Corrigé des 31 exercices sur le raisonnement par récurrence en terminale à télécharger en PDF

Pour écrire la propriété au rang \(n+1\), on remplace chaque \(n\) par \(n+1\), y compris dans l’indice.

Première propriété. \(P(n)\) : « \(u_n=8^{n+1}+3\) ». De même, au rang \(n+1\) :

\[ P(n+1)\ :\ u_{n+1}=8^{(n+1)+1}+3=8^{n+2}+3. \]

Seconde propriété. \(P(n)\) : « \(u_n=2\) ». Ensuite, au rang \(n+1\) : \(P(n+1)\) : « \(u_{n+1}=2\) » (le membre de droite ne dépend pas de \(n\), il ne change pas).

1) Avec \(n=2\) : \(a=-11+2\times 2=-7\). Ensuite, la condition \(a\gt 0\) est fausse dès le départ, la boucle n’est pas exécutée : l’algorithme affiche −7.

2) Avec \(n=8\) : \(a=-11+16=5\gt 0\). Par ailleurs, on entre dans la boucle et \(a\) prend successivement les valeurs 7, 9, 11, 13… :

Puis on montre par récurrence que, après \(k\) passages, \(a=5+2k\gt 0\) : c’est vrai pour \(k=0\), et si \(a=5+2k\gt 0\) alors après un passage \(a=5+2(k+1)\gt 0\). Puis la condition reste toujours vraie : l’algorithme tourne indéfiniment (boucle infinie) et n’affiche rien.

3) Si \(-11+2n\leqslant 0\), la boucle n’est pas exécutée et l’algorithme affiche \(-11+2n\). De plus, si \(-11+2n\gt 0\), le même raisonnement qu’en 2) montre que \(a\) reste positif : boucle infinie. Or \(-11+2n\gt 0\iff n\gt 5{,}5\).

1) \(u_0=-3\) et \(-3\lt 0\) : la propriété n’est pas initialisée au rang 0.

2) Supposons \(u_n\geqslant 0\) pour un certain entier \(n\). Par ailleurs, alors \(u_{n+1}=2u_n\geqslant 0\) (produit de deux nombres positifs). Ensuite, la propriété est donc héréditaire.

3) Non. Puis on a \(u_1=-6\), \(u_2=-12\)… En fait \(u_n=-3\times 2^n\lt 0\) pour tout \(n\) : la propriété est fausse pour tout entier. Ainsi, cet exemple montre qu’une hérédité sans initialisation ne prouve rien.

1) Pour \(n=1\) : \(5^1-2=3=3\times 1\), multiple de 3. De plus, la propriété est initialisée.

2) Pour \(n=2\) : \(5^2-2=23\), qui n’est pas un multiple de 3 (\(23=3\times 7+2\)). Ensuite, la propriété n’est pas vraie pour tout \(n\geqslant 1\).

3) Si elle était héréditaire, comme elle est vraie au rang 1, elle serait vraie au rang 2 : c’est faux. Par ailleurs, elle n’est donc pas héréditaire.

De même, on peut le voir aussi par le calcul : si \(5^n-2=3k\), alors \(5^{n+1}-2=5(3k+2)-2=15k+8=3(5k+2)+2\), qui n’est pas un multiple de 3.

1) \(n^2\gt 10\,000\iff n\gt 100\) (car \(n\geqslant 0\)). Ensuite, À partir du rang 101.

2) \(3n+5\gt 538\iff 3n\gt 533\iff n\gt 177{,}66\ldots\) À partir du rang 178 (\(u_{177}=536\), \(u_{178}=539\)).

3) \(2\sqrt{n}\gt 20\iff\sqrt{n}\gt 10\iff n\gt 100\). Puis À partir du rang 101.

4) \(n^2+10n-1\gt 23\iff n^2+10n-24\gt 0\iff(n-2)(n+12)\gt 0\). Puis pour \(n\geqslant 0\), \(n+12\gt 0\), donc la condition équivaut à \(n\gt 2\). De plus, À partir du rang 3 (\(u_2=23\) n’est pas strictement supérieur à 23).

Par ailleurs, dans chaque cas, la suite est croissante, donc une fois le seuil dépassé, tous les termes suivants le dépassent aussi.

Première suite. \((-1)^n\) vaut 1 si \(n\) est pair et \(-1\) si \(n\) est impair, donc \(-1\leqslant(-1)^n\leqslant 1\), puis \(-3\leqslant 3(-1)^n\leqslant 3\) et

\[ 2\leqslant u_n\leqslant 8. \]

Ainsi, les bornes sont atteintes : \(u_1=2\) et \(u_2=8\).

Seconde suite. 1) Pour tout \(n\in\mathbb{N}\), \(4n+5\gt 0\) et \(n+2\gt 0\), donc \(u_n\gt 0\) : la suite est minorée par 0.

2) Pour tout \(n\in\mathbb{N}\), \(\dfrac{3}{n+2}\gt 0\), donc \(u_n=4-\dfrac{3}{n+2}\lt 4\) : la suite est majorée par 4.

De même, on peut vérifier l’égalité des deux écritures : \(4-\dfrac{3}{n+2}=\dfrac{4(n+2)-3}{n+2}=\dfrac{4n+5}{n+2}\).

1) Initialisation. Pour \(n=0\) : \(3^0=1\) et \(1+2\times 0=1\), donc \(3^0\geqslant 1+2\times 0\). Ensuite, la propriété est vraie au rang 0.

