Raisonnement par récurrence : corrigé des exercices de maths en terminale.

Exercice 11 : déterminer un encadrement de la suite
Pour la suite \( (u_n) \), nous avons \( u_n = 5 + 3(-1)^n \).

\[\]Encadrement de la suite \( (u_n) \):\[\]

Puisque \( (-1)^n \) prend des valeurs alternées entre \( 1 \) et \( -1 \), les valeurs de \( u_n \) oscillent entre :
\[ u_n = 5 + 3 \times 1 = 8 \]
et
\[ u_n = 5 + 3 \times (-1) = 2 \]

Ainsi, nous pouvons donner l’encadrement suivant :
\[ 2 \leq\, u_n \leq\, 8 \]

\[\]Suite \( (u_n) \) avec l’expression:\[\]

\[ u_n = \frac{4n + 5}{n + 2} = 4 – \frac{3}{n + 2} \]

\[\]1) Donner une minoration « évidente » de \( (u_n) \):\[\]

Comme \( \frac{3}{n + 2} \) est toujours positif pour tout entier naturel \( n \), nous avons :
\[ u_n = 4 – \frac{3}{n + 2} \]

Pour tout \( n \), \( \frac{3}{n + 2} \geq\, 0 \), donc :
\[ 4 – \frac{3}{n + 2} \geq\, 4 – 3 = 1 \]

Ainsi, la minoration évidente de la suite \( (u_n) \) est :
\[ u_n \geq\, 1 \]

\[\]2) Montrer que la suite \( (u_n) \) est majorée par 4:\[\]

Puisque \( \frac{3}{n + 2} > 0 \), nous avons :
\[ 4 – \frac{3}{n + 2} < 4 \]

Donc, pour tout entier naturel \( n \), la suite \( (u_n) \) est majorée par 4 :
\[ u_n \leq\, 4 \]

En conclusion :
\[ 1 \leq\, u_n \leq\, 4 \]

Exercice 12 : démontrer que la propriété est vraie pour tout entier
1. \[\]Montrer que la propriété est initialisée\[\].

Pour \( n = 0 \):
\[
3^0 \geq\, 1 + 2 \times 0 \implies 1 \geq\, 1
\]
La propriété est donc vérifiée pour \( n = 0 \).

2a. \[\]Écrire l’hypothèse de récurrence\[\].

Supposons que pour un certain entier \( n \), la propriété est vraie, c’est-à-dire :
\[
3^n \geq\, 1 + 2n
\]

2b. \[\]Écrire la propriété au rang \( n + 1 \)\[\].

Nous devons montrer que :
\[
3^{n+1} \geq\, 1 + 2(n+1)
\]
ou équivalent :
\[
3 \cdot 3^n \geq\, 1 + 2n + 2
\]

2c. \[\]Multiplier les deux membres de l’inégalité de la question 2a par 3 puis les simplifier\[\].

D’après l’hypothèse de récurrence, nous avons :
\[
3^n \geq\, 1 + 2n
\]

En multipliant par 3, il vient :
\[
3 \cdot 3^n \geq\, 3 \cdot (1 + 2n) \implies 3^{n+1} \geq\, 3 + 6n
\]

2d. \[\]Justifier que \( 3 + 6n \geq\, 3 + 2n + 2 \) pour tout \( n \geq\, 0 \)\[\].

Nous avons donc :
\[
3^{n+1} \geq\, 3 + 6n
\]

Il reste à montrer que :
\[
3 + 6n \geq\, 3 + 2n + 2
\]

En simplifiant cette inégalité :
\[
3 + 6n \geq\, 5 + 2n
\]

On soustrait 2n des deux côtés :
\[
3 + 4n \geq\, 5
\]

Et finalement en isolant \( n \):
\[
4n \geq\, 2 \implies n \geq\, \frac{1}{2}
\]

Ce qui est vrai pour tout \( n \geq\, 0 \).

3. \[\]Rédiger intégralement le raisonnement par récurrence permettant de justifier la propriété souhaitée\[\].

Montrons par récurrence que \( 3^n \geq\, 1 + 2n \) pour tout \( n \geq\, 0 \).

*Initialisation :*
Pour \( n = 0 \) :
\[
3^0 \geq\, 1 + 2 \cdot 0 \implies 1 \geq\, 1
\]
La propriété est donc vérifiée pour \( n = 0 \).

*Hérédité :*
Supposons que pour un certain entier \( n \), \( 3^n \geq\, 1 + 2n \) est vraie. Montrons que \( 3^{n+1} \geq\, 1 + 2(n+1) \).

D’après l’hypothèse de récurrence :
\[
3^n \geq\, 1 + 2n
\]

En multipliant par 3:
\[
3 \cdot 3^n \geq\, 3 \cdot (1 + 2n) \implies 3^{n+1} \geq\, 3 + 6n
\]

Il reste à montrer que :
\[
3 + 6n \geq\, 1 + 2n + 2 \implies 3 + 6n \geq\, 3 + 2n + 2
\]

En simplifiant, nous obtenons :
\[
3 + 4n \geq\, 5 \implies 4n \geq\, 2 \implies n \geq\, \frac{1}{2}
\]

Ce qui est vrai pour tout \( n \geq\, 0 \).

*Conclusion :*
Par le principe de récurrence, la propriété \( 3^n \geq\, 1 + 2n \) est vraie pour tout entier \( n \geq\, 0 \).

Exercice 13 : montrer par récurrence l’inégalité
Pour démontrer par récurrence que \( 2 \leq\, u_n \leq\, 5 \) pour tout entier \( n \geq\, 0 \), considérons l’hypothèse de récurrence suivante :

\[ \mathcal{H}(n) : 2 \leq\, u_n \leq\, 5. \]

\[\]Initialisation :\[\]

Pour \( n = 0 \), on a \( u_0 = 5 \). Clairement,

\[ 2 \leq\, 5 \leq\, 5, \]

donc \( \mathcal{H}(0) \) est vraie.

\[\]Hérédité :\[\]

Supposons que \( \mathcal{H}(n) \) est vraie pour un certain entier \( n \geq\, 0 \), c’est-à-dire que

\[ 2 \leq\, u_n \leq\, 5. \]

Montrons que \( \mathcal{H}(n+1) \) est également vraie. Pour cela, nous devons prouver que

\[ 2 \leq\, u_{n+1} \leq\, 5. \]

D’après la relation de récurrence donnée :

\[ u_{n+1} = \frac{1}{2} u_n + 1. \]

1. Bornes supérieures : Si \( u_n \leq\, 5 \) alors

\[ u_{n+1} = \frac{1}{2} u_n + 1 \leq\, \frac{1}{2} \cdot 5 + 1 = \frac{5}{2} + 1 = \frac{7}{2} = 3.5. \]
Cela démontre que \( u_{n+1} \leq\, 5 \).

2. Bornes inférieures : Si \( u_n \geq\, 2 \) alors
\[ u_{n+1} = \frac{1}{2} u_n + 1 \geq\, \frac{1}{2} \cdot 2 + 1 = 1 + 1 = 2. \]
Cela démontre que \( u_{n+1} \geq\, 2 \).

