Raisonnement par récurrence en terminale : corrigé des exercices 1 à 10

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

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

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

Seconde propriété. \(P(n)\) : « \(u_n=2\) ». 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 \(n=2\) : \(a=-11+2\times 2=-7\). La condition \(a\gt 0\) est fausse dès le départ, la boucle n’est pas exécutée : l’algorithme affiche −7.

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

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 \(a=5+2(k+1)\gt 0\). 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 \(-11+2n\). 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 \(n\). Alors \(u_{n+1}=2u_n\geqslant 0\) (produit de deux nombres positifs). La propriété est donc héréditaire.

3) Non. 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. 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. La propriété est initialisée.

2) Pour \(n=2\) : \(5^2-2=23\), qui n’est pas un multiple de 3 (\(23=3\times 7+2\)). 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. Elle n’est donc pas héréditaire.

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 \(n\geqslant 0\)). 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) \(2\sqrt{n}\gt 20\iff\sqrt{n}\gt 10\iff n\gt 100\). À partir du rang 101.

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

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

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

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.

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 \(3^0\geqslant 1+2\times 0\). 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 \(n\). 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 \(n\geqslant 1\). En multipliant par \(-\dfrac{1}{3}\lt 0\), le sens des inégalités change :

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

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 \(n\).)