2) a) Hypothèse de récurrence : pour un entier \(n\geqslant 0\) fixé, \(3^n\geqslant 1+2n\).

b) Au rang \(n+1\) : \(3^{n+1}\geqslant 1+2(n+1)\), soit \(3^{n+1}\geqslant 3+2n\).

c) On multiplie par \(3\gt 0\) (le sens de l’inégalité est conservé) : \(3\times 3^n\geqslant 3(1+2n)\), soit \(3^{n+1}\geqslant 3+6n\).

d) \((3+6n)-(3+2n)=4n\geqslant 0\) pour \(n\geqslant 0\), donc \(3+6n\geqslant 3+2n\).

3) Rédaction complète. Pour \(n\in\mathbb{N}\), notons \(P(n)\) : « \(3^n\geqslant 1+2n\) ».

• Initialisation : \(3^0=1\geqslant 1\), donc \(P(0)\) est vraie.
• Hérédité : soit \(n\in\mathbb{N}\) tel que \(P(n)\) est vraie. Alors \(3^{n+1}=3\times 3^n\geqslant 3(1+2n)=3+6n\geqslant 3+2n=1+2(n+1)\). Donc \(P(n+1)\) est vraie.
• Conclusion : par récurrence, \(3^n\geqslant 1+2n\) pour tout entier \(n\geqslant 0\).

Notons \(P(n)\) : « \(2\leqslant u_n\leqslant 5\) ».

Initialisation. \(u_0=5\) et \(2\leqslant 5\leqslant 5\) : \(P(0)\) est vraie.

Hérédité. Supposons \(2\leqslant u_n\leqslant 5\) pour un entier \(n\). Puis on applique les opérations qui construisent \(u_{n+1}\) :

\[ \begin{aligned} 2\leqslant u_n\leqslant 5 &\Longrightarrow 1\leqslant\frac{1}{2}u_n\leqslant 2{,}5 \\ &\Longrightarrow 2\leqslant\frac{1}{2}u_n+1\leqslant 3{,}5 \end{aligned} \]

Donc \(2\leqslant u_{n+1}\leqslant 3{,}5\leqslant 5\) : \(P(n+1)\) est vraie.

Conclusion. Par récurrence, pour tout entier \(n\geqslant 0\), \(2\leqslant u_n\leqslant 5\).

Notons \(P(n)\) : « \(1\leqslant w_n\leqslant 4\) », pour \(n\geqslant 1\).

Initialisation. \(w_1=-\dfrac{1}{3}\times 0+4=4\) et \(1\leqslant 4\leqslant 4\) : \(P(1)\) est vraie.

Hérédité. Supposons \(1\leqslant w_n\leqslant 4\) pour un entier \(n\geqslant 1\). De plus, en multipliant par \(-\dfrac{1}{3}\lt 0\), le sens des inégalités change :

\[ \begin{aligned} -\frac{4}{3}\leqslant -\frac{1}{3}w_n\leqslant -\frac{1}{3} &\Longrightarrow -\frac{4}{3}+4\leqslant -\frac{1}{3}w_n+4\leqslant -\frac{1}{3}+4 \\ &\Longrightarrow \frac{8}{3}\leqslant w_{n+1}\leqslant\frac{11}{3} \end{aligned} \]

Ensuite, comme \(1\leqslant\dfrac{8}{3}\) et \(\dfrac{11}{3}\leqslant 4\), on obtient \(1\leqslant w_{n+1}\leqslant 4\) : \(P(n+1)\) est vraie.

Conclusion. Par récurrence, \(1\leqslant w_n\leqslant 4\) pour tout entier \(n\geqslant 1\).

1) \(6!=1\times 2\times 3\times 4\times 5\times 6=\mathbf{720}\).

2) Notons \(P(n)\) : « \(3^n\leqslant n!\) », pour \(n\geqslant 7\).

• Initialisation : \(3^7=2\,187\) et \(7!=5\,040\), donc \(3^7\leqslant 7!\).
• Hérédité : supposons \(3^n\leqslant n!\) pour un \(n\geqslant 7\). Alors \(3^{n+1}=3\times 3^n\leqslant 3\times n!\). Or \(n+1\geqslant 8\geqslant 3\), donc \(3\times n!\leqslant(n+1)\times n!=(n+1)!\). Ainsi \(3^{n+1}\leqslant(n+1)!\).
• Conclusion : \(3^n\leqslant n!\) pour tout \(n\geqslant 7\).

(Remarque : l’inégalité est fausse pour \(n=6\) car \(3^6=729\gt 720\), d’où le départ à 7.)

3) Notons \(Q(n)\) : « \(n!\leqslant n^n\) », pour \(n\geqslant 1\).

• Initialisation : \(1!=1\) et \(1^1=1\) : vrai.
• Hérédité : supposons \(n!\leqslant n^n\). Alors \((n+1)!=(n+1)\times n!\leqslant(n+1)\times n^n\). Comme \(0\lt n\lt n+1\), on a \(n^n\leqslant(n+1)^n\), donc \((n+1)!\leqslant(n+1)(n+1)^n=(n+1)^{n+1}\).
• Conclusion : \(n!\leqslant n^n\) pour tout \(n\geqslant 1\).

(On peut aussi le voir directement : \(n!\) est un produit de \(n\) facteurs tous inférieurs ou égaux à \(n\).)

Pour \(n\in\mathbb{N}\), notons \(P(n)\) : « \(4^n-1\) est un multiple de 3 », c’est-à-dire : il existe un entier \(k\) tel que \(4^n-1=3k\).