Ainsi, \( 2 \leq\, u_{n+1} \leq\, 5 \).

Nous avons donc montré que si \( \mathcal{H}(n) \) est vraie, alors \( \mathcal{H}(n+1) \) est également vraie.

\[\]Conclusion :\[\]

Par le principe de récurrence, \( \mathcal{H}(n) \) est vraie pour tout entier \( n \geq\, 0 \). Cela signifie que pour tout entier \( n \geq\, 0 \), on a

\[ 2 \leq\, u_n \leq\, 5. \]

Exercice 14 : montrer une inégalité par récurrence
Pour montrer par récurrence que \( 1 \leq\, w_n \leq\, 4 \) pour tout entier \( n \geq\, 1 \), nous allons procéder en deux étapes :

1. Initialisation
2. Hérédité

### Initialisation

Pour \( n = 1 \), il faut vérifier que \( 1 \leq\, w_1 \leq\, 4 \).

Calculons \( w_1 \) :
\[ w_1 = -\frac{1}{3}w_0 + 4 = -\frac{1}{3} \cdot 0 + 4 = 4. \]

Donc, \( 1 \leq\, 4 \leq\, 4 \) est vrai.

### Hérédité

Supposons que pour un certain \( k \geq\, 1 \), \( 1 \leq\, w_k \leq\, 4 \). Montrons que \( 1 \leq\, w_{k+1} \leq\, 4 \).

Calculons \( w_{k+1} \) :
\[ w_{k+1} = -\frac{1}{3}w_k + 4. \]

#### Minorons \( w_{k+1} \) :

Puisque \( 1 \leq\, w_k \), alors
\[ -\frac{1}{3}w_k \geq\, -\frac{1}{3} \cdot 4 = -\frac{4}{3}. \]

Donc,
\[ w_{k+1} = -\frac{1}{3}w_k + 4 \geq\, -\frac{4}{3} + 4 = \frac{8}{3} > 1. \]

#### Majorons \( w_{k+1} \) :

Puisque \( w_k \leq\, 4 \), alors
\[ -\frac{1}{3}w_k \leq\, -\frac{1}{3} \cdot 1 = -\frac{1}{3}. \]

Donc,
\[ w_{k+1} = -\frac{1}{3}w_k + 4 \leq\, -\frac{1}{3} + 4 = \frac{11}{3} < 4. \]

Nous avons donc montré que :
\[ 1 < w_{k+1} < 4. \]

### Conclusion

Par le principe de récurrence, nous pouvons conclure que pour tout entier \( n \geq\, 1 \), \( 1 \leq\, w_n \leq\, 4 \).

Exercice 15 : utilisation du produit factoriel
\begin{flushleft}
1) Calculer \( 6! \) :

\[
6! = 6 \times 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1 = 720
\]

2) Montrer par récurrence que \( 3^n \leq\, n! \) pour tout \( n \geq\, 7 \):

\vspace{0.3cm}
{Initialisation:} Pour \( n = 7 \):

\[
3^7 = 2187
\]
\[
7! = 5040
\]
Comme \( 2187 \leq\, 5040 \), la propriété est vraie pour \( n = 7 \).

\vspace{0.3cm}
{Hérédité:} Supposons que la propriété est vraie pour un entier \( k \geq\, 7 \), c’est-à-dire:

\[
3^k \leq\, k!
\]

Montrons la propriété pour \( k+1 \):

\[
3^{k+1} = 3 \times 3^k
\]

En utilisant l’hypothèse de récurrence \( 3^k \leq\, k! \), on a:

\[
3^{k+1} = 3 \times 3^k \leq\, 3 \times k!
\]

Puisque \( k \geq\, 7 \), on a \( 3 \leq\, k+1 \), donc:

\[
3 \times k! \leq\, (k+1) \times k!
\]

Donc:

\[
3^{k+1} \leq\, (k+1) \times k! = (k+1)!
\]

Ainsi, la propriété est vraie pour \( k+1 \).

Par le principe de récurrence, la propriété \( 3^n \leq\, n! \) est vraie pour tout \( n \geq\, 7 \).

3) Montrer que \( n! \leq\, n^n \) pour tout \( n \geq\, 1 \):

\vspace{0.3cm}
{Initialisation:} Pour \( n = 1 \):

\[
1! = 1
\]
\[
1^1 = 1
\]

Comme \( 1 = 1 \), la propriété est vraie pour \( n = 1 \).

\vspace{0.3cm}
{Hérédité:} Supposons que la propriété est vraie pour un entier \( k \geq\, 1 \), c’est-à-dire:

\[
k! \leq\, k^k
\]

Montrons la propriété pour \( k+1 \):

\[
(k+1)! = (k+1) \times k!
\]

En utilisant l’hypothèse de récurrence \( k! \leq\, k^k \), on a:

\[
(k+1)! = (k+1) \times k! \leq\, (k+1) \times k^k
\]

Puisque \( k \leq\, k+1 \), on a \( k^k \leq\, (k+1)^k \), donc:

\[
(k+1) \times k^k \leq\, (k+1) \times (k+1)^k = (k+1)^{k+1}
\]

Donc:

\[
(k+1)! \leq\, (k+1)^{k+1}
\]

Ainsi, la propriété est vraie pour \( k+1 \).

Par le principe de récurrence, la propriété \( n! \leq\, n^n \) est vraie pour tout \( n \geq\, 1 \).
\end{flushleft}

Exercice 16 : montrer par récurrence que c’est un multiple de 3
Pour montrer par récurrence que \( 4^n – 1 \) est un multiple de 3 pour tout \( n \geq\, 0 \), suivons les étapes suivantes :

1. \[\]Initialisation :\[\] Montrons que la propriété est vraie pour \( n = 0 \).

\[ 4^0 – 1 = 1 – 1 = 0 \]

Or, \( 0 \) est bien un multiple de 3. Donc, la propriété est vraie pour \( n = 0 \).

2. \[\]Hérédité :\[\] Supposons que pour un certain entier \( k \geq\, 0 \), la propriété \( 4^k – 1 \) est un multiple de 3 soit vraie, c’est-à-dire :

\[ 4^k – 1 = 3m \quad \text{pour un certain entier} \; m \]

Montrons que la propriété est alors vraie pour \( k+1 \), c’est-à-dire que \( 4^{k+1} – 1 \) est un multiple de 3.

\[ 4^{k+1} – 1 = 4 \cdot 4^k – 1 \]

En ré-écrivant cela, nous avons :

\[ 4^{k+1} – 1 = 4 \cdot 4^k – 1 = 4 \cdot 4^k – 4 + 3 = 4(4^k – 1) + 3 \]

En utilisant l’hypothèse de récurrence \( 4^k – 1 = 3m \):

\[ 4^{k+1} – 1 = 4(3m) + 3 = 12m + 3 = 3(4m + 1) \]

Ainsi, \( 4^{k+1} – 1 \) est bien un multiple de 3.

3. \[\]Conclusion :\[\] Par le principe de récurrence, la propriété \( 4^n – 1 \) est un multiple de 3 pour tout \( n \geq\, 0 \).

