1{\sqrt1}, \qquad u_1=\frac1{\sqrt2}, \qquad u_2=\frac1{\sqrt3}, \qquad u_3=\frac1{\sqrt4}.

On peut alors conjecturer que, pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N} : un=1n+1.\boxed{u_n=\frac{1}{\sqrt{n+1}}.}

Démonstration de la conjecture par récurrence

Pour tout entier naturel nn, on considère la propriété : 𝒫(n):un=1n+1.\mathcal{P}(n): \quad u_n=\frac{1}{\sqrt{n+1}}.

Initialisation

Pour n=0n=0, on a : 10+1=1=u0.\frac{1}{\sqrt{0+1}}=1=u_0.

Ainsi : 𝒫(0) est vraie.\boxed{\mathcal{P}(0)\text{ est vraie}.}

Hérédité

Soit n∈ℕn\in\mathbb{N}.

Supposons que 𝒫(n)\mathcal{P}(n) soit vraie, c’est-à-dire : un=1n+1.u_n=\frac{1}{\sqrt{n+1}}.

D’après la relation de récurrence : un+1=unun2+1.u_{n+1} = \frac{u_n}{\sqrt{u_n^2+1}}.

En utilisant l’hypothèse de récurrence, on obtient : un+1=1n+11n+1+1.u_{n+1} = \frac{\frac{1}{\sqrt{n+1}}} {\sqrt{\frac{1}{n+1}+1}}.

Or : 1n+1+1=n+2n+1.\frac{1}{n+1}+1 = \frac{n+2}{n+1}.

Ainsi : un+1=1n+1n+2n+1=1n+2.u_{n+1} = \frac{\frac{1}{\sqrt{n+1}}} {\sqrt{\frac{n+2}{n+1}}} = \frac{1}{\sqrt{n+2}}.

On a donc : un+1=1(n+1)+1.u_{n+1} = \frac{1}{\sqrt{(n+1)+1}}.

Ainsi : 𝒫(n+1) est vraie.\boxed{\mathcal{P}(n+1)\text{ est vraie}.}

La propriété est donc héréditaire.

Conclusion

La propriété est vraie au rang 00 et elle est héréditaire.

D’après le principe de récurrence, pour tout entier naturel nn : un=1n+1.\boxed{u_n=\frac{1}{\sqrt{n+1}}.}

Exercice 18 — Récurrence et inégalités – Termes positifs

  1. La suite (un)(u_n) est définie par :

    u0=3etun+1=51+unpour tout n≥0.u_0=3 \qquad \text{et} \qquad u_{n+1}=\dfrac{5}{1+u_n} \quad \text{pour tout } n\geq 0.

    Montrer que : ∀n∈ℕ,un>0.\boxed{\forall n\in\mathbb{N},\qquad u_n>0.}

  2. La suite (vn)(v_n) est définie par : v0=4etvn+1=2vn+4pour tout n≥0.v_0=4 \qquad \text{et} \qquad v_{n+1}=2v_n+4 \quad \text{pour tout } n\geq 0.

    Montrer que : ∀n∈ℕ,vn>0.\displaystyle \forall n\in\mathbb{N},\qquad v_n>0.

✅ Afficher le corrigé écrit

Propriété. Pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}, soit PnP_n la propriété : $$u_n>0.}.$$ Objectif. Montrons par récurrence que PnP_n est vraie pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}.

  1. Étude de la suite (un)(u_n)

    Pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}, on considère la propriété : 𝒫(n):un>0.\boxed{\mathcal{P}(n):\quad u_n>0.}

    Initialisation

    On a : u0=3>0.u_0=3>0.

    Donc : 𝒫(0) est vraie.\boxed{\mathcal{P}(0)\text{ est vraie}.}

    Hérédité

    Soit n∈ℕn\in\mathbb{N}.

    On suppose que 𝒫(n)\mathcal{P}(n) est vraie, c’est-à-dire :

    HR : un>0.\boxed{\text{HR : }u_n>0.}

    On souhaite montrer que :

    Objectif : un+1>0.\boxed{\text{Objectif : }u_{n+1}>0.}

    D’après l’hypothèse de récurrence : un>0.u_n>0.

    Donc : 1+un>0.1+u_n>0.

    Or : un+1=51+un.u_{n+1}=\dfrac{5}{1+u_n}.

    Le numérateur 55 est positif et le dénominateur 1+un1+u_n est positif.

    Ainsi : un+1>0.\boxed{u_{n+1}>0.}

    Donc 𝒫(n+1)\mathcal{P}(n+1) est vraie.

    Conclusion

    La propriété est vraie au rang 00 et elle est héréditaire.

    D’après le principe de récurrence : ∀n∈ℕ,un>0.\boxed{\forall n\in\mathbb{N},\qquad u_n>0.}

  2. Étude de la suite (vn)(v_n)

    Pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}, on considère la propriété : 𝒫(n):vn>0.\boxed{\mathcal{P}(n):\quad v_n>0.}

    Initialisation

    On a : v0=4>0.v_0=4>0.

    Donc : 𝒫(0) est vraie.\boxed{\mathcal{P}(0)\text{ est vraie}.}

    Hérédité

    Soit n∈ℕn\in\mathbb{N}.