• Initialisation : pour \(n=0\), \(4^0-1=1-1=0=3\times 0\). Donc \(P(0)\) est vraie.
• Hérédité : soit \(n\in\mathbb{N}\) tel que \(P(n)\) est vraie : \(4^n-1=3k\) avec \(k\) entier, donc \(4^n=3k+1\). Alors
  \[ \begin{aligned} 4^{n+1}-1 &= 4\times 4^n-1 \\ &= 4(3k+1)-1 \\ &= 12k+3 \\ &= 3(4k+1). \end{aligned} \]
  Comme \(4k+1\) est un entier, \(4^{n+1}-1\) est un multiple de 3 : \(P(n+1)\) est vraie.
• Conclusion : \(P(0)\) est vraie et la propriété est héréditaire, donc par récurrence \(P(n)\) est vraie pour tout \(n\geqslant 0\).

Vérification sur les premiers rangs : \(4-1=3\), \(16-1=15\), \(64-1=63=3\times 21\).

1) La somme jusqu’à \(n+1\) est la somme jusqu’à \(n\) à laquelle on ajoute le dernier terme, obtenu pour \(k=n+1\) :

\[ \sum_{k=1}^{n+1} k=\left(\sum_{k=1}^{n} k\right)+(n+1). \]

2) Pour \(n\geqslant 1\), notons \(P(n)\) : « \(\displaystyle\sum_{k=1}^{n} k=\dfrac{n(n+1)}{2}\) ».

• Initialisation : pour \(n=1\), \(\displaystyle\sum_{k=1}^{1} k=1\) et \(\dfrac{1\times 2}{2}=1\). Donc \(P(1)\) est vraie.
• Hérédité : soit \(n\geqslant 1\) tel que \(P(n)\) est vraie. D’après la question 1 et l’hypothèse de récurrence :
  \[ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n+1} k &= \dfrac{n(n+1)}{2}+(n+1) \\ &= \dfrac{n(n+1)+2(n+1)}{2} \\ &= \dfrac{(n+1)(n+2)}{2}. \end{aligned} \]
  C’est exactement la formule au rang \(n+1\) : \(P(n+1)\) est vraie.
• Conclusion : par récurrence, \(P(n)\) est vraie pour tout entier \(n\geqslant 1\).

Puis la clé de l’hérédité est de factoriser par \(n+1\) plutôt que de tout développer.

Pour \(n\geqslant 1\), notons \(P(n)\) : « \(\displaystyle\sum_{k=1}^{n} k^2=\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}\) ».

• Initialisation : pour \(n=1\), \(\displaystyle\sum_{k=1}^{1} k^2=1\) et \(\dfrac{1\times 2\times 3}{6}=1\). Donc \(P(1)\) est vraie.
• Hérédité : soit \(n\geqslant 1\) tel que \(P(n)\) est vraie. On veut montrer que \(\displaystyle\sum_{k=1}^{n+1} k^2=\dfrac{(n+1)(n+2)(2n+3)}{6}\).
  \[ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n+1} k^2 &= \sum_{k=1}^{n} k^2+(n+1)^2 = \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}+(n+1)^2 \\ &= \dfrac{(n+1)\left[n(2n+1)+6(n+1)\right]}{6} \\ &= \dfrac{(n+1)(2n^2+7n+6)}{6}. \end{aligned} \]
  Or \((n+2)(2n+3)=2n^2+3n+4n+6=2n^2+7n+6\). Donc \(\displaystyle\sum_{k=1}^{n+1} k^2=\dfrac{(n+1)(n+2)(2n+3)}{6}\) : \(P(n+1)\) est vraie.
• Conclusion : par récurrence, la formule est vraie pour tout entier \(n\geqslant 1\).

Contrôle : pour \(n=3\), \(1+4+9=14\) et \(\dfrac{3\times 4\times 7}{6}=14\).

1) La formule « =B1+A2 » recopiée vers le bas ajoute à chaque ligne l’impair suivant : la cellule B\(n\) contient donc la somme des \(n\) premiers nombres impairs \(1+3+\cdots+(2n-1)\). Ensuite, on lit 1, 4, 9, 16, 25, 36 : ce sont les carrés \(1^2, 2^2, 3^2, 4^2, 5^2, 6^2\).

Conjecture : pour tout \(n\geqslant 1\), \(1+3+5+\cdots+(2n-1)=n^2\).

2) Notons \(P(n)\) : « \(\displaystyle\sum_{k=1}^{n}(2k-1)=n^2\) ».

• Initialisation : pour \(n=1\), la somme vaut \(1=1^2\). Donc \(P(1)\) est vraie.
• Hérédité : soit \(n\geqslant 1\) tel que \(P(n)\) est vraie. Le terme suivant est \(2(n+1)-1=2n+1\), donc
  \[ 1+3+\cdots+(2n-1)+(2n+1)=n^2+2n+1=(n+1)^2. \]
  \(P(n+1)\) est vraie.
• Conclusion : par récurrence, \(P(n)\) est vraie pour tout \(n\geqslant 1\).

La suite est arithmétique de raison \(r\) : pour tout \(n\), \(u_n=u_0+nr\) et \(u_{n+1}=u_n+r\).

1) Notons \(P(n)\) : « \(\displaystyle\sum_{k=0}^{n} u_k=\dfrac{(n+1)(2u_0+nr)}{2}\) ».

• Initialisation : pour \(n=0\), \(\displaystyle\sum_{k=0}^{0} u_k=u_0\) et \(\dfrac{1\times(2u_0+0)}{2}=u_0\). Donc \(P(0)\) est vraie.
• Hérédité : soit \(n\in\mathbb{N}\) tel que \(P(n)\) est vraie. Avec \(u_{n+1}=u_0+(n+1)r\) :
  \[ \begin{aligned} \sum_{k=0}^{n+1} u_k &= \dfrac{(n+1)(2u_0+nr)}{2}+u_0+(n+1)r \\ &= \dfrac{2(n+1)u_0+n(n+1)r+2u_0+2(n+1)r}{2} \\ &= \dfrac{2(n+2)u_0+(n+1)(n+2)r}{2} \\ &= \dfrac{(n+2)\left(2u_0+(n+1)r\right)}{2}. \end{aligned} \]
  C’est la formule au rang \(n+1\) : \(P(n+1)\) est vraie.
• Conclusion : par récurrence, la formule est vraie pour tout \(n\in\mathbb{N}\).