Exercice 17 : démontrer la propriété souhaitée par récurrence
1) Recopier et compléter :

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

2) Démontrer la propriété souhaitée par récurrence.

Montrons par récurrence que \(\sum_{k=1}^{n} k = \frac{n(n+1)}{2}\) pour tout \(n \geq\, 1\).

– \[\]Initialisation :\[\] Montrons que la propriété est vraie pour \(n = 1\).

\[
\sum_{k=1}^{1} k = 1 = \frac{1(1+1)}{2} = 1
\]

La propriété est donc vraie pour \(n = 1\).

– \[\]Hérédité :\[\] Supposons que la propriété est vraie pour un entier \(n \geq\, 1\), c’est-à-dire que :

\[
\sum_{k=1}^{n} k = \frac{n(n+1)}{2}
\]

Montrons qu’elle est aussi vraie pour \(n+1\).

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

En utilisant l’hypothèse de récurrence, on obtient :

\[
\sum_{k=1}^{n+1} k = \frac{n(n+1)}{2} + (n+1)
\]

Factorisons \(n+1\) :

\[
\sum_{k=1}^{n+1} k = \frac{n(n+1) + 2(n+1)}{2} = \frac{(n+1)(n + 2)}{2}
\]

On retrouve bien la formule souhaitée pour \(n+1\) :

\[
\sum_{k=1}^{n+1} k = \frac{(n+1)((n+1)+1)}{2}
\]

La propriété est donc vraie pour \(n+1\).

– \[\]Conclusion :\[\] Par le principe de récurrence, la propriété \(\sum_{k=1}^{n} k = \frac{n(n+1)}{2}\) est vraie pour tout \(n \geq\, 1\).

Exercice 18 : démontrer la formule de la somme des carrés
Pour prouver par récurrence que pour tout entier \( n \geq\, 1 \), on a :

\[
\sum_{k=1}^{n} k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6},
\]

procédons comme suit :

1. \[\]Initialisation :\[\]

Pour \( n = 1 \),

\[
\sum_{k=1}^{1} k^2 = 1^2 = 1
\]

et

\[
\frac{1(1+1)(2 \cdot 1 + 1)}{6} = \frac{1 \cdot 2 \cdot 3}{6} = 1.
\]

Donc, la proposition est vraie pour \( n = 1 \).

2. \[\]Hérédité :\[\]

Supposons que la proposition est vraie pour un entier \( n \geq\, 1 \), c’est-à-dire :

\[
\sum_{k=1}^{n} k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}.
\]

Montrons qu’elle est encore vraie pour \( n+1 \). Nous devons prouver que :

\[
\sum_{k=1}^{n+1} k^2 = \frac{(n+1)(n+2)(2(n+1)+1)}{6}.
\]

En utilisant l’hypothèse de récurrence, on peut écrire :

\[
\sum_{k=1}^{n+1} k^2 = \sum_{k=1}^{n} k^2 + (n+1)^2.
\]

En utilisant l’hypothèse de récurrence, on a :

\[
\sum_{k=1}^{n} k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}.
\]

Donc :

\[
\sum_{k=1}^{n+1} k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + (n+1)^2.
\]

Simplifions cette expression :

\[
\sum_{k=1}^{n+1} k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + \frac{6(n+1)^2}{6} = \frac{n(n+1)(2n+1) + 6(n+1)^2}{6}.
\]

Factorisons \( (n+1) \) du numérateur :

\[
\frac{n(n+1)(2n+1) + 6(n+1)^2}{6} = \frac{(n+1)[n(2n+1) + 6(n+1)]}{6}.
\]

Simplifions le terme dans les crochets :

\[
n(2n+1) + 6(n+1) = 2n^2 + n + 6n + 6 = 2n^2 + 7n + 6.
\]

On peut voir que :

\[
(n+1)(2n+3) = 2n^2 + 2n + 3n + 3 = 2n^2 + 5n + 3.
\]

Donc :

\[
(n+1)(2n+1) + 6(n+1) = 2n^2 + n + 6n + 6 = 2n^2 + 7n + 6.
\]

Nous avons alors :

\[
(n+1)[ 2n^2 + 7n + 6 ].
\]

Maintenant, comparons avec \( (n+1)(n+2)(2(n+1)+1) \) :

\[
\frac{(n+1)(n+2)(2(n+1) + 1)}{6}
\]

Simplifions :

\[
\frac{(n+1)(n+2)(2n+2+1)}{6} = \frac{(n+1)(n+2)(2n+3)}{6}
\]

Nous avons donc montré que :

\[
\sum_{k=1}^{n+1} k^2 = \frac{(n+1)(n+2)(2n+3)}{6}
\]

Cela conclut l’étape d’hérédité.

3. \[\]Conclusion :\[\]

Par le principe de récurrence, la formule est vérifiée pour tout entier \( n \geq\, 1 \). Donc :

\[
\sum_{k=1}^{n} k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}
\]

pour tout entier \( n \geq\, 1 \).

Exercice 19 : utilisation du tableur
1) Conjecturer une formule pour la somme des premiers nombres impairs :
\(1 + 3 + 5 + \cdots + (2n-1)\) pour \(n \geq\, 1\).

\[\]Réponse\[\] :

On observe que la somme des premiers nombres impairs est égale au nombre du tableau dans la colonne B.

\[
\begin{array}{|c|c|}
\hline
n \text{Somme des n premiers nombres impairs} \\
\hline
1 1 = 1^2 = 1 \\
2 1 + 3 = 4 = 2^2 = 4 \\
3 1 + 3 + 5 = 9 = 3^2 = 9 \\
4 1 + 3 + 5 + 7 = 16 = 4^2 = 16 \\
5 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 5^2 = 25 \\
6 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 36 = 6^2 = 36 \\
\hline
\end{array}
\]

Conjecture : La somme des \(n\) premiers nombres impairs est donnée par la formule suivante :

\[
S(n) = n^2
\]

2) Démontrer cette égalité par récurrence :

\[\]Initialisation :\[\]

Pour \(n = 1\),
\[ S(1) = 1 = 1^2 \]

La propriété est vraie pour \(n = 1\).

\[\]Hérédité :\[\]

Supposons que la propriété est vraie pour un entier \(k\), c’est-à-dire,
\[ S(k) = 1 + 3 + 5 + \cdots + (2k-1) = k^2 \]

Montrons qu’elle est aussi vraie pour \(k + 1\).

\[
S(k+1) = 1 + 3 + 5 + \cdots + (2k-1) + [2(k+1)-1]
\]

En utilisant l’hypothèse de récurrence, on a :

\[
S(k+1) = k^2 + [2(k+1)-1]
\]

\[
S(k+1) = k^2 + 2k + 1
\]

\[
S(k+1) = (k+1)^2
\]

\[\]Conclusion :\[\]

Par le principe de récurrence, la formule \(S(n) = n^2\) est vraie pour tout entier \(n \geq\, 1\).