    On suppose que 𝒫(n)\mathcal{P}(n) est vraie, c’est-à-dire :

    HR : vn>0.\boxed{\text{HR : }v_n>0.}

    On souhaite montrer que :

    Objectif : vn+1>0.\boxed{\text{Objectif : }v_{n+1}>0.}

    D’après l’hypothèse de récurrence : vn>0.v_n>0.

    Donc : 2vn>0.2v_n>0.

    Ainsi : 2vn+4>0.2v_n+4>0.

    Or : vn+1=2vn+4.v_{n+1}=2v_n+4.

    Donc : vn+1>0.\boxed{v_{n+1}>0.}

    Ainsi, 𝒫(n+1)\mathcal{P}(n+1) est vraie.

    Conclusion

    La propriété est vraie au rang 00 et elle est héréditaire.

    D’après le principe de récurrence : ∀n∈ℕ,vn>0.\boxed{\forall n\in\mathbb{N},\qquad v_n>0.}

Exercice 19 — Récurrence et inégalités

On considère la suite (un)(u_n) définie par : u0=5etun+1=12un+1pour tout n∈ℕ.u_0=5 \qquad \text{et} \qquad u_{n+1}=\dfrac{1}{2}u_n+1 \quad \text{pour tout } n\in\mathbb{N}.

Montrer par récurrence que : ∀n∈ℕ,2≤un≤5.\displaystyle \forall n\in\mathbb{N},\qquad 2\leq u_n\leq5.

✅ Afficher le corrigé écrit

Propriété. Pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}, soit PnP_n la propriété : $$2\leq u_n\leq5.}.$$ Objectif. Montrons par récurrence que PnP_n est vraie pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}.

Pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}, on considère la propriété : 𝒫(n):2≤un≤5.\boxed{\mathcal{P}(n):\quad 2\leq u_n\leq5.}

Initialisation

On a : u0=5.u_0=5.

Donc : 2≤u0≤5.2\leq u_0\leq5.

Ainsi : 𝒫(0) est vraie.\boxed{\mathcal{P}(0)\text{ est vraie}.}

La propriété est donc initialisée au rang 00.

Hérédité

Soit n∈ℕn\in\mathbb{N}.

On suppose que 𝒫(n)\mathcal{P}(n) est vraie, c’est-à-dire : 2≤un≤5.2\leq u_n\leq5.

But : montrer que 2≤un+1≤52\leq u_{n+1}\leq5.

À partir de : 2≤un≤5,2\leq u_n\leq5, on multiplie les trois membres par 12>0\dfrac12>0 : 1≤12un≤52.1\leq \dfrac12u_n\leq\dfrac52.

Puis on ajoute 11 aux trois membres : 2≤12un+1≤72.2\leq \dfrac12u_n+1\leq\dfrac72.

Or : un+1=12un+1.u_{n+1}=\dfrac12u_n+1.

Donc : 2≤un+1≤72.2\leq u_{n+1}\leq\dfrac72.

Comme : 72≤5,\dfrac72\leq5, on obtient finalement : 2≤un+1≤5.\boxed{2\leq u_{n+1}\leq5.}

Donc 𝒫(n+1)\mathcal{P}(n+1) est vraie.

La propriété est donc héréditaire.

Conclusion

La propriété est vraie au rang 00 et elle est héréditaire.

D’après le principe de récurrence : ∀n∈ℕ,2≤un≤5.\boxed{\forall n\in\mathbb{N},\qquad 2\leq u_n\leq5.}

Exercice 20 — Récurrence et inégalités

On considère la suite (vn)(v_n) définie par : v0=1etvn+1=−13vn+4pour tout n∈ℕ.v_0=1 \qquad \text{et} \qquad v_{n+1}=-\dfrac{1}{3}v_n+4 \quad \text{pour tout } n\in\mathbb{N}.

Montrer par récurrence que : ∀n∈ℕ,1≤vn≤4.\displaystyle \forall n\in\mathbb{N},\qquad 1\leq v_n\leq4.

✅ Afficher le corrigé écrit

Propriété. Pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}, soit PnP_n la propriété : $$1\leq v_n\leq4.}.$$ Objectif. Montrons par récurrence que PnP_n est vraie pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}.

Pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}, on considère la propriété : 𝒫(n):1≤vn≤4.\boxed{\mathcal{P}(n):\quad 1\leq v_n\leq4.}

Initialisation

On a : v0=1.v_0=1.

Donc : 1≤v0≤4.1\leq v_0\leq4.

Ainsi : 𝒫(0) est vraie.\boxed{\mathcal{P}(0)\text{ est vraie}.}

La propriété est donc initialisée au rang 00.

Hérédité

Soit n∈ℕn\in\mathbb{N}.

On suppose que 𝒫(n)\mathcal{P}(n) est vraie, c’est-à-dire : 1≤vn≤4.1\leq v_n\leq4.

But : montrer que 1≤vn+1≤41\leq v_{n+1}\leq4.

À partir de : 1≤vn≤4,1\leq v_n\leq4, on multiplie les trois membres par −13-\dfrac13.

Comme −13<0-\dfrac13<0, le sens des inégalités s’inverse : −13≥−13vn≥−43.-\dfrac13\geq-\dfrac13v_n\geq-\dfrac43.