2) Les 101 premiers termes sont \(u_0, u_1, \ldots, u_{100}\) : on applique la formule avec \(n=100\), \(u_0=8\) et \(r=50\).

\[ \sum_{k=0}^{100} u_k=\dfrac{101\times(2\times 8+100\times 50)}{2}=\dfrac{101\times 5\,016}{2}=101\times 2\,508=253\,308. \]

1) \(4!=1\times 2\times 3\times 4=\mathbf{24}\) et \(1\times 1!+2\times 2!+3\times 3!=1+4+18=\mathbf{23}\).

2) \(5!=5\times 24=\mathbf{120}\) et \(1\times 1!+2\times 2!+3\times 3!+4\times 4!=23+96=\mathbf{119}\).

3) On remarque que \(23=4!-1\) et \(119=5!-1\). Conjecture : pour tout \(n\geqslant 2\),

\[ \sum_{k=1}^{n-1} k\times k!=n!-1. \]

4) Notons \(P(n)\) cette égalité, pour \(n\geqslant 2\).

• Initialisation : pour \(n=2\), \(\displaystyle\sum_{k=1}^{1} k\times k!=1\times 1!=1\) et \(2!-1=1\). Donc \(P(2)\) est vraie.
• Hérédité : soit \(n\geqslant 2\) tel que \(P(n)\) est vraie. On ajoute le terme \(k=n\) :
  \[ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n} k\times k! &= (n!-1)+n\times n! \\ &= (1+n)\times n!-1 \\ &= (n+1)!-1. \end{aligned} \]
  \(P(n+1)\) est vraie.
• Conclusion : par récurrence, l’égalité est vraie pour tout \(n\geqslant 2\).

1) On poursuit la construction « en escalier » : depuis le point d’abscisse \(u_1\) de l’axe, on monte verticalement jusqu’à la courbe de \(f\) (on lit \(u_2=f(u_1)\) en ordonnée), puis on se déplace horizontalement jusqu’à la droite \(y=x\), qui ramène cette valeur sur l’axe des abscisses. Par ailleurs, on recommence à partir de \(u_2\) pour obtenir \(u_3\).

De plus, À titre de contrôle : \(u_1=3{,}25\), \(u_2=\dfrac{3{,}25}{4}+3=3{,}8125\) et \(u_3=3{,}953125\). Puis les points se rapprochent de 4, abscisse du point d’intersection des deux droites.

2) a) On conjecture qu’à partir du rang 1, tous les termes sont compris entre 3 et 4 : \(3\leqslant u_n\leqslant 4\) pour tout \(n\geqslant 1\).

b) Notons \(P(n)\) : « \(3\leqslant u_n\leqslant 4\) », pour \(n\geqslant 1\).

• Initialisation : \(u_1=\dfrac{1}{4}\times 1+3=3{,}25\) et \(3\leqslant 3{,}25\leqslant 4\). Donc \(P(1)\) est vraie.
• Hérédité : soit \(n\geqslant 1\) tel que \(3\leqslant u_n\leqslant 4\). En multipliant par \(\dfrac{1}{4}\gt 0\) puis en ajoutant 3 :
  \[ \dfrac{3}{4}+3\leqslant \dfrac{1}{4}u_n+3\leqslant 1+3, \quad \text{soit} \quad 3{,}75\leqslant u_{n+1}\leqslant 4. \]
  A fortiori \(3\leqslant u_{n+1}\leqslant 4\) : \(P(n+1)\) est vraie. (On peut aussi dire que \(f\) est croissante, donc \(f(3)\leqslant f(u_n)\leqslant f(4)\).)
• Conclusion : par récurrence, \(3\leqslant u_n\leqslant 4\) pour tout \(n\geqslant 1\).

1) On place \(u_0=0{,}8\) sur l’axe des abscisses et on construit l’escalier entre la parabole et la droite \(y=x\) : \(u_1=0{,}64\), \(u_2=0{,}4096\), \(u_3\approx 0{,}168\)…

Par ailleurs, les termes se déplacent vers la gauche : on conjecture que la suite \((u_n)\) est décroissante (et qu’elle se rapproche de 0).

2) Notons \(P(n)\) : « \(0\leqslant u_{n+1}\leqslant u_n\) », pour \(n\geqslant 0\).

• Initialisation : \(u_0=0{,}8\) et \(u_1=0{,}8^2=0{,}64\). On a bien \(0\leqslant 0{,}64\leqslant 0{,}8\) : \(P(0)\) est vraie.
• Hérédité : soit \(n\geqslant 0\) tel que \(0\leqslant u_{n+1}\leqslant u_n\). La fonction carré est croissante sur \([0\,;+\infty[\), donc elle conserve l’ordre de ces nombres positifs :
  \[ 0^2\leqslant (u_{n+1})^2\leqslant (u_n)^2, \quad \text{soit} \quad 0\leqslant u_{n+2}\leqslant u_{n+1}. \]
  \(P(n+1)\) est vraie.
• Conclusion : par récurrence, \(0\leqslant u_{n+1}\leqslant u_n\) pour tout \(n\geqslant 0\).

Ainsi, on en déduit que pour tout \(n\), \(u_{n+1}\leqslant u_n\) : la suite \((u_n)\) est décroissante. Ensuite, elle est de plus minorée par 0.