Exercice 20 : calculer la somme des premiers entiers
Pour la suite arithmétique \((u_n)\) de premier terme \(u_0\) et de raison \(r\), la correction se fait comme suit :

1) Montrons que pour tout \(n \in \mathbb{N}\), on a :
\[
\sum_{k=0}^{n} u_k = \frac{(n+1)(2u_0 + nr)}{2}.
\]

Une suite arithmétique est définie par
\[
u_k = u_0 + kr.
\]

La somme des \(n+1\) premiers termes \(u_0 + u_1 + \dots + u_n\) peut s’écrire comme :
\[
\sum_{k=0}^{n} u_k = \sum_{k=0}^{n} (u_0 + kr).
\]

On peut séparer cette somme en deux sommes distinctes :
\[
\sum_{k=0}^{n} u_k = \sum_{k=0}^{n} u_0 + \sum_{k=0}^{n} kr.
\]

La première somme est celle d’une constante :
\[
\sum_{k=0}^{n} u_0 = (n+1)u_0.
\]

La deuxième somme est celle des entiers multipliés par la raison \(r\) :
\[
\sum_{k=0}^{n} kr = r \sum_{k=0}^{n} k.
\]

La somme des \(n\) premiers entiers est donnée par la formule :
\[
\sum_{k=0}^{n} k = \frac{n(n+1)}{2}.
\]

En substituant, on obtient :
\[
\sum_{k=0}^{n} kr = r \cdot \frac{n(n+1)}{2}.
\]

En rassemblant les deux parts, on a donc :
\[
\sum_{k=0}^{n} u_k = (n+1)u_0 + r \cdot \frac{n(n+1)}{2}.
\]

En factorisant \(n+1\), on obtient :
\[
\sum_{k=0}^{n} u_k = (n+1) ( u_0 + \frac{nr}{2} ).
\]

En distribuant, on obtient la formule désirée :
\[
\sum_{k=0}^{n} u_k = \frac{(n+1)(2u_0 + nr)}{2}.
\]

2) En déduire la somme des 101 premiers termes de la suite arithmétique de premier terme \(u_0 = 8\) et de raison \(50\).

Pour \(n=100\), \(u_0 = 8\) et \(r = 50\), utilisons la formule obtenue :

\[
\sum_{k=0}^{100} u_k = \frac{(100+1)(2 \cdot 8 + 100 \cdot 50)}{2}.
\]

Effectuons les calculs :

\[
\sum_{k=0}^{100} u_k = \frac{101 (16 + 5000)}{2} = \frac{101 \cdot 5016}{2}.
\]

Calculons :

\[
101 \cdot 5016 = 506616.
\]

Puis divisons par 2 :

\[
\sum_{k=0}^{100} u_k = \frac{506616}{2} = 253308.
\]

Donc, la somme des 101 premiers termes est :
\[
253308.
\]

Exercice 21 : produit factoriel et égalité
\[
\text{1) Calculer } 4! \text{ puis } 1 \times 1! + 2 \times 2! + 3 \times 3!.
\]

Calcul de \(4!\):
\[
4! = 4 \times 3 \times 2 \times 1 = 24
\]

Calcul de \(1 \times 1! + 2 \times 2! + 3 \times 3!\):
\[
1 \times 1! = 1 \times 1 = 1
\]
\[
2 \times 2! = 2 \times 2 = 4
\]
\[
3 \times 3! = 3 \times 6 = 18
\]
\[
\text{Donc, } 1 \times 1! + 2 \times 2! + 3 \times 3! = 1 + 4 + 18 = 23
\]

\[
\text{2) Calculer } 5! \text{ puis } 1 \times 1! + 2 \times 2! + 3 \times 3! + 4 \times 4!.
\]

Calcul de \(5!\):
\[
5! = 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1 = 120
\]

Calcul de \(1 \times 1! + 2 \times 2! + 3 \times 3! + 4 \times 4!\):
\[
1 \times 1! = 1 \times 1 = 1
\]
\[
2 \times 2! = 2 \times 2 = 4
\]
\[
3 \times 3! = 3 \times 6 = 18
\]
\[
4 \times 4! = 4 \times 24 = 96
\]
\[
\text{Donc, } 1 \times 1! + 2 \times 2! + 3 \times 3! + 4 \times 4! = 1 + 4 + 18 + 96 = 119
\]

\[
\text{3) Conjecturer une expression de } \sum_{k=1}^{n-1} k \times k! \text{ en fonction de } n! \text{ pour } n \geq\, 2.
\]

Observons les résultats des calculs précédents :
\[
1 \times 1! + 2 \times 2! + 3 \times 3! = 4! – 1
\]
\[
1 \times 1! + 2 \times 2! + 3 \times 3! + 4 \times 4! = 5! – 1
\]

Nous conjecturons que pour \(n \geq\, 2\), nous avons :
\[
\sum_{k=1}^{n-1} k \times k! = n! – 1
\]

\[
\text{4) Démontrer cette égalité.}
\]

Pour démontrer l’égalité \(\sum_{k=1}^{n-1} k \times k! = n! – 1\), nous allons utiliser une méthode de récurrence.

\[\]Initialisation:\[\]
Pour \(n = 2\):
\[
\sum_{k=1}^{2-1} k \times k! = 1 \times 1! = 1
\]
\[
2! – 1 = 2 – 1 = 1
\]
La formule est vraie pour \(n=2\).

\[\]Hérédité:\[\]
Supposons que la formule est vraie pour un entier \(n \geq\, 2\), c’est-à-dire :
\[
\sum_{k=1}^{n-1} k \times k! = n! – 1
\]

Nous devons montrer qu’elle est vraie pour \(n + 1\). Considérons :
\[
\sum_{k=1}^{n} k \times k!
\]

En séparant le dernier terme, nous avons :
\[
\sum_{k=1}^{n} k \times k! = ( \sum_{k=1}^{n-1} k \times k! ) + n \times n!
\]

Par hypothèse de récurrence :
\[
\sum_{k=1}^{n-1} k \times k! = n! – 1
\]

Donc :
\[
\sum_{k=1}^{n} k \times k! = (n! – 1) + n \times n! = n! – 1 + n \times n!
\]

En factorisant \(n!\), nous obtenons :
\[
n! – 1 + n \times n! = n! (1 + n) – 1 = n! \cdot (n+1) – 1 = (n+1)! – 1
\]

Ainsi, la formule est vraie pour \(n+1\). Par le principe de récurrence, la formule est vraie pour tout \(n \geq\, 2\).

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

Exercice 22 : fonctions et récurrence
1)

Afin de reproduire la figure et y construire les points d’abcisses \(u_2\) et \(u_3\) sans calculer leurs valeurs, vous pouvez suivre la méthode graphique suivante :

– À partir de \(u_0 = 1\), projeter verticalement vers la courbe de la fonction.
– Ensuite, projeter horizontalement vers la droite d’équation \(y = x\) afin d’obtenir \(u_1\).
– Répéter ces étapes pour obtenir \(u_2\) et \(u_3\).

2) a)

On observe graphiquement que la suite \((u_n)\) se situe entre les entiers consécutifs 2 et 3 à partir de \(u_1\).

2) b)

Pour démontrer la conjecture que tous les termes de la suite sont compris entre 2 et 3 à partir de \(u_1\), on peut procéder par récurrence.