En remettant les termes dans l’ordre croissant : −43≤−13vn≤−13.-\dfrac43\leq-\dfrac13v_n\leq-\dfrac13.

On ajoute 44 aux trois membres : 83≤−13vn+4≤113.\dfrac83\leq-\dfrac13v_n+4\leq\dfrac{11}{3}.

Or : vn+1=−13vn+4.v_{n+1}=-\dfrac13v_n+4.

Donc : 83≤vn+1≤113.\dfrac83\leq v_{n+1}\leq\dfrac{11}{3}.

Comme : 1≤83et113≤4,1\leq\dfrac83 \qquad\text{et}\qquad \dfrac{11}{3}\leq4, on obtient : 1≤vn+1≤4.\boxed{1\leq v_{n+1}\leq4.}

Donc 𝒫(n+1)\mathcal{P}(n+1) est vraie.

La propriété est donc héréditaire.

Conclusion

La propriété est vraie au rang 00 et elle est héréditaire.

D’après le principe de récurrence : ∀n∈ℕ,1≤vn≤4.\boxed{\forall n\in\mathbb{N},\qquad 1\leq v_n\leq4.}

Exercice 21 — Récurrence et inégalités — Sujet 2 Amérique du Nord du 28 mars 2023

On considère la suite (an)(a_n) définie par : a0=1700a_0=1700 et, pour tout entier naturel nn, an+1=0,75an+300.a_{n+1}=0,75a_n+300.

Démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel nn, on a : 1200≤an+1≤an≤1700.\displaystyle 1200\leq a_{n+1}\leq a_n\leq 1700.

✅ Afficher le corrigé écrit

Propriété. Pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}, soit PnP_n la propriété : $$1200\leq a_{n+1}\leq a_n\leq 1700. }.$$ Objectif. Montrons par récurrence que PnP_n est vraie pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}.

Pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}, on considère la propriété : 𝒫(n):1200≤an+1≤an≤1700.\boxed{ \mathcal{P}(n): \quad 1200\leq a_{n+1}\leq a_n\leq 1700. }

Initialisation

On a : a0=1700.a_0=1700.

De plus : a1=0,75×1700+300=1575.a_1=0,75\times1700+300=1575.

Ainsi : 1200≤1575≤1700≤1700.1200\leq1575\leq1700\leq1700.

Donc : 𝒫(0) est vraie.\boxed{\mathcal{P}(0)\text{ est vraie}.}

La propriété est donc initialisée au rang 00.

Hérédité

Soit n∈ℕn\in\mathbb{N}.

On suppose que 𝒫(n)\mathcal{P}(n) est vraie, c’est-à-dire : 1200≤an+1≤an≤1700.1200\leq a_{n+1}\leq a_n\leq1700.

But : montrer que 1200≤an+2≤an+1≤17001200\leq a_{n+2}\leq a_{n+1}\leq1700.

D’après l’hypothèse de récurrence : an+1≥1200.a_{n+1}\geq1200.

Comme 0,75>00,75>0, on obtient : 0,75an+1≥0,75×1200=900.0,75a_{n+1}\geq0,75\times1200=900.

En ajoutant 300300 aux deux membres : 0,75an+1+300≥1200.0,75a_{n+1}+300\geq1200.

Or : an+2=0,75an+1+300.a_{n+2}=0,75a_{n+1}+300.

Donc : an+2≥1200.a_{n+2}\geq1200.

D’autre part, puisque : an+1≥1200,a_{n+1}\geq1200, on a : 0,25an+1≥300.0,25a_{n+1}\geq300.

Ainsi : 0,75an+1+300≤0,75an+1+0,25an+1=an+1.0,75a_{n+1}+300 \leq 0,75a_{n+1}+0,25a_{n+1} = a_{n+1}.

Donc : an+2≤an+1.a_{n+2}\leq a_{n+1}.

Enfin, d’après l’hypothèse de récurrence : an+1≤1700.a_{n+1}\leq1700.

On obtient donc : 1200≤an+2≤an+1≤1700.\boxed{ 1200\leq a_{n+2}\leq a_{n+1}\leq1700. }

Ainsi, 𝒫(n+1)\mathcal{P}(n+1) est vraie.

La propriété est donc héréditaire.

Conclusion

La propriété est vraie au rang 00 et elle est héréditaire.

D’après le principe de récurrence : ∀n∈ℕ,1200≤an+1≤an≤1700.\boxed{ \forall n\in\mathbb{N},\qquad 1200\leq a_{n+1}\leq a_n\leq1700. }

Exercice 22 — Récurrence et inégalités

On considère la suite (un)(u_n) définie par : un+1=0,9un+18pour tout n∈ℕ.u_{n+1}=0,9u_n+18 \qquad \text{pour tout } n\in\mathbb{N}.

  1. On suppose que u0=100u_0=100.

    Montrer par récurrence que : ∀n∈ℕ,un≤180.\displaystyle \forall n\in\mathbb{N},\qquad u_n\leq 180.

  2. On suppose que u0=200u_0=200.

    Montrer par récurrence que : ∀n∈ℕ,un≥180.\displaystyle \forall n\in\mathbb{N},\qquad u_n\geq 180.