Première partie. \(u_0=2\) et \(u_{n+1}=2u_n-1\). De même, notons \(P(n)\) : « \(u_{n+1}\gt u_n\) ».

• Initialisation : \(u_1=2\times 2-1=3\) et \(3\gt 2\) : \(P(0)\) est vraie.
• Hérédité : soit \(n\in\mathbb{N}\) tel que \(u_{n+1}\gt u_n\). En multipliant par \(2\gt 0\) puis en retranchant 1 : \(2u_{n+1}-1\gt 2u_n-1\), c’est-à-dire \(u_{n+2}\gt u_{n+1}\). \(P(n+1)\) est vraie.
• Conclusion : pour tout \(n\in\mathbb{N}\), \(u_{n+1}\gt u_n\) : la suite \((u_n)\) est (strictement) croissante.

Seconde partie. \(w_0=2\) et \(w_n=\dfrac{1}{5}w_{n-1}+\dfrac{1}{2}\), c’est-à-dire \(w_{n+1}=\dfrac{1}{5}w_n+\dfrac{1}{2}\). Ensuite, notons \(Q(n)\) : « \(w_n=\dfrac{11}{8}\left(\dfrac{1}{5}\right)^n+\dfrac{5}{8}\) ».

• Initialisation : \(\dfrac{11}{8}\left(\dfrac{1}{5}\right)^0+\dfrac{5}{8}=\dfrac{11}{8}+\dfrac{5}{8}=\dfrac{16}{8}=2=w_0\). \(Q(0)\) est vraie.
• Hérédité : soit \(n\in\mathbb{N}\) tel que \(Q(n)\) est vraie. Alors
  \[ \begin{aligned} w_{n+1} &= \dfrac{1}{5}\left[\dfrac{11}{8}\left(\dfrac{1}{5}\right)^n+\dfrac{5}{8}\right]+\dfrac{1}{2} \\ &= \dfrac{11}{8}\left(\dfrac{1}{5}\right)^{n+1}+\dfrac{1}{8}+\dfrac{4}{8} \\ &= \dfrac{11}{8}\left(\dfrac{1}{5}\right)^{n+1}+\dfrac{5}{8}. \end{aligned} \]
  \(Q(n+1)\) est vraie.
• Conclusion : par récurrence, \(Q(n)\) est vraie pour tout \(n\geqslant 0\).

1) La cellule B3 contient \(w_1\), calculé à partir de \(w_0\) situé en B2. Puis la formule écrite en B3 et recopiée vers le bas est « =2*B2-3 ».

2) On calcule \(r_n=w_n-3\) : \(r_0=1\), \(r_1=2\), \(r_2=4\), \(r_3=8\), \(r_4=16\), \(r_5=32\). Puis chaque terme est le double du précédent : ce sont les puissances de 2.

Conjecture : pour tout \(n\in\mathbb{N}\), \(r_n=2^n\) et donc \(w_n=2^n+3\).

3) Notons \(P(n)\) : « \(w_n=2^n+3\) ».

• Initialisation : \(2^0+3=4=w_0\). \(P(0)\) est vraie.
• Hérédité : soit \(n\in\mathbb{N}\) tel que \(w_n=2^n+3\). Alors
  \[ w_{n+1}=2w_n-3=2(2^n+3)-3=2^{n+1}+6-3=2^{n+1}+3. \]
  \(P(n+1)\) est vraie.
• Conclusion : par récurrence, \(w_n=2^n+3\) pour tout \(n\in\mathbb{N}\), et donc \(r_n=w_n-3=2^n\).

1) À la calculatrice : \(u_1=0+0+1=1\), \(u_2=1+3\times 1\times 2+1=8\), \(u_3=8+3\times 2\times 3+1=27\), \(u_4=27+3\times 3\times 4+1=64\). De plus, on reconnaît les cubes : on conjecture \(u_n=n^3\) pour tout \(n\in\mathbb{N}\).

2) Notons \(P(n)\) : « \(u_n=n^3\) ».

• Initialisation : \(u_0=0=0^3\). \(P(0)\) est vraie.
• Hérédité : soit \(n\in\mathbb{N}\) tel que \(u_n=n^3\). Alors
  \[ \begin{aligned} u_{n+1} &= n^3+3n(n+1)+1 \\ &= n^3+3n^2+3n+1 \\ &= (n+1)^3. \end{aligned} \]
  \(P(n+1)\) est vraie.
• Conclusion : par récurrence, \(u_n=n^3\) pour tout \(n\in\mathbb{N}\).

3) a) \(v_0=0^3=0=u_0\).

b) Pour tout \(n\in\mathbb{N}\) :

\[ v_{n+1}=(n+1)^3=n^3+3n^2+3n+1=v_n+3n(n+1)+1. \]

De plus, la suite \((v_n)\) vérifie donc la même relation de récurrence que \((u_n)\), avec le même premier terme. Ensuite, une suite définie par récurrence étant entièrement déterminée par son premier terme et sa relation, on retrouve \(u_n=v_n=n^3\) : c’est une autre façon de justifier le résultat de la question 2.

a) La colonne C montre que \( u_n^2 = n \) pour \( n \) de 0 à 6, et les valeurs de la colonne B sont bien \( \sqrt{2} \approx 1{,}414 \), \( \sqrt{3} \approx 1{,}732 \), \( \sqrt{5} \approx 2{,}236 \)… On conjecture que, pour tout entier naturel \( n \), \( u_n = \sqrt{n} \).

b) Soit \( P(n) \) : « \( u_n = \sqrt{n} \) ».