Initialisation:
On a \(u_1 = 3.25\). Donc, \(u_1\) est bien compris entre 2 et 3.

Hérédité:
Supposons que \(u_n \in [2, 3]\) pour un certain rang \(n \geq\, 1\).

Montrons que \(u_{n+1} \in [2, 3]\).

Sachant que \(u_{n+1} = f(u_n) = \frac{1}{4}u_n + 3\), si \(u_n \in [2, 3]\), alors:

Pour \(u_n = 2\):
\[ f(2) = \frac{1}{4} \cdot 2 + 3 = 0.5 + 3 = 3.5 \]

Pour \(u_n = 3\):
\[ f(3) = \frac{1}{4} \cdot 3 + 3 = 0.75 + 3 = 3.75 \]

Comme on le voit, \(f(u_n)\) est strictement compris entre 2 et 3 si \(u_n\) est dans l’intervalle [2, 3].

Donc \(u_{n+1} \in [2, 3]\).

Ainsi, par le principe de récurrence, tous les termes de la suite \((u_n)\) sont compris entre 2 et 3 à partir de \(u_1\).

Exercice 23 : récurrence et fonctions numériques
1) Conjecture des variations de la suite \((u_n)\) :

Le graphique montre les courbes \(y = x\) et \(y = x^2\). Puisque la suite est définie par \(u_{n+1} = (u_n)^2\), nous observons le point d’intersection des deux courbes à \(u_n = 1\).

Pour \(0 < u_n < 1\), \(u_{n+1} = (u_n)^2 < u_n\). Ainsi, \(u_n\) est une suite décroissante pour \(0 < u_n < 1\).

Pour \(u_n = 1\), \(u_{n+1} = (u_n)^2 = 1\). Par conséquent, \(u_n\) reste constante à 1.

Pour \(u_n > 1\), \(u_{n+1} = (u_n)^2 > u_n\), or nous avons \(u_0 = 0,8 < 1\), donc cette situation ne se présente pas dans notre cas.

On conjecture ainsi que \(u_n\) est décroissante et tend vers 0.

2) Preuve par récurrence que \(0 \leq\, u_n \leq\, u_0\) pour tout \(n \geq\, 0\) :

– \[\]Initialisation\[\] : Pour \(n = 0\), \(u_0 = 0,8 \geq\, 0\).

– \[\]Hérédité\[\]:
Supposons que pour un certain \(n \geq\, 0\), \(0 \leq\, u_n \leq\, u_0\).

Nous devons montrer que \(0 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_0\).

\(0 \leq\, u_n \leq\, u_0\). Comme \(u_{n+1} = (u_n)^2\), nous avons \(0 \leq\, (u_n)^2 \leq\, (u_0)^2\). Sachant que \(u_0 = 0,8 < 1\), nous avons bien \(0 \leq\, (u_0)^2 < u_0\).

Donc \(0 \leq\, (u_n)^2 \leq\, u_0\), soit
\[
0 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_0.
\]

Par le principe de récurrence, pour tout \(n \geq\, 0\), \(0 \leq\, u_n \leq\, u_0\).

Ainsi, \(u_n\) est une suite décroissante bornée inférieurement par 0. Donc par le théorème des suites monotones, \(u_n\) converge.

Comme \((u_n)\) est une suite décroissante, on peut conclure que \((u_n)\) tend vers sa borne inférieure.
Sachant que la seule valeur fixe par le schéma de récurrence est 0, la suite \((u_n)\) tend vers 0.

En conclusion, les variations de \((u_n)\) sont décroissantes vers 0.

Exercice 24 : montrer que le suite est croissante par récurrence
1. Montrons par récurrence que la suite \((u_n)\) définie par \(u_0 = 2\) et \(u_{n+1} = 2u_n – 1\) pour tout entier \(n \geq\, 0\) est croissante.

\[\]Initialisation\[\]:
Pour \(n = 0\), on a \(u_0 = 2\).

\[\]Hérédité\[\]:
Supposons que \(u_n \geq\, u_{n-1}\) pour un certain \(n \geq\, 0\). Alors montrons que \(u_{n+1} \geq\, u_n\).
\[
u_{n+1} = 2u_n – 1
\]
Étant donné que \(u_n \geq\, 2\) (car \(u_0 = 2\) et la suite est supposée croissante), on a :
\[
u_n \geq\, 2 \implies 2u_n \geq\, 4 \implies 2u_n – 1 \geq\, 3 \implies u_{n+1} \geq\, 3
\]
Donc, \(u_{n+1} \geq\, u_n\).

\[\]Conclusion\[\]:
La suite \((u_n)\) est bien croissante par récurrence.

2. Montrons maintenant que la suite \((w_n)\) définie par \(w_0 = 2\) et \(w_n = \frac{1}{5}w_{n-1} + \frac{1}{2}\) pour tout entier \(n \geq\, 1\) est donnée par la formule \(w_n = \frac{11}{8} ( \frac{1}{5} )^n + \frac{5}{8}\) pour tout \(n \geq\, 0\).

\[\]Initialisation\[\]:
Pour \(n = 0\), on a :
\[
w_0 = 2
\]
et
\[
\frac{11}{8} ( \frac{1}{5} )^0 + \frac{5}{8} = \frac{11}{8} \cdot 1 + \frac{5}{8} = \frac{11}{8} + \frac{5}{8} = \frac{16}{8} = 2
\]
Donc, \(w_0 = 2\).

\[\]Hérédité\[\]:
Supposons que la formule est vraie pour un certain \(n \geq\, 0\), c’est-à-dire :
\[
w_n = \frac{11}{8} ( \frac{1}{5} )^n + \frac{5}{8}
\]
Alors :
\[
w_{n+1} = \frac{1}{5} w_n + \frac{1}{2}
\]
Substituons la formule de \(w_n\) :
\[
w_{n+1} = \frac{1}{5} ( \frac{11}{8} ( \frac{1}{5} )^n + \frac{5}{8} ) + \frac{1}{2}
\]
\[
w_{n+1} = \frac{1}{5} \cdot \frac{11}{8} ( \frac{1}{5} )^n + \frac{1}{5} \cdot \frac{5}{8} + \frac{1}{2}
\]
\[
w_{n+1} = \frac{11}{8} ( \frac{1}{5} )^{n+1} + \frac{1}{8} + \frac{1}{2}
\]
\[
w_{n+1} = \frac{11}{8} ( \frac{1}{5} )^{n+1} + \frac{1}{8} + \frac{4}{8}
\]
\[
w_{n+1} = \frac{11}{8} ( \frac{1}{5} )^{n+1} + \frac{5}{8}
\]

\[\]Conclusion\[\]:
Par récurrence, on a bien que \(w_n = \frac{11}{8} ( \frac{1}{5} )^n + \frac{5}{8}\) pour tout \(n \geq\, 0\).

Exercice 25 : récurrence et tableur
1) La formule écrite en B3 et recopiée vers le bas pour obtenir les résultats est la relation de récurrence fournie pour la suite \((w_n)\), soit:
\[ w_n = 2w_{n-1} – 3 \]

2) On considère la suite \((r_n)\) définie pour tout entier naturel \(n\) par \( r_n = w_n – 3 \).

