Raisonnement par récurrence : corrigé du contrôle de maths en terminale
Voici le corrigé du contrôle de maths en terminale sur le thème « raisonnement par récurrence », question par question.
Cette correction montre une rédaction modèle de chaque récurrence, telle qu’un correcteur du bac l’attend. Pour chaque preuve, tu retrouves l’énoncé de la propriété, puis l’initialisation, l’hérédité et une conclusion complète. Les calculs de l’hérédité sont détaillés ligne par ligne, afin que tu voies à quel moment l’hypothèse de récurrence intervient.
Compare d’abord ta copie à la correction, puis refais seul les preuves manquées sans regarder. Le barème indique la part de chaque étape, car une initialisation oubliée coûte des points. Les encadrés sur les pièges classiques signalent notamment le mauvais rang de départ et l’hérédité qui tourne en rond. La figure en escalier complétée termine le problème.
L’énoncé complet se trouve ici : Raisonnement par récurrence : contrôle de maths en terminale.
Barème du contrôle corrigé : raisonnement par récurrence
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Une suite explicite à démontrer | 4 points |
| 2. Une somme de produits | 4 points |
| 3. Puissances de 2 et carrés | 4 points |
| 4. La récurrence de Léo | 4 points |
| 5. Les truites du bassin | 4 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : raisonnement par récurrence
Exercice 1 – Une suite explicite à démontrer (4 points)
- On applique la relation de récurrence rang par rang :
\(u_1 = 3 \times 2 – 2 = 4\), puis \(u_2 = 3 \times 4 – 2 = 10\), enfin \(u_3 = 3 \times 10 – 2 = 28\).
Ainsi, \(u_1 = 4\), \(u_2 = 10\) et \(u_3 = 28\), ce qui correspond bien aux points d’abscisses 1, 2 et 3 du nuage. - Pour tout entier naturel \(n\), on note \(P(n)\) la propriété : « \(u_n = 3^n + 1\) ».
Initialisation. \(3^0 + 1 = 1 + 1 = 2 = u_0\), donc \(P(0)\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(P(n)\) est vraie, c’est-à-dire \(u_n = 3^n + 1\). Alors :
\(u_{n+1} = 3u_n – 2 = 3\left(3^n + 1\right) – 2 = 3^{n+1} + 3 – 2 = 3^{n+1} + 1\).
Donc \(P(n+1)\) est vraie.
Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire. Par conséquent, pour tout entier naturel \(n\), \(u_n = 3^n + 1\). - D’après la formule, \(u_{10} = 3^{10} + 1 = 59\,049 + 1\), donc \(u_{10} = 59\,050\).
Ensuite, la calculatrice donne \(u_{12} = 531\,442\) et \(u_{13} = 1\,594\,324\). Comme la suite est croissante (car \(3^n\) augmente avec \(n\)), le plus petit entier cherché est \(n = 13\).
Piège classique : écrire \(3 \times 3^n = 9^n\). En fait, \(3 \times 3^n = 3^{n+1}\), car on ajoute les exposants.
Exercice 2 – Une somme de produits (4 points)
- D’abord, \(S_1 = 1 \times 2 = 2\) et \(S_3 = S_2 + 3 \times 4 = 8 + 12 = 20\).
Avec la formule : \(\dfrac{1 \times 2 \times 3}{3} = 2\), \(\dfrac{2 \times 3 \times 4}{3} = 8\) et \(\dfrac{3 \times 4 \times 5}{3} = 20\).
La formule donne donc bien \(S_1 = 2\), \(S_2 = 8\) et \(S_3 = 20\). - Pour tout entier \(n \geq 1\), on note \(P(n)\) : « \(S_n = \dfrac{n(n+1)(n+2)}{3}\) ».
Initialisation. D’après la question 1, \(S_1 = 2 = \dfrac{1 \times 2 \times 3}{3}\), donc \(P(1)\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n \geq 1\) tel que \(P(n)\) est vraie. La somme au rang suivant contient un terme de plus :
\(S_{n+1} = S_n + (n+1)(n+2) = \dfrac{n(n+1)(n+2)}{3} + (n+1)(n+2)\).
On factorise par \((n+1)(n+2)\) :
\(S_{n+1} = (n+1)(n+2)\left(\dfrac{n}{3} + 1\right) = (n+1)(n+2) \times \dfrac{n+3}{3} = \dfrac{(n+1)(n+2)(n+3)}{3}\).