✅ Afficher le corrigé écrit

Propriété. Pour tout n∈ℕ*n\in\mathbb{N}^*, soit PnP_n la propriété : $$u_n\leq180.}.$$ Objectif. Montrons par récurrence que PnP_n est vraie pour tout n∈ℕ*n\in\mathbb{N}^*.

  1. Cas où u0=100u_0=100

    Pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}, on considère la propriété : 𝒫(n):un≤180.\boxed{\mathcal{P}(n):\quad u_n\leq180.}

    Initialisation

    On a : u0=100≤180.u_0=100\leq180.

    Donc : 𝒫(0) est vraie.\boxed{\mathcal{P}(0)\text{ est vraie}.}

    La propriété est donc initialisée au rang 00.

    Hérédité

    Soit n∈ℕn\in\mathbb{N}.

    On suppose que 𝒫(n)\mathcal{P}(n) est vraie, c’est-à-dire : un≤180.u_n\leq180.

    But : montrer que un+1≤180u_{n+1}\leq180.

    Comme 0,9>00,9>0, on peut multiplier cette inégalité par 0,90,9 : 0,9un≤0,9×180.0,9u_n\leq0,9\times180.

    Donc : 0,9un≤162.0,9u_n\leq162.

    En ajoutant 1818 aux deux membres : 0,9un+18≤180.0,9u_n+18\leq180.

    Or : un+1=0,9un+18.u_{n+1}=0,9u_n+18.

    Ainsi : un+1≤180.\boxed{u_{n+1}\leq180.}

    Donc 𝒫(n+1)\mathcal{P}(n+1) est vraie.

    La propriété est donc héréditaire.

    Conclusion

    La propriété est vraie au rang 00 et elle est héréditaire.

    D’après le principe de récurrence : ∀n∈ℕ,un≤180.\boxed{\forall n\in\mathbb{N},\qquad u_n\leq180.}

  2. Cas où u0=200u_0=200

    Pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}, on considère la propriété : 𝒫(n):un≥180.\boxed{\mathcal{P}(n):\quad u_n\geq180.}

    Initialisation

    On a : u0=200≥180.u_0=200\geq180.

    Donc : 𝒫(0) est vraie.\boxed{\mathcal{P}(0)\text{ est vraie}.}

    La propriété est donc initialisée au rang 00.

    Hérédité

    Soit n∈ℕn\in\mathbb{N}.

    On suppose que 𝒫(n)\mathcal{P}(n) est vraie, c’est-à-dire : un≥180.u_n\geq180.

    But : montrer que un+1≥180u_{n+1}\geq180.

    Comme 0,9>00,9>0, on peut multiplier cette inégalité par 0,90,9 : 0,9un≥0,9×180.0,9u_n\geq0,9\times180.

    Donc : 0,9un≥162.0,9u_n\geq162.

    En ajoutant 1818 aux deux membres : 0,9un+18≥180.0,9u_n+18\geq180.

    Or : un+1=0,9un+18.u_{n+1}=0,9u_n+18.

    Ainsi : un+1≥180.\boxed{u_{n+1}\geq180.}

    Donc 𝒫(n+1)\mathcal{P}(n+1) est vraie.

    La propriété est donc héréditaire.

    Conclusion

    La propriété est vraie au rang 00 et elle est héréditaire.

    D’après le principe de récurrence : ∀n∈ℕ,un≥180.\boxed{\forall n\in\mathbb{N},\qquad u_n\geq180.}

Exercice 23 — Récurrence et inégalités — Sujet BAC du 29 août 2023

Soit la fonction ff définie sur ]−3;+∞[]-3\,;\,+\infty[ par f(x)=−x−4x+3.f(x)=\dfrac{-x-4}{x+3}. .

On admet que la fonction ff est strictement croissante sur ]−3;+∞[]-3\,;\,+\infty[.

On considère la suite (un)(u_n) définie par : u0=0u_0=0 et, pour tout entier naturel nn, un+1=−un−4un+3.u_{n+1}=\dfrac{-u_n-4}{u_n+3}.

Ainsi, pour tout entier naturel nn, un+1=f(un).u_{n+1}=f(u_n).

Démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel nn, −2<un+1≤un.\displaystyle -2<u_{n+1}\leq u_n.

✅ Afficher le corrigé écrit

Propriété. Pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}, soit PnP_n la propriété : −2<un+1≤un.-2<u_{n+1}\leq u_n. Objectif. Montrons par récurrence que PnP_n est vraie pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}.

Pour tout entier naturel nn, on considère la propriété : 𝒫(n):−2<un+1≤un.\mathcal{P}(n): \quad -2<u_{n+1}\leq u_n.

Initialisation

On a : u0=0u_0=0 et u1=f(u0)=f(0)=−43.u_1=f(u_0)=f(0)=-\dfrac43.

Par conséquent : −2<−43≤0,-2<-\dfrac43\leq 0, soit : −2<u1≤u0.\boxed{-2<u_1\leq u_0.}

Ainsi, la propriété 𝒫(0)\mathcal{P}(0) est vraie.

Hérédité

Soit n∈ℕn\in\mathbb{N}.

Supposons que 𝒫(n)\mathcal{P}(n) soit vraie, c’est-à-dire : −2<un+1≤un.-2<u_{n+1}\leq u_n.