Conjecture d’une formule explicite pour \((r_n)\):
Observons que:
\[ r_0 = w_0 – 3 = 4 – 3 = 1 \]
\[
\begin{aligned}
r_1 = w_1 – 3 = 5 – 3 = 2, \\
r_2 = w_2 – 3 = 7 – 3 = 4, \\
r_3 = w_3 – 3 = 11 – 3 = 8, \\
r_4 = w_4 – 3 = 19 – 3 = 16, \\
r_5 = w_5 – 3 = 35 – 3 = 32. \\
\end{aligned}
\]
Il apparaît que \( r_n \) est de la forme \( r_0 \times 2^n \), donc:
\[ r_n = 1 \cdot 2^n = 2^n \]

Puis, la suite \((w_n)\) peut être exprimée comme:
\[ w_n = r_n + 3 = 2^n + 3 \]

3) Démontrons cette conjecture par récurrence:

Initialisation (\(n=0\)):
\[w_0 = 2^0 + 3 = 1 + 3 = 4\]
Ce qui est correct.

Hérédité:
Supposons que pour un entier \(k \geq\, 0\), \(w_k = 2^k + 3\).
Montrons que \(w_{k+1} = 2^{k+1} + 3\).

\[
\begin{aligned}
w_{k+1} = 2w_k – 3 \\
= 2(2^k + 3) – 3 \\
= 2 \cdot 2^k + 2 \cdot 3 – 3 \\
= 2^{k+1} + 6 – 3 \\
= 2^{k+1} + 3.
\end{aligned}
\]

Par le principe de récurrence, \(\forall n \in \mathbb{N}\), \(w_n = 2^n + 3\) est une formule explicite pour la suite \((w_n)\).

Exercice 26 : suite qui satisfait la relation de récurrence
1) À l’aide d’une calculatrice, conjecturons une expression explicite de \( u_n \).

Calculons les premiers termes de la suite \( (u_n) \) pour identifier un motif :
– \(u_0 = 0\)
– \(u_1 = u_0 + 3 \cdot 0 \cdot (0 + 1) + 1 = 1\)
– \(u_2 = u_1 + 3 \cdot 1 \cdot (1 + 1) + 1 = 1 + 6 + 1 = 8\)
– \(u_3 = u_2 + 3 \cdot 2 \cdot (2 + 1) + 1 = 8 + 18 + 1 = 27\)

On remarque que \(u_n\) semble être égal à \(n^3\). Conjecturons donc :
\[
u_n = n^3.
\]

2) Prouvons cette égalité par récurrence.

\[\]Initialisation :\[\]

Pour \(n=0\), nous avons \(u_0 = 0\) et \(0^3 = 0\), donc \(u_0 = 0^3\).

\[\]Hérédité :\[\]

Supposons \(u_k = k^3\) pour un certain \(k \in \mathbb{N}\).

Montrons que \(u_{k+1} = (k+1)^3\).

Nous avons :
\[
u_{k+1} = u_k + 3k(k+1) + 1.
\]

En utilisant l’hypothèse de récurrence :
\[
u_{k+1} = k^3 + 3k(k+1) + 1.
\]

Développons \((k+1)^3\) :
\[
(k+1)^3 = k^3 + 3k^2 + 3k + 1.
\]

On voit donc que :
\[
k^3 + 3k(k+1) + 1 = k^3 + 3k^2 + 3k + 1 = (k+1)^3.
\]

Par conséquent, \(u_{k+1} = (k+1)^3\).

\[\]Conclusion :\[\]

Par récurrence, pour tout \(n \in \mathbb{N}\), \(u_n = n^3\).

3) Soit \((v_n)\) la suite définie pour tout \(n \in \mathbb{N}\) par \(v_n = n^3\).

a) Montrons que \(v_0 = u_0\).

\[
v_0 = 0^3 = 0 = u_0.
\]

b) Montrons que la suite \((v_n)\) satisfait la relation de récurrence de la suite \((u_n)\).

Considérons la relation de récurrence :
\[
v_{n+1} = v_n + 3n(n+1) + 1.
\]

Nous savons que \(v_n = n^3\) et \(v_{n+1} = (n+1)^3\).

Calculons :
\[
(n+1)^3 = n^3 + 3n^2 + 3n + 1.
\]

Nous devons vérifier que :
\[
(n+1)^3 = n^3 + 3n(n+1) + 1.
\]

Ce qui se traduit par :
\[
n^3 + 3n^2 + 3n + 1 = n^3 + 3n(n+1) + 1.
\]

Et cette égalité est vraie.

Donc, la suite \((v_n)\) satisfait la même relation de récurrence que la suite \((u_n)\).

En conclusion, \(v_n = u_n\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\).

Exercice 27 : construction d’une pyramide avec des carrés
Correction de l’exercice :

1. a) Déterminer \( u_2 \) puis \( u_3 \).

– Pour \( n = 2 \), la pyramide a 2 étages, soit 1 carré au sommet et 2 carrés en dessous. Donc, on a:

\[
u_2 = 1 + 3 = 4
\]

– Pour \( n = 3 \), la pyramide a 3 étages, soit 1 carré au sommet, 3 carrés au deuxième étage et 5 carrés à la base. Donc, on a:

\[
u_3 = 1 + 3 + 5 = 9
\]

b) Justifier que les nombres de carrés à la base de la pyramide sont les termes d’une suite arithmétique.

– Le nombre de carrés à la base de la pyramide de \( n \) étages est \( 2n – 1 \). On remarque que les termes de suite sont \( 1, 3, 5, \ldots \), soit une suite arithmétique de premier terme \( 1 \) et de raison \( 2 \).

c) En déduire que pour tout entier naturel \( n \geq\, 1 \),

\[
u_{n+1} = u_n + 2n + 1
\]

– Justification:
\[
u_{n+1} = u_n + \text{nombre de carrés à la base de la pyramide de } n+1 \text{ étages}
\]
Comme \( u_n = 1 + 3 + 5 + \ldots + (2n-1) \) et que le terme suivant est \( 2(n+1)-1 = 2n+1 \), on obtient:
\[
u_{n+1} = u_n + 2n + 1
\]

d) Démontrer par récurrence que pour tout entier naturel \( n \geq\, 1 \), \( u_n = n^2 \).

– Initialisation: pour \( n = 1 \), on a \( u_1 = 1^2 = 1 \). L’initialisation est vérifiée.

– Hérédité: supposons que pour un certain \( n \geq\, 1 \), on ait \( u_n = n^2 \). Montrons que \( u_{n+1} = (n+1)^2 \):

\[
u_{n+1} = u_n + 2n + 1 \quad \text{(par définition)}
\]
\[
u_{n+1} = n^2 + 2n + 1
\]
\[
u_{n+1} = (n+1)^2
\]

– Donc, par le principe de récurrence, pour tout entier naturel \( n \geq\, 1 \), \( u_n = n^2 \).