C’est exactement la formule au rang \(n + 1\), donc \(P(n+1)\) est vraie.
Conclusion. Pour tout entier \(n \geq 1\), \(S_n = \dfrac{n(n+1)(n+2)}{3}\). - On remplace \(n\) par 10 : \(S_{10} = \dfrac{10 \times 11 \times 12}{3} = \dfrac{1\,320}{3}\). Ainsi, \(S_{10} = 440\).
Piège classique : développer entièrement les produits dans l’hérédité. La factorisation par \((n+1)(n+2)\) est bien plus rapide et évite les erreurs.
Exercice 3 – Puissances de 2 et carrés (4 points)
- Pour tout entier naturel \(n\), on note \(P(n)\) : « \(2^n \geq n + 1\) ».
Initialisation. \(2^0 = 1\) et \(0 + 1 = 1\), donc \(P(0)\) est vraie.
Hérédité. Supposons \(2^n \geq n + 1\) pour un entier naturel \(n\). En multipliant par 2, qui est positif :
\(2^{n+1} \geq 2n + 2\).
Or \(2n + 2 = (n + 2) + n \geq n + 2\), car \(n \geq 0\). Donc \(2^{n+1} \geq n + 2\) et \(P(n+1)\) est vraie.
Conclusion. Pour tout entier naturel \(n\), \(2^n \geq n + 1\). - Pour \(n = 2\) : \(2^2 = 4\) et \(2^2 = 4\), il y a égalité. Pour \(n = 3\) : \(8 < 9\). Pour \(n = 4\) : \(16 = 16\). Pour \(n = 5\) : \(32 > 25\).
L’inégalité stricte \(2^n > n^2\) n’est donc pas vraie pour ces premiers rangs ; elle devient vraie à partir de \(n = 5\). - Soit \(n \geq 3\). Alors \(n – 1 \geq 2\), donc \((n-1)^2 \geq 4\), car la fonction carré est croissante sur les positifs.
Ainsi, \(n^2 – 2n – 1 = (n-1)^2 – 2 \geq 4 – 2 = 2\). Par conséquent, \(n^2 – 2n – 1 \geq 0\) pour tout \(n \geq 3\). - Pour tout entier \(n \geq 5\), on note \(Q(n)\) : « \(2^n > n^2\) ».
Initialisation. \(2^5 = 32\) et \(5^2 = 25\), donc \(Q(5)\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n \geq 5\) tel que \(2^n > n^2\). Alors \(2^{n+1} = 2 \times 2^n > 2n^2\).
De plus, \(2n^2 – (n+1)^2 = n^2 – 2n – 1\), qui est positif d’après la question 3, car \(n \geq 5 \geq 3\). Donc \(2n^2 \geq (n+1)^2\).
On obtient \(2^{n+1} > (n+1)^2\), c’est-à-dire \(Q(n+1)\).
Conclusion. Pour tout entier \(n \geq 5\), \(2^n > n^2\).
Piège classique : initialiser au rang 0 dans la question 4. Comme \(Q(3)\) est fausse, la récurrence doit commencer au rang 5.
Exercice 4 – La récurrence de Léo (4 points)
- Si \(10^n + 1 = 9k\), alors \(10^n = 9k – 1\). Donc :
\(10^{n+1} + 1 = 10 \times 10^n + 1 = 10(9k – 1) + 1 = 90k – 9 = 9(10k – 1)\).
Comme \(10k – 1\) est un entier, \(10^{n+1} + 1\) est divisible par 9. Ce calcul prouve seulement l’hérédité : si la propriété est vraie à un rang, elle l’est au rang suivant. - On trouve \(10^0 + 1 = 2\), \(10^1 + 1 = 11\) et \(10^2 + 1 = 101\).
Aucun de ces nombres n’est un multiple de 9, car la somme de leurs chiffres vaut 2, 2 et 2. Ils ne sont donc pas divisibles par 9. - Léo a oublié l’initialisation. Sa propriété n’est vraie à aucun rang de départ, donc l’hérédité ne peut rien transmettre. En effet, \(10^n + 1\) a toujours une somme de chiffres égale à 2 (pour \(n \geq 1\)), ou vaut 2 pour \(n = 0\) : la propriété est fausse pour tout \(n\).
