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1contient quelques exercices corrigés sur le raisonnement par récurrence. Il peut contenir quelques bugs ... Merci de me les signaler cuvelier@math.univ-paris13.fr
1 Raisonnement par récurrence
Exercice 1.1
Montrez par récurrence que pour tout n P N
n
ÿ
k“0
k “ npn ` 1q
2 .
Correction Exercice Soit n P N . On note P la propriété portant sur n Ppnq :
ˆ
nÿ
k“0
k “ npn ` 1q 2
˙ .
Nous allons démontrer par récurrence que @n P N , P pnq est vraie.
Initialisation : Montrons que Pp0q est vraie.
On a
0
ÿ
k“0
k “ 0 et 0p0 ` 1q
2 “ 0. Donc P p0q est vraie.
Itération : Soit n P N . Supposons Ppnq vraie et montrons alors que P pn ` 1q est vraie.
Pour que P pn ` 1q soit vraie il faut démontrer que
n`1
ÿ
k“0
k “ pn ` 1qpn ` 2q
2 .
On a
n`1
ÿ
k“0
k “ `
n
ÿ
k“0
k ˘
` pn ` 1q
“ npn ` 1q
2 ` pn ` 1q, car Ppnq est vraie
“ npn ` 1q ` 2pn ` 1q 2
“ pn ` 1qpn ` 2q
2 .
P pn ` 1q est donc vraie.
Conclusion : On a donc démontrer par récurrence que P pnq est vraie pour tout n P N .
˛
Exercice 1.2
Montrez par récurrence que pour tout n P N
n
ÿ
k“0
k
2“ npn ` 1qp2n ` 1q
6 .
1. Version du 23 novembre 2018 à 14:05
Correction Exercice Soit n P N . On note P la propriété portant sur n P pnq :
ˆ
nÿ
k“0
k
2“ npn ` 1qp2n ` 1q 6
˙ .
Nous allons démontrer par récurrence que @n P N , P pnq est vraie.
Initialisation : Montrons que Pp0q est vraie.
On a
0
ÿ
k“0
k
2“ 0 et 0p0 ` 1qp2 ˆ 0 ` 1q
6 “ 0. Donc P p0q est vraie.
Itération : Soit n P N . Supposons Ppnq vraie et montrons alors que P pn ` 1q est vraie.
Pour que P pn ` 1q soit vraie il faut démontrer que
n`1
ÿ
k“0
k
2“ pn ` 1qpn ` 2qp2pn ` 1q ` 1q
6 .
On a
n`1
ÿ
k“0
k
2“ `
n
ÿ
k“0
k
2˘
` pn ` 1q
2“ npn ` 1qp2n ` 1q
6 ` pn ` 1q
2, car Ppnq est vraie
“ npn ` 1qp2n ` 1q ` 6pn ` 1q
26
“ pn ` 1qp2n
2` n ` 6n ` 6qq 6
“ pn ` 1qp2n
2` 7n ` 6q 6
“ pn ` 1qpn ` 2qp2n ` 3q
6 “ pn ` 1qpn ` 2qp2pn ` 1q ` 1q
6 .
P pn ` 1q est donc vraie.
Conclusion : On a donc démontrer par récurrence que P pnq est vraie pour tout n P N .
˛
Exercice 1.3
Montrez par récurrence que pour tout n P N
n
ÿ
k“0
k
3“ n
2pn ` 1q
24 .
Correction Exercice Soit n P N . On note P la propriété portant sur n Ppnq :
ˆ
nÿ
k“0
k
3“ n
2pn ` 1q
24
˙ .
Nous allons démontrer par récurrence que @n P N , P pnq est vraie.
Initialisation : Montrons que Pp0q est vraie.
On a
0
ÿ
k“0
k
3“ 0
3“ 0 et 0
2p0 ` 1q
24 “ 0. Donc P p0q est vraie.
Itération : Soit n P N . Supposons Ppnq vraie et montrons alors que P pn ` 1q est vraie.
Pour que P pn ` 1q soit vraie il faut démontrer que
n`1
ÿ
k“0
k
3“ pn ` 1q
2pn ` 2q
24 .