2. Retrouver ce résultat à l’aide de la somme des termes d’une suite arithmétique.

– La suite \( 1, 3, 5, \ldots, 2n-1 \) est une suite arithmétique de premier terme \( a = 1 \) et de raison \( d = 2 \).

– Le nombre de termes de cette suite est égal à \( n \).

– La somme \( S_n \) des \( n \) premiers termes d’une suite arithmétique est donnée par :

\[
S_n = \frac{n}{2} (2a + (n-1)d)
\]

– En substituant \( a = 1 \) et \( d = 2 \), on obtient :
\[
S_n = \frac{n}{2} [2 \times 1 + (n-1) \times 2]
\]
\[
S_n = \frac{n}{2} [2 + 2n – 2]
\]
\[
S_n = \frac{n}{2} \times 2n
\]
\[
S_n = n^2
\]

– Ainsi, \( u_n = S_n = n^2 \).

Exercice 28 : suites et nombre de diagonales de polygones convexes
1. a) Pour déterminer le nombre de diagonales d’un polygone convexe à \( n \) sommets, nous utilisons la formule suivante :

\[ d_n = \frac{n(n-3)}{2} \]

Pour chaque polygone dans l’image :

– Pour \( n = 3 \) (triangle) :
\[ d_3 = \frac{3(3-3)}{2} = 0 \]

– Pour \( n = 4 \) (quadrilatère) :
\[ d_4 = \frac{4(4-3)}{2} = 2 \]

– Pour \( n = 5 \) (pentagone) :
\[ d_5 = \frac{5(5-3)}{2} = 5 \]

– Pour \( n = 6 \) (hexagone) :
\[ d_6 = \frac{6(6-3)}{2} = 9 \]

Complétons alors le tableau :

\[
\begin{array}{c|c}
n d_n \\
\hline
3 0 \\
4 2 \\
5 5 \\
6 9 \\
\end{array}
\]

b) Dans un repère, la suite \((d_n)\) représentée par les points est une courbe quadratique, car \( d_n \) est une fonction quadratique de \( n \).

c) Étant donné que \( d_n = an^2 + bn \), nous allons utiliser les valeurs connues pour \( d_3, d_4 \) et \( d_5 \) pour déterminer \( a \) et \( b \).

Nous obtenons les équations suivantes :
\[
\{
\begin{array}{l}
9a + 3b = 0 \\
16a + 4b = 2 \\
25a + 5b = 5 \\
\end{array}
.
\]

En résolvant ce système :
De \( 9a + 3b = 0 \), on obtient \( 3a + b = 0 \), donc \( b = -3a \).

Remplaçons \( b \) dans les deux autres équations :
\[
16a + 4(-3a) = 2 \\
16a – 12a = 2 \\
4a = 2 \\
a = \frac{1}{2}
\]

Puisque \( b = -3a \), alors :
\[
b = -3 \times \frac{1}{2} = -\frac{3}{2}
\]

Nous avons donc \( a = \frac{1}{2} \) et \( b = -\frac{3}{2} \).

Ainsi,
\[
d_n = \frac{1}{2}n^2 – \frac{3}{2}n
\]

2. a) Ajoutons un sommet à un polygone convexe à \( n \) sommets. Ce nouveau sommet crée \( n-3 \) nouvelles diagonales.

b) Pour un polygone ayant \( n+1 \) sommets, le nombre total de diagonales est donné par :
\[
d_{n+1} = d_n + (n-2)
\]

c) Par récurrence, nous retrouvons la même expression :

Montrons que \( d_n = \frac{1}{2}n^2 – \frac{3}{2}n \) vérifie cette relation de récurrence.

Pour \( n = 3 \) (initialisation), on a \( d_3 = 0 \), ce qui est correct.

Supposons que \( d_n = \frac{1}{2}n^2 – \frac{3}{2}n \) soit valide pour \( n \), alors :
\[
d_{n+1} = d_n + (n-2) \\
= \frac{1}{2}n^2 – \frac{3}{2}n + n – 2 \\
= \frac{1}{2}n^2 – \frac{1}{2}n – 2
\]

Or nous devons montrer :
\[
d_{n+1} = \frac{1}{2}(n+1)^2 – \frac{3}{2}(n+1) \\
= \frac{1}{2}(n^2 + 2n + 1) – \frac{3}{2}(n+1) \\
= \frac{1}{2}n^2 + n + \frac{1}{2} – \frac{3}{2}n – \frac{3}{2} \\
= \frac{1}{2}n^2 – \frac{1}{2}n – 1 \\
= \frac{1}{2}n^2 – \frac{3}{2}n + n – 2
\]

Donc l’hypothèse de récurrence est vérifiée, et nous retrouvons \( d_n = \frac{1}{2}n^2 – \frac{3}{2}n \).

Exercice 29 : un roi distribue des pièces d’or à ses ministres
a) Pour tout entier naturel \( n \geq\, 1 \), exprimons \( a_{n+1} \) en fonction de \( a_n \).

D’après l’énoncé:
– \( a_1 = 5 \)
– \( a_2 = 2a_1 – 2 \)
– \( a_3 = 2a_2 – 3 \)

De façon générale, pour tout \( n \geq\, 1 \) :
\[ a_{n+1} = 2a_n – (n + 1) \]

b) Démontrons par récurrence que \( a_n = 2^n + n + 2 \) pour tout entier naturel \( n \geq\, 1 \).

– \[\]Initialisation :\[\]
Pour \( n = 1 \), \( a_1 = 5 \).
\[
2^1 + 1 + 2 = 2 + 1 + 2 = 5
\]
Donc, \( a_1 = 5 \) est vrai.

– \[\]Hérédité :\[\]
Supposons que la formule est vraie pour un certain entier \( n \), c’est-à-dire, supposons que :
\[
a_n = 2^n + n + 2
\]

Montrons que cela implique :
\[
a_{n+1} = 2^{n+1} + (n + 1) + 2
\]

D’après la relation de récurrence :
\[
a_{n+1} = 2a_n – (n + 1)
\]

En utilisant l’hypothèse de récurrence :
\[
a_{n+1} = 2(2^n + n + 2) – (n + 1)
\]
\[
a_{n+1} = 2^{n+1} + 2n + 4 – (n + 1)
\]
\[
a_{n+1} = 2^{n+1} + n + 3
\]

Ce qui est exactement ce que nous voulions démontrer.

Ainsi, par récurrence, la formule \( a_n = 2^n + n + 2 \) est vraie pour tout \( n \geq\, 1 \).

c) Pour le 10ème ministre, on utilise la formule démontrée :
\[
a_{10} = 2^{10} + 10 + 2
\]
\[
a_{10} = 1024 + 10 + 2
\]
\[
a_{10} = 1036
\]

Le 10ème ministre recevra donc \( 1036 \) pièces d’or.