• Initialisation : \( u_0 = 0 = \sqrt{0} \), donc \( P(0) \) est vraie.
• Hérédité : supposons \( P(n) \) vraie pour un entier \( n \) fixé, c’est-à-dire \( u_n = \sqrt{n} \). Alors \( u_n^2 = n \) et
  \[ u_{n+1} = \sqrt{u_n^2 + 1} = \sqrt{n + 1}. \]
  Donc \( P(n+1) \) est vraie.
• Conclusion : \( P(0) \) est vraie et \( P \) est héréditaire ; par le principe de récurrence, \( P(n) \) est vraie pour tout entier naturel \( n \).

Soit \( P(n) \) : « \( v_n = n(n+1) \) ».

• Initialisation : \( v_0 = 0 \) et \( 0 \times (0+1) = 0 \), donc \( P(0) \) est vraie.
• Hérédité : supposons \( v_n = n(n+1) \) pour un entier \( n \) fixé. On veut montrer \( v_{n+1} = (n+1)(n+2) \).
  \[ \begin{aligned} v_{n+1} &= v_n + 2n + 2 \\ &= n(n+1) + 2(n+1) \\ &= (n+1)(n+2). \end{aligned} \]
  On a factorisé par \( (n+1) \) : \( P(n+1) \) est vraie.
• Conclusion : par récurrence, \( P(n) \) est vraie pour tout entier naturel \( n \).

a) Soit \( P(n) \) : « \( 0 \leqslant u_n \leqslant 7 \) ».

• Initialisation : \( u_0 = 2 \) et \( 0 \leqslant 2 \leqslant 7 \) : \( P(0) \) est vraie.
• Hérédité : supposons \( 0 \leqslant u_n \leqslant 7 \). En multipliant par 7 (positif) : \( 0 \leqslant 7u_n \leqslant 49 \). La fonction racine carrée est croissante sur \( [0 ; +\infty[ \), donc \( \sqrt{0} \leqslant \sqrt{7u_n} \leqslant \sqrt{49} \), soit \( 0 \leqslant u_{n+1} \leqslant 7 \) : \( P(n+1) \) est vraie.
• Conclusion : pour tout \( n \in \mathbb{N} \), \( 0 \leqslant u_n \leqslant 7 \).

b) Soit \( Q(n) \) : « \( u_n \leqslant u_{n+1} \) ».

• Initialisation : \( u_0 = 2 \) et \( u_1 = \sqrt{14} \approx 3{,}74 \). Comme \( 2 = \sqrt{4} \leqslant \sqrt{14} \), \( Q(0) \) est vraie.
• Hérédité : supposons \( u_n \leqslant u_{n+1} \). Les deux termes sont positifs (question a), donc \( 0 \leqslant 7u_n \leqslant 7u_{n+1} \), puis, par croissance de la racine carrée, \( \sqrt{7u_n} \leqslant \sqrt{7u_{n+1}} \), c’est-à-dire \( u_{n+1} \leqslant u_{n+2} \) : \( Q(n+1) \) est vraie.
• Conclusion : pour tout \( n \), \( u_n \leqslant u_{n+1} \) : la suite \( u \) est croissante.

Soit \( P(n) \) : « \( 2^n \geqslant n + 1 \) ».

• Initialisation : \( 2^0 = 1 \) et \( 0 + 1 = 1 \) ; on a bien \( 1 \geqslant 1 \), donc \( P(0) \) est vraie.
• Hérédité : supposons \( 2^n \geqslant n + 1 \) pour un entier \( n \) fixé. En multipliant par 2 (positif) :
  \[ 2^{n+1} = 2 \times 2^n \geqslant 2(n+1) = 2n + 2. \]
  Or \( 2n + 2 = (n + 2) + n \geqslant n + 2 \) puisque \( n \geqslant 0 \). Donc \( 2^{n+1} \geqslant (n+1) + 1 \) : \( P(n+1) \) est vraie.
• Conclusion : par récurrence, pour tout entier naturel \( n \), \( 2^n \geqslant n + 1 \).

Le triangle \( OA_nA_{n+1} \) est rectangle en \( A_n \) (codage sur la figure) et \( A_nA_{n+1} = 2 \). Par ailleurs, d’après le théorème de Pythagore :
\[ OA_{n+1}^2 = OA_n^2 + A_nA_{n+1}^2 = OA_n^2 + 4. \]

Ainsi, soit \( P(n) \) : « \( OA_n = \sqrt{4n+1} \) ».

• Initialisation : \( OA_0 = 1 \) et \( \sqrt{4 \times 0 + 1} = \sqrt{1} = 1 \) : \( P(0) \) est vraie.
• Hérédité : supposons \( OA_n = \sqrt{4n+1} \). Alors \( OA_n^2 = 4n + 1 \) et
  \[ OA_{n+1}^2 = 4n + 1 + 4 = 4(n+1) + 1. \]
  Comme une longueur est positive, \( OA_{n+1} = \sqrt{4(n+1)+1} \) : \( P(n+1) \) est vraie.
• Conclusion : par récurrence, pour tout entier naturel \( n \), \( OA_n = \sqrt{4n+1} \).

Contrôle : \( OA_1 = \sqrt{5} \), \( OA_2 = 3 \), \( OA_3 = \sqrt{13} \), \( OA_4 = \sqrt{17} \).