Comme −2>−3-2>-3, les nombres −2-2, un+1u_{n+1} et unu_n appartiennent à l’intervalle ]−3;+∞[]-3\,;\,+\infty[.

Or la fonction ff est strictement croissante sur cet intervalle. Elle conserve donc strictement l’ordre. Ainsi, de −2<un+1≤un,-2<u_{n+1}\leq u_n, on déduit : f(−2)<f(un+1)≤f(un).f(-2)<f(u_{n+1})\leq f(u_n).

Or : f(−2)=−(−2)−4−2+3=−2,f(-2) = \dfrac{-(-2)-4}{-2+3} = -2, et, d’après la définition de la suite : f(un+1)=un+2etf(un)=un+1.f(u_{n+1})=u_{n+2} \qquad\text{et}\qquad f(u_n)=u_{n+1}.

On obtient donc : −2<un+2≤un+1.\boxed{-2<u_{n+2}\leq u_{n+1}.}

Ainsi, 𝒫(n+1)\mathcal{P}(n+1) est vraie.

La propriété est donc héréditaire.

Conclusion

La propriété 𝒫\mathcal{P} est vraie au rang 00 et elle est héréditaire.

D’après le principe de récurrence : ∀n∈ℕ,−2<un+1≤un.\boxed{ \forall n\in\mathbb{N},\qquad -2<u_{n+1}\leq u_n. }

Exercice 24 — Récurrence et inégalités

On considère la suite (un)(u_n) définie sur ℕ\mathbb{N} par : {u0=2,un+1=un+6.\left\{ \begin{array}{l} u_0=2,\\[2mm] u_{n+1}=\sqrt{u_n+6}. \end{array} \right.

Démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel nn, 2≤un≤3.\displaystyle 2\leq u_n\leq3.

✅ Afficher le corrigé écrit

Propriété. Pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}, soit PnP_n la propriété : $$2\leq u_n\leq3. }.$$ Objectif. Montrons par récurrence que PnP_n est vraie pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}.

Pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}, on considère la propriété : 𝒫(n):2≤un≤3.\boxed{ \mathcal{P}(n): \quad 2\leq u_n\leq3. }

Initialisation

On a : u0=2.u_0=2.

Donc : 2≤u0≤3.2\leq u_0\leq3.

Ainsi : 𝒫(0) est vraie.\boxed{\mathcal{P}(0)\text{ est vraie}.}

La propriété est donc initialisée au rang 00.

Hérédité

Soit n∈ℕn\in\mathbb{N}.

On suppose que 𝒫(n)\mathcal{P}(n) est vraie, c’est-à-dire : 2≤un≤3.2\leq u_n\leq3.

But : montrer que 2≤un+1≤32\leq u_{n+1}\leq3.

À partir de : 2≤un≤3,2\leq u_n\leq3, on ajoute 66 aux trois membres : 8≤un+6≤9.8\leq u_n+6\leq9.

Comme la fonction racine carrée est croissante sur [0;+∞[[0\,;\,+\infty[ : 8≤un+6≤3.\sqrt8\leq\sqrt{u_n+6}\leq3.

Or : 8>2.\sqrt8>2.

Donc : 2≤un+6≤3.2\leq\sqrt{u_n+6}\leq3.

Comme : un+1=un+6,u_{n+1}=\sqrt{u_n+6}, on obtient : 2≤un+1≤3.\boxed{2\leq u_{n+1}\leq3.}

Ainsi, 𝒫(n+1)\mathcal{P}(n+1) est vraie.

La propriété est donc héréditaire.

Conclusion

La propriété est vraie au rang 00 et elle est héréditaire.

D’après le principe de récurrence : ∀n∈ℕ,2≤un≤3.\boxed{ \forall n\in\mathbb{N},\qquad 2\leq u_n\leq3. }

Exercice 28 — Récurrence et somme

Démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel n≥1n\geq1, ∑k=1nk=1+2+⋯+n=n(n+1)2.\displaystyle \sum_{k=1}^{n}k = 1+2+\cdots+n = \dfrac{n(n+1)}{2}.

✅ Afficher le corrigé écrit

Propriété. Pour tout n∈ℕ*n\in\mathbb{N}^*, soit PnP_n la propriété : ∑k=1nk=n(n+1)2.\displaystyle\sum_{k=1}^{n}k=\dfrac{n(n+1)}2. Objectif. Montrons par récurrence que PnP_n est vraie pour tout n∈ℕ*n\in\mathbb{N}^*.

Pour tout entier n≥1n\geq1, on considère la propriété : 𝒫(n):∑k=1nk=n(n+1)2.\boxed{ \mathcal{P}(n): \quad \sum_{k=1}^{n}k = \dfrac{n(n+1)}{2}. }

Initialisation

Pour n=1n=1 : ∑k=11k=1.\sum_{k=1}^{1}k=1.

D’autre part : 1(1+1)2=1.\dfrac{1(1+1)}{2}=1.

Ainsi : ∑k=11k=1(1+1)2.\sum_{k=1}^{1}k = \dfrac{1(1+1)}{2}.

Donc : 𝒫(1) est vraie.\boxed{\mathcal{P}(1)\text{ est vraie}.}

La propriété est donc initialisée au rang 11.

Hérédité

Soit n≥1n\geq1.