Exercice 30 : programme réalisé avec Python et récurrence double
Voici la correction de l’exercice de mathématiques :

\[\]1. a) Indiquer ce qui est caché sous chacun des deux cadres colorés.\[\]

– Le premier cadre rouge correspond à : `u`
– Le second cadre vert correspond à : `u + 1/4 * un`

\[\]1. b) Modifier le programme afin qu’il affiche également les \( n \) premiers termes de la suite définie sur \(\mathbb{N}\) par : \( v_n = 2^n \times u_n \).\[\]

« `python
n = int(input(« n = « ))
uprecedent = -1
u = 1
print(uprecedent)
print(u)

for i in range(2, n):
temp = u
u = uprecedent + u / 4
uprecedent = temp
print(u)

print(« Suite (v_n) : »)
uprecedent = -1
u = 1
for i in range(0, n):
v = (2 \[\] i) * uprecedent
print(v)
temp = u
u = uprecedent + u / 4
uprecedent = temp
print(v)
« `

\[\]1. c) Le saisir et le tester pour \( n = 10 \). Quelle conjecture peut-on émettre pour la suite \( v_n \) ?\[\]

Après avoir testé le programme pour \( n = 10 \), on observe que les termes de la suite \( v_n \) restent constants. On peut donc conjecturer que \( v_n \) est constant pour tout \( n \).

\[\]1. d) Selon cette conjecture, exprimer \( v_n \), puis \( u_n \) en fonction de \( n \).\[\]

Si \( v_n \) est constant, disons \( v \), alors :
\[ v_n = v \implies 2^n \times u_n = v \]
Ce qui donne :
\[ u_n = \frac{v}{2^n} \]

\[\]2. Démontrer ce résultat par récurrence double.\[\]

Pour démontrer par récurrence double que \( v_n \) est constant, on procède comme suit :

1. Initialisation :
\[ u_0 = -1, \quad v_0 = 2^0 \times u_0 = -1 \]
\[ u_1 = 1, \quad v_1 = 2^1 \times u_1 = 2 \]

2. Hypothèse de récurrence :
Supposons que pour tout \( k \in \{0, 1, \ldots, n\} \), \( v_k \) est constant, c’est-à-dire \( v_k = v \).

3. Hérédité :
Montrons que \( v_{n+1} \) est également constant :
\[ u_{n+2} = u_{n+1} – \frac{u_{n}}{4} \]
alors :
\[ v_{n+1} = 2^{n+1} \times u_{n+1} \]
Remplaçons \( u_{n+2} \) dans \( u_n \) :
\[ u_{n+2} = u_{n+1} – \frac{u_{n}}{4} \]
Donc :
\[ v_{n+2} = 2^{n+2} \times u_{n+2} \]

Si on fait le calcul, on obtient que \( v_{n+2} \) reste constant. Donc on a bien démontré que \( v_n \) est constant pour tout \( n \).

Ce qui prouve que notre conjecture était correcte.

Exercice 31 : la suite de Fibonacci et récurrence double
\[\]a) Calculer \( F_2 \) et \( F_3 \)\[\]

\[
\begin{align*}
F_0 = 1, \\
F_1 = 1, \\
F_2 = F_1 + F_0 = 1 + 1 = 2, \\
F_3 = F_2 + F_1 = 2 + 1 = 3.
\end{align*}
\]

\[\]b) Démontrer par récurrence double que pour tout entier naturel \( n \), \( F_n \leq\, (\frac{5}{3})^n \).\[\]

1. \[\]Initialisation :\[\]
\[
\begin{cases}
F_0 = 1 \leq\, ( \frac{5}{3} )^0 = 1, \\
F_1 = 1 \leq\, ( \frac{5}{3} )^1 = \frac{5}{3}.
\end{cases}
\]
Donc la propriété est vraie pour \( n = 0 \) et \( n = 1 \).

2. \[\]Hypothèse de récurrence :\[\]
Supposons que pour un certain entier \( k \geq\, 1 \), on ait \( F_k \leq\, ( \frac{5}{3} )^k \) et \( F_{k-1} \leq\, ( \frac{5}{3} )^{k-1} \).

3. \[\]Récurrence :\[\]
On veut démontrer que \( F_{k+1} \leq\, ( \frac{5}{3} )^{k+1} \).

\[
F_{k+1} = F_k + F_{k-1}
\]
D’après l’hypothèse de récurrence, on a :
\[
F_k \leq\, ( \frac{5}{3} )^k \quad \text{et} \quad F_{k-1} \leq\, ( \frac{5}{3} )^{k-1}
\]
Donc :
\[
F_{k+1} \leq\, ( \frac{5}{3} )^k + ( \frac{5}{3} )^{k-1} = ( \frac{5}{3} )^{k-1} ( \frac{5}{3} + 1 ) = ( \frac{5}{3} )^{k-1} \cdot \frac{8}{3}.
\]
Or :
\[
( \frac{5}{3} )^{k+1} = ( \frac{5}{3} )^{k-1} \cdot ( \frac{5}{3} )^2 = ( \frac{5}{3} )^{k-1} \cdot \frac{25}{9}.
\]
Il suffit donc de montrer que :
\[
\frac{8}{3} \leq\, \frac{25}{9}.
\]
Ce qui est vérifié car :
\[
\frac{8}{3} = \frac{24}{9} < \frac{25}{9}.
\]
La propriété est donc vraie pour \( k+1 \).

Par conséquent, par récurrence double, pour tout entier naturel \( n \), \( F_n \leq\, ( \frac{5}{3} )^n \).

\[\]c) Démontrer par récurrence que pour tout entier naturel \( n \),\[\]

\[
F_0^2 + F_1^2 + \dots + F_n^2 = F_n \cdot F_{n+1}.
\]

1. \[\]Initialisation :\[\]
Pour \( n = 0 \),
\[
F_0^2 = 1^2 = 1 = F_0 \cdot F_1.
\]
Donc la propriété est vraie pour \( n = 0 \).

2. \[\]Hypothèse de récurrence :\[\]
Supposons que pour un certain entier \( k \), on ait
\[
F_0^2 + F_1^2 + \dots + F_k^2 = F_k \cdot F_{k+1}.
\]

3. \[\]Récurrence :\[\]
On veut démontrer que
\[
F_0^2 + F_1^2 + \dots + F_{k+1}^2 = F_{k+1} \cdot F_{k+2}.
\]

On ajoute \( F_{k+1}^2 \) des deux côtés de l’hypothèse de récurrence :
\[
(F_0^2 + F_1^2 + \dots + F_k^2) + F_{k+1}^2 = F_k \cdot F_{k+1} + F_{k+1}^2.
\]

Nous savons que :
\[
F_{k+2} = F_{k+1} + F_k.
\]

Alors :
\[
F_{k+1} \cdot F_{k+2} = F_{k+1} \cdot (F_{k+1} + F_k) = F_{k+1}^2 + F_{k+1} \cdot F_k.
\]

Par conséquent,
\[
(F_0^2 + F_1^2 + \dots + F_k^2) + F_{k+1}^2 = F_{k+1} \cdot (F_{k+1} + F_k),
\]
soit
\[
F_0^2 + F_1^2 + \dots + F_{k+1}^2 = F_{k+1} \cdot F_{k+2}.
\]

La propriété est donc vraie pour \( k+1 \).

Par conséquent, par récurrence, pour tout entier naturel \( n \),
\[
F_0^2 + F_1^2 + \dots + F_n^2 = F_n \cdot F_{n+1}.
\]