On a
n`1
ÿ
k“0
k
3“ `
n
ÿ
k“0
k
3˘
` pn ` 1q
3“ n
2pn ` 1q
24 ` pn ` 1q
3, car P pnq est vraie
“ n
2pn ` 1q
2` 4pn ` 1q
34
“ pn ` 1q
2pn
2` 4pn ` 1qq 4
“ pn ` 1q
2pn ` 1q
24 .
P pn ` 1q est donc vraie.
Conclusion : On a donc démontrer par récurrence que P pnq est vraie pour tout n P N .
˛
Exercice 1.4
Montrez par récurrence que pour tout n P N ,
@x P R zt1u,
n
ÿ
k“0
x
k“ 1 ´ x
n`11 ´ x .
Correction Exercice Soit n P N . On note P la propriété portant sur n Ppnq :
ˆ
@x P R zt1u,
n
ÿ
k“0
x
k“ 1 ´ x
n`11 ´ x
˙ .
Nous allons démontrer par récurrence que @n P N , P pnq est vraie.
Initialisation : Montrons que Pp0q est vraie.
Soit x P R zt1u. On a
0
ÿ
k“0
x
k“ x
0“ 1 et 1 ´ x
0`11 ´ x “ 1 ´ x
1 ´ x “ 1. Donc P p0q est vraie.
Itération : Soit n P N . Supposons Ppnq vraie et montrons alors que P pn ` 1q est vraie.
Pour que P pn ` 1q soit vraie il faut démontrer que
@x P R zt1u,
n`1
ÿ
k“0
x
k“ 1 ´ x
n`21 ´ x . On a, pour tout x P R zt1u,
n`1
ÿ
k“0
x
k“ `
n
ÿ
k“0
x
k˘
` x
n`1“ 1 ´ x
n`11 ´ x ` x
n`1, car Ppnq est vraie
“ 1 ´ x
n`1` p1 ´ xqx
n`11 ´ x
“ 1 ´ x
n`1` x
n`1´ x
n`21 ´ x “ 1 ´ x
n`21 ´ x . P pn ` 1q est donc vraie.
Conclusion : On a donc démontrer par récurrence que P pnq est vraie pour tout n P N .
˛
Exercice 1.5
Soit pu
nq
nPNune suite d'éléments de Z dénie par
u
0“ 1, u1 “ 4 et @n P N , u
n`2“ 2u
n`1´ u
n. (1) Q. 1 En calculant les premiers termes, conjecturez une formule pour la suite u
nqui ne soit pas récurrente.
Q. 2 Démontrez cette formule par récurrence (forte ?) Correction Exercice
Q. 1 On a
u
0u
1u
2u
3u
4u
5. . . 1 4 7 10 13 17 . . . On a alors
u
0“ 1 et u
n`1“ u
n` 3, @n P N ce qui donne en formule ne dépendant que de n
u
n“ 3n ` 1, @n P N . Q. 2 La suite pu
nq est dénie par la formule de récurrence :
@n ě 2, u
n“ 2u
n´1` u
n´2.
Démonstration 1 : par récurrence forte. On note P la propriété portant sur n ě 2 ( 2 est le premier indice où la formule de récurrence intervient dans le calcul de u
n).
P pnq : u
n“ 3n ` 1.
On peut aussi noter que P p0q et Pp1q sont vraies mais ce n'est pas utile pour la démonstration par récurrence forte que nous allons utiliser.
Initialisation : Montrons que P p2q est vraie.
On a u
0“ 1, u
1“ 4 (par dénition) et u
2“ 2u
1´u
0“ 7. Comme 3ˆ2`1 “ 7, P p2q est vériée.
Itération : Soit n ě 2. Supposons que, @k ď n, Ppkq vraie (récurrence forte) et montrons alors que P pn ` 1q est vraie.
Pour que Ppn ` 1q soit vraie il faut démontrer que si la suite u
nest dénie par (1) alors u
n`1“ 3pn ` 1q ` 1.