On suppose que 𝒫(n)\mathcal{P}(n) est vraie, c’est-à-dire : ∑k=1nk=n(n+1)2.\sum_{k=1}^{n}k = \dfrac{n(n+1)}{2}.

But : montrer que ∑k=1n+1k=(n+1)(n+2)2\displaystyle \sum_{k=1}^{n+1}k = \dfrac{(n+1)(n+2)}{2}.

On a : ∑k=1n+1k=∑k=1nk+(n+1).\sum_{k=1}^{n+1}k = \sum_{k=1}^{n}k+(n+1).

En utilisant l’hypothèse de récurrence : ∑k=1n+1k=n(n+1)2+(n+1).\sum_{k=1}^{n+1}k = \dfrac{n(n+1)}{2} + (n+1).

On factorise par (n+1)(n+1) : ∑k=1n+1k=(n+1)(n2+1).\sum_{k=1}^{n+1}k = (n+1)\left(\dfrac n2+1\right).

Donc : ∑k=1n+1k=(n+1)n+22.\sum_{k=1}^{n+1}k = (n+1)\dfrac{n+2}{2}.

Ainsi : ∑k=1n+1k=(n+1)(n+2)2.\boxed{ \sum_{k=1}^{n+1}k = \dfrac{(n+1)(n+2)}{2}. }

Donc 𝒫(n+1)\mathcal{P}(n+1) est vraie.

La propriété est donc héréditaire.

Conclusion

La propriété est vraie au rang 11 et elle est héréditaire.

D’après le principe de récurrence : ∀n≥1,∑k=1nk=n(n+1)2.\boxed{ \forall n\geq1,\qquad \sum_{k=1}^{n}k = \dfrac{n(n+1)}{2}. }

Exercice 29 — Récurrence et somme

Démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel nn, ∑k=0nk2=n(n+1)(2n+1)6.\displaystyle \sum_{k=0}^{n}k^2 = \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}.

✅ Afficher le corrigé écrit

Propriété. Pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}, soit PnP_n la propriété : ∑k=0nk2=n(n+1)(2n+1)6.\displaystyle\sum_{k=0}^{n}k^2=\dfrac{n(n+1)(2n+1)}6. Objectif. Montrons par récurrence que PnP_n est vraie pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}.

Pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}, on considère la propriété : 𝒫(n):∑k=0nk2=n(n+1)(2n+1)6.\boxed{ \mathcal{P}(n): \quad \sum_{k=0}^{n}k^2 = \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}. }

Initialisation

Pour n=0n=0 : ∑k=00k2=0.\sum_{k=0}^{0}k^2=0.

D’autre part : 0(0+1)(2×0+1)6=0.\dfrac{0(0+1)(2\times0+1)}{6}=0.

Ainsi : ∑k=00k2=0(0+1)(2×0+1)6.\sum_{k=0}^{0}k^2 = \dfrac{0(0+1)(2\times0+1)}{6}.

Donc : 𝒫(0) est vraie.\boxed{\mathcal{P}(0)\text{ est vraie}.}

La propriété est donc initialisée au rang 00.

Hérédité

Soit n∈ℕn\in\mathbb{N}.

On suppose que 𝒫(n)\mathcal{P}(n) est vraie, c’est-à-dire : ∑k=0nk2=n(n+1)(2n+1)6.\sum_{k=0}^{n}k^2 = \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}.

But : montrer que ∑k=0n+1k2=(n+1)(n+2)(2n+3)6\displaystyle \sum_{k=0}^{n+1}k^2 = \dfrac{(n+1)(n+2)(2n+3)}{6}.

On a : ∑k=0n+1k2=∑k=0nk2+(n+1)2.\sum_{k=0}^{n+1}k^2 = \sum_{k=0}^{n}k^2+(n+1)^2.

En utilisant l’hypothèse de récurrence : ∑k=0n+1k2=n(n+1)(2n+1)6+(n+1)2.\sum_{k=0}^{n+1}k^2 = \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6} + (n+1)^2.

On factorise par (n+1)(n+1) : ∑k=0n+1k2=(n+1)[n(2n+1)6+(n+1)].\sum_{k=0}^{n+1}k^2 = (n+1) \left[ \dfrac{n(2n+1)}{6} + (n+1) \right].

On met au même dénominateur : ∑k=0n+1k2=(n+1)[n(2n+1)+6(n+1)]6.\sum_{k=0}^{n+1}k^2 = \dfrac{(n+1)\left[n(2n+1)+6(n+1)\right]}{6}.

Or : n(2n+1)+6(n+1)=2n2+7n+6.n(2n+1)+6(n+1) = 2n^2+7n+6.

Et : 2n2+7n+6=(n+2)(2n+3).2n^2+7n+6 = (n+2)(2n+3).

Ainsi : ∑k=0n+1k2=(n+1)(n+2)(2n+3)6.\boxed{ \sum_{k=0}^{n+1}k^2 = \dfrac{(n+1)(n+2)(2n+3)}{6}. }

Donc 𝒫(n+1)\mathcal{P}(n+1) est vraie.

La propriété est donc héréditaire.

Conclusion

La propriété est vraie au rang 00 et elle est héréditaire.