1. a) Chaque étage a deux carrés de plus que celui du dessus. De même, avec 2 étages : \( u_2 = 1 + 3 = 4 \). Ensuite, avec 3 étages : \( u_3 = 1 + 3 + 5 = 9 \). (Et pour la figure : \( u_4 = 1 + 3 + 5 + 7 = 16 \).)

b) On passe d’une pyramide à la suivante en ajoutant une nouvelle base qui dépasse d’un carré de chaque côté : la base gagne 2 carrés à chaque étage supplémentaire. Par ailleurs, le nombre de carrés à la base de la pyramide à \( n \) étages, noté \( b_n \), vérifie donc \( b_1 = 1 \) et \( b_{n+1} = b_n + 2 \) : c’est une suite arithmétique de raison 2 et de premier terme 1, d’où \( b_n = 1 + 2(n-1) = 2n – 1 \).

c) La pyramide à \( n+1 \) étages est la pyramide à \( n \) étages posée sur une nouvelle base de \( b_{n+1} = 2(n+1) – 1 = 2n + 1 \) carrés. Donc \( u_{n+1} = u_n + 2n + 1 \).

d) Soit \( P(n) \) : « \( u_n = n^2 \) », pour \( n \geqslant 1 \).

• Initialisation : \( u_1 = 1 = 1^2 \) : \( P(1) \) est vraie.
• Hérédité : supposons \( u_n = n^2 \) pour un entier \( n \geqslant 1 \). Alors \( u_{n+1} = n^2 + 2n + 1 = (n+1)^2 \) (identité remarquable) : \( P(n+1) \) est vraie.
• Conclusion : pour tout entier \( n \geqslant 1 \), \( u_n = n^2 \).

2. \( u_n \) est la somme des \( n \) premiers termes de la suite arithmétique \( (b_k) \) : \( 1 + 3 + 5 + \dots + (2n-1) \). Puis la somme de termes consécutifs d’une suite arithmétique vaut « nombre de termes × (premier + dernier) ÷ 2 » :
\[ u_n = n \times \frac{1 + (2n – 1)}{2} = n \times \frac{2n}{2} = n^2. \]

1. a) Une diagonale relie deux sommets non voisins. Ensuite, on les trace et on les compte : le triangle n’en a aucune, le quadrilatère en a 2, le pentagone 5 et l’hexagone 9.

b) Les points \( (3 ; 0) \), \( (4 ; 2) \), \( (5 ; 5) \), \( (6 ; 9) \) ne sont pas alignés : les écarts 2, 3, 4 augmentent. Puis le nuage a l’allure d’une parabole (courbe d’une fonction du second degré).

c) Avec \( d_n = an^2 + bn \) :
\[ \begin{cases} d_3 = 9a + 3b = 0 \\ d_4 = 16a + 4b = 2 \end{cases} \]
La première équation donne \( b = -3a \). De plus, en remplaçant : \( 16a – 12a = 2 \), soit \( 4a = 2 \), donc \( a = \frac{1}{2} \) et \( b = -\frac{3}{2} \). Ensuite, on vérifie : \( d_5 = \frac{25}{2} – \frac{15}{2} = 5 \) et \( d_6 = 18 – 9 = 9 \). Ainsi \( d_n = \frac{1}{2}n^2 – \frac{3}{2}n = \frac{n(n-3)}{2} \).

2. a) On ajoute un sommet \( S \) entre deux sommets voisins \( A \) et \( B \) d’un polygone à \( n \) sommets. Par ailleurs, le nouveau sommet \( S \) est relié par une diagonale à tous les sommets sauf lui-même et ses deux voisins \( A \) et \( B \) : cela fait \( n – 2 \) diagonales. De plus, l’ancien côté \( [AB] \) devient une diagonale. Puis on crée donc \( (n – 2) + 1 = n – 1 \) nouvelles diagonales.

b) Pour tout \( n \geqslant 3 \) : \( d_{n+1} = d_n + n – 1 \). (Contrôle : \( d_4 = 0 + 2 \), \( d_5 = 2 + 3 \), \( d_6 = 5 + 4 \).)

c) Soit \( P(n) \) : « \( d_n = \frac{n(n-3)}{2} \) », pour \( n \geqslant 3 \).

• Initialisation : \( d_3 = 0 = \frac{3 \times 0}{2} \) : \( P(3) \) est vraie.
• Hérédité : supposons \( d_n = \frac{n(n-3)}{2} \). Alors
  \[ \begin{aligned} d_{n+1} &= \frac{n(n-3)}{2} + n – 1 = \frac{n^2 – 3n + 2n – 2}{2} \\ &= \frac{n^2 – n – 2}{2} = \frac{(n+1)(n-2)}{2} = \frac{(n+1)\big((n+1) – 3\big)}{2}. \end{aligned} \]
  \( P(n+1) \) est vraie.
• Conclusion : pour tout entier \( n \geqslant 3 \), \( d_n = \frac{n(n-3)}{2} \).

a) Le premier ministre reçoit \( a_1 = 5 \) pièces, le deuxième \( a_2 = 2 \times 5 – 2 = 8 \), le troisième \( a_3 = 2 \times 8 – 3 = 13 \). Ensuite, le \( (n+1) \)-ième reçoit le double de ce qu’a reçu le \( n \)-ième, moins \( n + 1 \) pièces :
\[ a_{n+1} = 2a_n – (n + 1). \]

b) Soit \( P(n) \) : « \( a_n = 2^n + n + 2 \) », pour \( n \geqslant 1 \).

• Initialisation : \( 2^1 + 1 + 2 = 5 = a_1 \) : \( P(1) \) est vraie.
• Hérédité : supposons \( a_n = 2^n + n + 2 \) pour un entier \( n \geqslant 1 \). Alors
  \[ \begin{aligned} a_{n+1} &= 2(2^n + n + 2) – (n + 1) \\ &= 2^{n+1} + 2n + 4 – n – 1 \\ &= 2^{n+1} + (n + 1) + 2. \end{aligned} \]
  \( P(n+1) \) est vraie.
• Conclusion : pour tout entier \( n \geqslant 1 \), \( a_n = 2^n + n + 2 \).

c) \( a_{10} = 2^{10} + 10 + 2 = 1024 + 12 = 1036 \).