Le terme n ` 1 de la suite est déni par
u
n`1“ 2u
n´ u
n´1Comme Ppnq et Ppn ´ 1q sont vraies (hypothèse de récurrence forte), on a u
n“ 3n ` 1 et u
n´1“ 3pn ´ 1q ` 1. On a alors
u
n`1“ 2u
n´ u
n´1“ 2p3n ` 1q ´ p3pn ´ 1q ` 1q
“ 6n ` 2 ´ 3n ` 2 “ 3pn ` 1q ` 1 Ppn ` 1q est donc vraie.
Conclusion : On a donc démontrer par récurrence forte que P pnq est vraie pour tout n P N . Démonstration 2 : par récurrence double. Dans l'équation (1) le calcul de u
nest possible en
connaissant u
n´1et u
n´2. On note Q la propriété portant sur n ě 2 Qpnq : `
u
n“ 3n ` 1 ˘ et `
u
n´1“ 3pn ´ 1q ` 1 ˘
.
Nous allons démontrer par récurrence que @n ě 2, Qpnq est vraie.
Initialisation : Montrons que Qp2q est vraie.
On a u
0“ 1, u
1“ 4 (par dénition) et u
2“ 2u
1´u
0“ 7. Comme 3ˆ1 `1 “ 4, et 3 ˆ2 `1 “ 7, Qp2q est vériée.
Itération : Soit n ě 2. Supposons que Qpnq vraie et montrons alors que Qpn ` 1q est vraie.
Pour que Qpn ` 1q soit vraie il faut démontrer que
u
n`1“ 3pn ` 1q ` 1 et u
n“ 3n ` 1.
Or Qpnq vraie entraine que u
n“ 3n ` 1 et u
n´1“ 3pn ´ 1q ` 1. Le terme n ` 1 de la suite étant déni par u
n`1“ 2u
n´ u
n´1on obtient alors
u
n`1“ 2u
n´ u
n´1“ 2p3n ` 1q ´ p3pn ´ 1q ` 1q
“ 6n ` 2 ´ 3n ` 2 “ 3pn ` 1q ` 1
Qpn ` 1q est donc vraie.
Conclusion : On a donc démontrer par récurrence double que Qpnq est vraie pour tout n P N .
˛
Exercice 1.6
On considère la suite pa
nq
nPNdénie par
"
a
0“ a
1“ 1
@n P N
˚, a
n`1“ a
n`
n`12a
n´1. Démontrer que, pour tout n P N
˚, 1 ď a
nď n
2.
Correction Exercice La suite pa
nq est dénie par la formule de récurrence :
@n ě 2, a
n“ a
n´1` 2
n ´ 1 a
n´2.
Démonstration 1 : par récurrence forte. Soit P la propriété portant sur n ě 2 ( 2 est le premier indice où la formule de récurrence intervient dans le calcul de u
n).
P pnq : 1 ď a
nď n
2.
Nous allons démontrer par récurrence forte que @n ě 2, P pnq est vraie.
Initialisation : Montrons que P p2q est vraie.
On a a
0“ a
1“ 1 et, puisque a
2“ a
0`
1`12a
1“ 2 , on a aussi 1 ď a
2ď 2
2. Pp2q est donc vraie.
Itération : Soit n ě 2. Supposons que, @k P N , 2 ď k ď n, P pkq vraie (récurrence forte) et montrons alors que P pn ` 1q est vraie.
Comme P pnq et P pn ´ 1q sont vraies, on a
1 ď a
nď n
2et 1 ď a
n´1ď pn ´ 1q
2et on doit en déduire que
1 ď a
n`1ď pn ` 1q
2.
‚ Montrons tout d'abord que a
n`1ě 1.
Par dénition, on a
a
n`1“ a
n` 2 n a
n´1Comme a
n´1ě 1 on a
n2a
n´1ě 0 et donc
a
n`1ě a
ně 1 car a
ně 1.
‚ Montrons ensuite que a
n`1ď pn ` 1q
2. On a
a
n`1“ a
n` 2 n a
n´1ď n
2` 2
n ` 1 pn ´ 1q
2“ pn ` 1qn
2` 2pn ´ 1q
2n ` 1
“ n
3` 3n
2´ 4n ` 2 n ` 1 Il reste donc à démontrer que
n
3` 3n
2´ 4n ` 2
n ` 1 ď pn ` 1q
2“ pn ` 1q
3n ` 1 c'est à dire comme 1{pn ` 1q ě 0
pn ` 1q
3´ pn
3` 3n
2´ 4n ` 2q ě 0.