D’après le principe de récurrence : ∀n∈ℕ,∑k=0nk2=n(n+1)(2n+1)6.\boxed{ \forall n\in\mathbb{N},\qquad \sum_{k=0}^{n}k^2 = \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}. }

Comme 02=00^2=0, on obtient également, pour tout n∈ℕ*n\in\mathbb{N}^* : ∑k=1nk2=n(n+1)(2n+1)6.\boxed{ \sum_{k=1}^{n}k^2 = \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}. }

Exercice 30 — Récurrence et somme

Démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel nn, ∑k=0nk3=n2(n+1)24.\displaystyle \sum_{k=0}^{n}k^3 = \dfrac{n^2(n+1)^2}{4}.

✅ Afficher le corrigé écrit

Propriété. Pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}, soit PnP_n la propriété : ∑k=0nk3=n2(n+1)24.\displaystyle\sum_{k=0}^{n}k^3=\dfrac{n^2(n+1)^2}4. Objectif. Montrons par récurrence que PnP_n est vraie pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}.

Pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}, on considère la propriété : 𝒫(n):∑k=0nk3=n2(n+1)24.\boxed{ \mathcal{P}(n): \quad \sum_{k=0}^{n}k^3 = \dfrac{n^2(n+1)^2}{4}. }

Initialisation

Pour n=0n=0 : ∑k=00k3=0.\sum_{k=0}^{0}k^3=0.

D’autre part : 02(0+1)24=0.\dfrac{0^2(0+1)^2}{4}=0.

Ainsi : 𝒫(0) est vraie.\boxed{\mathcal{P}(0)\text{ est vraie}.}

La propriété est donc initialisée au rang 00.

Hérédité

Soit n∈ℕn\in\mathbb{N}.

On suppose que 𝒫(n)\mathcal{P}(n) est vraie, c’est-à-dire : ∑k=0nk3=n2(n+1)24.\sum_{k=0}^{n}k^3 = \dfrac{n^2(n+1)^2}{4}.

But : montrer que ∑k=0n+1k3=(n+1)2(n+2)24\displaystyle \sum_{k=0}^{n+1}k^3 = \dfrac{(n+1)^2(n+2)^2}{4}.

On a : ∑k=0n+1k3=∑k=0nk3+(n+1)3.\sum_{k=0}^{n+1}k^3 = \sum_{k=0}^{n}k^3+(n+1)^3.

En utilisant l’hypothèse de récurrence : ∑k=0n+1k3=n2(n+1)24+(n+1)3.\sum_{k=0}^{n+1}k^3 = \dfrac{n^2(n+1)^2}{4} + (n+1)^3.

On factorise par (n+1)2(n+1)^2 : ∑k=0n+1k3=(n+1)2(n24+n+1).\sum_{k=0}^{n+1}k^3 = (n+1)^2 \left( \dfrac{n^2}{4}+n+1 \right).

Donc : ∑k=0n+1k3=(n+1)2(n2+4n+4)4.\sum_{k=0}^{n+1}k^3 = \dfrac{(n+1)^2\left(n^2+4n+4\right)}{4}.

Or : n2+4n+4=(n+2)2.n^2+4n+4=(n+2)^2.

Ainsi : ∑k=0n+1k3=(n+1)2(n+2)24.\boxed{ \sum_{k=0}^{n+1}k^3 = \dfrac{(n+1)^2(n+2)^2}{4}. }

Donc 𝒫(n+1)\mathcal{P}(n+1) est vraie.

La propriété est donc héréditaire.

Conclusion

D’après le principe de récurrence : ∀n∈ℕ,∑k=0nk3=n2(n+1)24.\boxed{ \forall n\in\mathbb{N},\qquad \sum_{k=0}^{n}k^3 = \dfrac{n^2(n+1)^2}{4}. }

Exercice 31 — Récurrence et somme des impairs

Démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel n≥1n\geq1, 1+3+5+⋯+(2n−1)=n2.\displaystyle 1+3+5+\cdots+(2n-1)=n^2.

Autrement dit : ∑k=1n(2k−1)=n2.\displaystyle \sum_{k=1}^{n}(2k-1)=n^2.

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Propriété. Pour tout n∈ℕ*n\in\mathbb{N}^*, soit PnP_n la propriété : ∑k=1n(2k−1)=n2.\displaystyle\sum_{k=1}^{n}(2k-1)=n^2. Objectif. Montrons par récurrence que PnP_n est vraie pour tout n∈ℕ*n\in\mathbb{N}^*.

Pour tout entier n≥1n\geq1, on considère la propriété : 𝒫(n):∑k=1n(2k−1)=n2.\displaystyle \mathcal{P}(n): \quad \sum_{k=1}^{n}(2k-1)=n^2.

Initialisation

Pour n=1n=1 : ∑k=11(2k−1)=1.\sum_{k=1}^{1}(2k-1)=1.

D’autre part : 12=1.1^2=1.

Ainsi : 𝒫(1) est vraie.\boxed{\mathcal{P}(1)\text{ est vraie}.}

La propriété est donc initialisée au rang 11.

Hérédité

Soit n≥1n\geq1.

On suppose que 𝒫(n)\mathcal{P}(n) est vraie, c’est-à-dire : ∑k=1n(2k−1)=n2.\sum_{k=1}^{n}(2k-1)=n^2.