1. a) Dans la boucle, u contient \( u_{i-1} \) et uprecedent contient \( u_{i-2} \). Puis il faut calculer \( u_i = u_{i-1} – \frac{u_{i-2}}{4} \) sans perdre l’ancienne valeur de u, qui deviendra la nouvelle valeur de uprecedent : on la sauvegarde d’abord dans temp.

• cadre rouge : temp=u ;
• cadre vert : u=u-uprecedent/4.

b) Au rang \( i \), \( v_i = 2^i \times u_i \). De plus, on affiche ce produit à côté de chaque terme :

n=int(input(« n= »))
uprecedent=-1
u=1
print(uprecedent, pow(2,0)*uprecedent)
print(u, pow(2,1)*u)
for i in range(2,n):
    temp=u
    u=u-uprecedent/4
    uprecedent=temp
    print(u, pow(2,i)*u)

c) Pour \( n = 10 \), le programme affiche :

Puis on passe d’un terme de \( (v_n) \) au suivant en ajoutant 3 : on conjecture que \( (v_n) \) est une suite arithmétique de raison 3 et de premier terme \( v_0 = -1 \).

d) Selon cette conjecture, \( v_n = 3n – 1 \), et comme \( u_n = \frac{v_n}{2^n} \) : \( u_n = \frac{3n – 1}{2^n} \).

2. Récurrence double : soit \( P(n) \) : « \( u_n = \frac{3n-1}{2^n} \) et \( u_{n+1} = \frac{3(n+1)-1}{2^{n+1}} \) ».

• Initialisation : \( \frac{3 \times 0 – 1}{2^0} = -1 = u_0 \) et \( \frac{3 \times 1 – 1}{2^1} = \frac{2}{2} = 1 = u_1 \) : \( P(0) \) est vraie.
• Hérédité : supposons \( P(n) \) vraie, c’est-à-dire \( u_n = \frac{3n-1}{2^n} \) et \( u_{n+1} = \frac{3n+2}{2^{n+1}} \). Alors
  \[ \begin{aligned} u_{n+2} &= u_{n+1} – \frac{u_n}{4} = \frac{3n+2}{2^{n+1}} – \frac{3n-1}{2^{n+2}} \\ &= \frac{2(3n+2) – (3n-1)}{2^{n+2}} = \frac{3n+5}{2^{n+2}} = \frac{3(n+2)-1}{2^{n+2}}. \end{aligned} \]
  Les deux égalités de \( P(n+1) \) sont vraies (la première fait partie de \( P(n) \)).
• Conclusion : pour tout \( n \in \mathbb{N} \), \( u_n = \frac{3n-1}{2^n} \), donc \( v_n = 3n – 1 \).

a) \( F_2 = F_1 + F_0 = 1 + 1 = 2 \) et \( F_3 = F_2 + F_1 = 2 + 1 = 3 \).

b) Soit \( P(n) \) : « \( F_n \leqslant \left(\frac{5}{3}\right)^n \) et \( F_{n+1} \leqslant \left(\frac{5}{3}\right)^{n+1} \) ».

• Initialisation : \( F_0 = 1 \leqslant \left(\frac{5}{3}\right)^0 = 1 \) et \( F_1 = 1 \leqslant \frac{5}{3} \) : \( P(0) \) est vraie.
• Hérédité : supposons \( P(n) \) vraie. En additionnant les deux inégalités :
  \[ F_{n+2} = F_{n+1} + F_n \leqslant \left(\frac{5}{3}\right)^{n+1} + \left(\frac{5}{3}\right)^n = \left(\frac{5}{3}\right)^n \left(\frac{5}{3} + 1\right) = \left(\frac{5}{3}\right)^n \times \frac{24}{9}. \]
  Or \( \left(\frac{5}{3}\right)^{n+2} = \left(\frac{5}{3}\right)^n \times \frac{25}{9} \) et \( \frac{24}{9} \leqslant \frac{25}{9} \), donc \( F_{n+2} \leqslant \left(\frac{5}{3}\right)^{n+2} \). Avec \( F_{n+1} \leqslant \left(\frac{5}{3}\right)^{n+1} \) (déjà dans \( P(n) \)), \( P(n+1) \) est vraie.
• Conclusion : pour tout \( n \in \mathbb{N} \), \( F_n \leqslant \left(\frac{5}{3}\right)^n \).

c) Soit \( Q(n) \) : « \( F_0^2 + F_1^2 + \dots + F_n^2 = F_n \times F_{n+1} \) ».

• Initialisation : \( F_0^2 = 1 \) et \( F_0 \times F_1 = 1 \times 1 = 1 \) : \( Q(0) \) est vraie.
• Hérédité : supposons \( Q(n) \) vraie. Alors
  \[ \begin{aligned} F_0^2 + \dots + F_n^2 + F_{n+1}^2 &= F_nF_{n+1} + F_{n+1}^2 \\ &= F_{n+1}(F_n + F_{n+1}) \\ &= F_{n+1} \times F_{n+2}. \end{aligned} \]
  \( Q(n+1) \) est vraie.
• Conclusion : pour tout \( n \in \mathbb{N} \), \( F_0^2 + F_1^2 + \dots + F_n^2 = F_n \times F_{n+1} \).

De plus, contrôle pour \( n = 3 \) : \( 1 + 1 + 4 + 9 = 15 = 3 \times 5 = F_3 \times F_4 \).