Or on a
pn ` 1q
3´ pn
3` 3n
2´ 4n ` 2q
“pn
3` 3n
2` 3n ` 1q ´ pn
3` 3n
2´ 4n ` 2q
“7n ´ 1 ě 0 car n ě 1 ce qui donne
a
n`1ď n
3` 3n
2´ 4n ` 2
n ` 1 ď pn ` 1q
3n ` 1 “ pn ` 1q
2. Ppn ` 1q est donc vraie.
Conclusion : On a donc démontrer par récurrence forte que P pnq est vraie pour tout n P N . Démonstration 2 : par récurrence double. Soit Q la propriété portant sur n ě 1
Qpnq : 1 ď a
nď n
2et 1 ď a
n`1ď pn ` 1q
2. Nous allons démontrer par récurrence que @n ě 1, Qpnq est vraie.
Initialisation : Initialisation : Montrons que Qp1q est vraie.
On a 1 ď a
1“ 1 ď 1
2et, puisque a
2“ a
0` a
1“ 2 , on a aussi 1 ď a
2ď 2
2.
Itération : Soit n P N
˚. Supposons que Qpnq vraie et montrons alors que Qpn ` 1q est vraie.
On a déjà 1 ď a
n`1ď pn ` 1q
2. D'autre part, on a a
n`2ě a
n`1ě 1 et
a
n`2ď pn ` 1q
2` 2
n ` 2 n
2“ pn ` 1q
2pn ` 2q ` 2n
2n ` 2 “ n
3` 6n
2` 5n ` 2 n ` 2 . Mais,
pn ` 2q
2“ pn ` 2q
3n ` 2 “ n
3` 6n
2` 12n ` 8
n ` 2 ě n
3` 6n
2` 5n ` 2 n ` 2 . Qpn ` 1q est donc vraie.
Conclusion : On a donc démontrer par récurrence double que Qpnq est vraie pour tout n ě 1.
˛
Exercice 1.7
On dénit une suite pv
nq
nPNde N par v
0“ 1 et,
@n ě 1, v
n`1“ v
0` . . . ` v
n“
n
ÿ
k“0
v
k. (2)
Montrez par récurrence forte que pour tout n ě 1, on a v
n“ 2
n´1. Correction Exercice On peux noter que (2) s'écrit aussi sous la forme
@n ě 1, v
n“ v
0` . . . ` v
n´1“
n´1
ÿ
k“0
v
k. (3)
De plus, nous avons démontré dans l'exercice 7.5 que
@x P R zt1u, @n P N ,
n
ÿ
k“0
x
k“ 1 ´ x
n`11 ´ x . (4)
On note P la propriété portant sur n ě 1 ( 1 est le premier indice où la formule de récurrence intervient dans le calcul de v
n).
P pnq : v
n“ 2
n´1.
On va démontrer par récurrence forte que, pour tout n ě 1, P pnq est vraie.
Initialisation : Montrons que Pp1q est vraie.
On a v
0“ 1 et
v
1“
1´1
ÿ
k“0
v
k“ v
0“ 1.
Donc P p1q est vériée.
Itération : Soit n ě 1. Supposons que, @k P N , 1 ď k ď n, Ppkq vraie (récurrence forte) et montrons alors que Ppn ` 1q est vraie.
Pour que Ppn ` 1q soit vraie il faut démontrer que si la suite v
nest dénie par (2) alors v
n`1“ 2
n. Par dénition, on a
v
n`1“
n
ÿ
k“0
v
k“ v
0`
n
ÿ
k“1
v
kOr v
0“ 1 et par hypothèse de récurrence forte, on a pour tout k P N
˚, k ď n, v
k“ 2
k´1. On obtient donc
v
n`1“ 1 `
n
ÿ
k“1
2
k´1“ 1 `
n´1
ÿ
j“0