But : montrer que ∑k=1n+1(2k−1)=(n+1)2\displaystyle \sum_{k=1}^{n+1}(2k-1)=(n+1)^2.

On a : ∑k=1n+1(2k−1)=∑k=1n(2k−1)+(2(n+1)−1).\sum_{k=1}^{n+1}(2k-1) = \sum_{k=1}^{n}(2k-1) + \bigl(2(n+1)-1\bigr).

En utilisant l’hypothèse de récurrence : ∑k=1n+1(2k−1)=n2+2n+1.\sum_{k=1}^{n+1}(2k-1) = n^2+2n+1.

Or : n2+2n+1=(n+1)2.n^2+2n+1=(n+1)^2.

Ainsi : ∑k=1n+1(2k−1)=(n+1)2.\boxed{ \sum_{k=1}^{n+1}(2k-1)=(n+1)^2. }

Donc 𝒫(n+1)\mathcal{P}(n+1) est vraie.

La propriété est donc héréditaire.

Conclusion

D’après le principe de récurrence : ∀n≥1,1+3+5+⋯+(2n−1)=n2.\boxed{ \forall n\geq1,\qquad 1+3+5+\cdots+(2n-1)=n^2. }

Exercice 32 — Récurrence et divisibilité — Attention à l’initialisation

Pour tout entier naturel nn, on considère la propriété : 𝒫(n):2n est divisible par 3.\mathcal{P}(n):\quad 2^n \text{ est divisible par }3.

  1. Démontrer que la propriété 𝒫(n)\mathcal{P}(n) est héréditaire.

  2. Peut-on en déduire que 𝒫(n)\mathcal{P}(n) est vraie pour tout entier naturel nn ? Justifier.

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Propriété. Pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}, soit PnP_n la propriété : 2n est divisible par 3.2^n \text{ est divisible par }3. Objectif. Montrons par récurrence que PnP_n est vraie pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}.

  1. Étude de l’hérédité

    Soit n∈ℕn\in\mathbb{N}.

    On suppose que 𝒫(n)\mathcal{P}(n) est vraie, c’est-à-dire que 2n2^n est divisible par 33.

    D’après la définition de la divisibilité, il existe donc un entier kk tel que : 2n=3k.2^n=3k.

    But : montrer que 2n+12^{n+1} est divisible par 33.

    On a : 2n+1=2×2n.2^{n+1}=2\times2^n.

    En utilisant l’hypothèse de récurrence : 2n+1=2×3k=3(2k).2^{n+1} = 2\times3k = 3(2k).

    Or 2k2k est un entier.

    Ainsi : 3∣2n+1.\boxed{3\mid 2^{n+1}.}

    Donc 𝒫(n+1)\mathcal{P}(n+1) est vraie.

    La propriété est donc bien héréditaire : 𝒫(n)⇒𝒫(n+1).\boxed{ \mathcal{P}(n)\Longrightarrow\mathcal{P}(n+1). }

  2. La propriété est-elle vraie pour autant ?

    Non !

    Pour pouvoir conclure par récurrence, il faut également que la propriété soit initialisée.

    Or, pour n=0n=0 : 20=1,2^0=1, et 11 n’est pas divisible par 33.

    Donc : 𝒫(0) est fausse.\boxed{\mathcal{P}(0)\text{ est fausse}.}

    On ne peut donc pas démarrer la récurrence.

    Ainsi, même si la propriété est héréditaire, elle n’est pas vraie pour tout entier naturel nn.

    L’hérédité seule ne suffit pas : l’initialisation est indispensable.\boxed{ \text{L’hérédité seule ne suffit pas : l’initialisation est indispensable.} }

Exercice 34 — Récurrence et divisibilité

Montrer que, pour tout entier naturel nn, 10n−1 est un multiple de 9.10^n-1\text{ est un multiple de }9.

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Propriété. Pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}, soit PnP_n la propriété : 10n−1 est un multiple de 9.10^n-1\text{ est un multiple de }9. Objectif. Montrons par récurrence que PnP_n est vraie pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}.

Pour tout n∈ℕn\in\mathbb{N}, on considère : 𝒫(n):9∣(10n−1).\mathcal{P}(n): \quad 9\mid(10^n-1).

Initialisation

Pour n=0n=0 : 100−1=0.10^0-1=0.

Donc : 𝒫(0) est vraie.\boxed{\mathcal{P}(0)\text{ est vraie}.}

Hérédité

Soit n∈ℕn\in\mathbb{N}.

On suppose qu’il existe $k\in\Z$ tel que : 10n−1=9k.10^n-1=9k.

But : montrer que 9∣(10n+1−1)9\mid(10^{n+1}-1).

On a : 10n+1−1=10×10n−1.10^{n+1}-1 = 10\times10^n-1.

On écrit : 10n+1−1=10(10n−1)+9.10^{n+1}-1 = 10(10^n-1)+9.

Donc : 10n+1−1=10×9k+9=9(10k+1).10^{n+1}-1 = 10\times9k+9 = 9(10k+1).

Ainsi : 9∣(10n+1−1).\boxed{9\mid(10^{n+1}-1).}

Conclusion

D’après le principe de récurrence : ∀n∈ℕ,9∣(10n−1).\boxed{ \forall n\in\mathbb{N},\qquad 9\mid(10^n-1). }