- Pour tout entier naturel \(n\), on note \(R(n)\) : « \(10^n – 1\) est divisible par 9 ».
Initialisation. \(10^0 – 1 = 0 = 9 \times 0\), donc \(R(0)\) est vraie.
Hérédité. Supposons \(10^n – 1 = 9k\) avec \(k\) entier. Alors \(10^n = 9k + 1\) et :
\(10^{n+1} – 1 = 10(9k + 1) – 1 = 90k + 9 = 9(10k + 1)\), qui est divisible par 9.
Conclusion. Pour tout entier naturel \(n\), \(10^n – 1\) est divisible par 9.
Piège classique : croire qu’une hérédité réussie suffit. Pourtant, une propriété héréditaire mais jamais initialisée reste fausse partout.
Exercice 5 – Les truites du bassin (4 points)
- Vendre 20 % des truites revient à en garder 80 %, donc à multiplier par \(0{,}8\). Ensuite, on ajoute 400 truites, d’où \(u_{n+1} = 0{,}8u_n + 400\).
Puis \(u_1 = 0{,}8 \times 1\,000 + 400 = 1\,200\) et \(u_2 = 0{,}8 \times 1\,200 + 400 = 960 + 400 = 1\,360\).
Ainsi, \(u_1 = 1\,200\) et \(u_2 = 1\,360\). - On part de \(u_2\) sur l’axe des abscisses, on monte verticalement jusqu’à la courbe de \(f\) pour lire \(u_3\) en ordonnée, puis on se déplace horizontalement jusqu’à la droite \(y = x\) afin de reporter \(u_3\) sur l’axe des abscisses.
Par le calcul, \(u_3 = 0{,}8 \times 1\,360 + 400 = 1\,088 + 400\). Donc \(u_3 = 1\,488\).
- Pour tout entier naturel \(n\), on note \(P(n)\) : « \(1\,000 \leq u_n \leq u_{n+1} \leq 2\,000\) ».
Initialisation. \(u_0 = 1\,000\) et \(u_1 = 1\,200\), donc \(1\,000 \leq u_0 \leq u_1 \leq 2\,000\) : \(P(0)\) est vraie.
Hérédité. Supposons \(1\,000 \leq u_n \leq u_{n+1} \leq 2\,000\). La fonction \(f\) est affine de coefficient \(0{,}8 > 0\), donc elle est croissante sur \(\mathbb{R}\) et conserve l’ordre :
\(f(1\,000) \leq f(u_n) \leq f(u_{n+1}) \leq f(2\,000)\).
Or \(f(1\,000) = 1\,200\) et \(f(2\,000) = 1\,600 + 400 = 2\,000\). On obtient \(1\,200 \leq u_{n+1} \leq u_{n+2} \leq 2\,000\), et donc aussi \(1\,000 \leq u_{n+1} \leq u_{n+2} \leq 2\,000\) : \(P(n+1)\) est vraie.
Conclusion. Pour tout entier naturel \(n\), \(1\,000 \leq u_n \leq u_{n+1} \leq 2\,000\). - La suite \((u_n)\) est croissante et majorée par 2 000. Le nombre de truites augmente donc chaque année, mais il ne dépassera jamais 2 000 : le bassin de Maïwenn ne sera jamais surpeuplé au-delà de ce seuil.
Piège classique : oublier de justifier que \(f\) est croissante. C’est pourtant cette propriété qui permet d’appliquer \(f\) à l’encadrement sans changer le sens des inégalités.
À retenir de ce contrôle
- Une récurrence se rédige toujours en trois temps : initialisation au premier rang, hérédité pour un entier quelconque, puis conclusion générale.
- Dans l’hérédité, on part du rang n + 1 et on fait apparaître l’expression du rang n pour utiliser l’hypothèse.
- Une hérédité juste ne suffit pas : sans initialisation vraie, la propriété peut être fausse pour tous les entiers.
- Pour une inégalité, le rang de départ se choisit après avoir testé les premières valeurs, comme le rang 5 pour deux puissance n et n au carré.
- Quand une suite vérifie u(n+1) = f(u(n)) avec f croissante, on transmet un encadrement d’un rang au suivant en appliquant f.
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