Raisonnement par récurrence : corrigé des exercices en terminale.

Exercice 1 : conjecturer une expressions de Un
a) Conjecturer une expression de en fonction de .

En observant les valeurs de dans le tableau, nous constatons une relation entre et . Les valeurs approchent de plus en plus celle de $\sqrt{n}$ . Nous conjecturons donc que :

$u_n\,\approx\,\sqrt{n}$

b) Valider cette conjecture par un raisonnement par récurrence.

$Initialisation\,%3A$

Pour $n\,=\,0$ :
$u_0\,=\,0$
et $\sqrt{0}\,=\,0$
La conjecture est vraie au rang 0.

$Heredite\,%3A$

Supposons que la conjecture est vraie au rang , c’est-à-dire :
$u_n\,=\,\sqrt{n}$

Montrons qu’elle est vraie au rang .
$u_{n%2B1}\,=\,\sqrt{u_n^2\,%2B\,1}$

D’après l’hypothèse de récurrence :
$u_n\,=\,\sqrt{n}$

On remplace dans l’expression de $u_{n%2B1}$ :
$u_{n%2B1}\,=\,\sqrt{(\sqrt{n})^2\,%2B\,1}\,=\,\sqrt{n\,%2B\,1}$

La propriété est donc héréditaire.

$Conclusion\,%3A$

La conjecture est vraie au rang initial (n=0) et héréditaire. Par principe de récurrence, elle est vraie pour tout entier naturel.

Ainsi, nous avons montré que :
$u_n\,=\,\sqrt{n}$

Exercice 2 : démontrer une égalité par récurrence
Pour démontrer par récurrence que pour tout nombre entier naturel , $v_n\,=\,n(n%2B1)$ , procédons en deux étapes : l’initialisation et l’hérédité.

### Initialisation

Pour $n\,=\,0$ :
$v_0\,=\,0$
Selon la définition de la suite, nous avons :
$v_0\,=\,0$
Or, $0(0%2B1)\,=\,0$ .
Donc, $v_0\,=\,0$ , ce qui est vrai.

### Hérédité

Supposons que pour un entier , $v_n\,=\,n(n%2B1)$ est vrai. Montrons que $v_{n%2B1}\,=\,(n%2B1)(n%2B2)$ .

Selon la relation de récurrence, nous avons :
$v_{n%2B1}\,=\,v_n\,%2B\,2n\,%2B\,2$

En utilisant l’hypothèse de récurrence $v_n\,=\,n(n%2B1)$ , nous obtenons :
$v_{n%2B1}\,=\,n(n%2B1)\,%2B\,2n\,%2B\,2$
$v_{n%2B1}\,=\,n^2\,%2B\,n\,%2B\,2n\,%2B\,2$
$v_{n%2B1}\,=\,n^2\,%2B\,3n\,%2B\,2$
$v_{n%2B1}\,=\,(n%2B1)(n%2B2)$

Ainsi, nous avons prouvé que si $v_n\,=\,n(n%2B1)$ , alors $v_{n%2B1}\,=\,(n%2B1)(n%2B2)$ .

### Conclusion

Par le principe de récurrence, nous avons démontré que pour tout entier naturel , $v_n\,=\,n(n%2B1)$ .

Exercice 3 : démontrer que la suite est croissante
a) Démonstration par récurrence que, pour tout nombre entier naturel , $0\,\leq\,\,u_n\,\leq\,\,7$ .

1. : Montrons que est vraie.
$u_0\,=\,2$
Clairement, $0\,\leq\,\,2\,\leq\,\,7$ , donc est vraie.

2. : Supposons que est vraie pour un quelconque. C’est-à-dire :
$0\,\leq\,\,u_k\,\leq\,\,7$

Montrons que est vraie :
$u_{k%2B1}\,=\,\sqrt{7u_k}$
Sachant que $0\,\leq\,\,u_k\,\leq\,\,7$ , nous devons montrer que :
$0\,\leq\,\,\sqrt{7u_k}\,\leq\,\,7$

– $\sqrt{7u_k}$ est toujours positif donc :
$0\,\leq\,\,\sqrt{7u_k}$

– Ensuite, pour montrer que $\sqrt{7u_k}\,\leq\,\,7$ , on considère la borne supérieure de :
$0\,\leq\,\,u_k\,\leq\,\,7$
$7u_k\,\leq\,\,7\,\times \,7\,=\,49$
$\sqrt{7u_k}\,\leq\,\,\sqrt{49}\,=\,7$

Ainsi, nous avons bien $0\,\leq\,\,\sqrt{7u_k}\,\leq\,\,7$ , ce qui prouve .

Par conséquent, par principe de récurrence, $0\,\leq\,\,u_n\,\leq\,\,7$ pour tout entier naturel.

b) Démonstration par récurrence que la suite est croissante.

1. : Montrons que $u_1\,\geq\,\,u_0$ .
$u_1\,=\,\sqrt{7u_0}\,=\,\sqrt{7\,\times \,2}\,=\,\sqrt{14}$

Puisque $\sqrt{14}\,\approx\,3.74$ , ce qui est supérieur à 2:
$u_1\,\geq\,\,u_0$
Donc est vrai.

2. : Supposons que pour un certain quelconque est vrai, c’est-à-dire :
$u_{k%2B1}\,\geq\,\,u_k$

Nous devons montrer que :
$u_{k%2B2}\,\geq\,\,u_{k%2B1}$

C’est-à-dire,
$u_{k%2B2}\,=\,\sqrt{7u_{k%2B1}}$
et nous savons par hypothèse de récurrence que :
$u_{k%2B1}\,\geq\,\,u_k$

Nous devons montrer que:
$\sqrt{7u_{k%2B1}}\,\geq\,\,\sqrt{7u_k}$

Comme la fonction racine carrée est croissante et que 7 est constant, nous avons :
$\sqrt{7u_{k%2B1}}\,\geq\,\,\sqrt{7u_k}$
Donc, $u_{k%2B2}\,\geq\,\,u_{k%2B1}$ .

Par principe de récurrence, nous concluons que la suite est croissante pour tout entier naturel .

Exercice 4 : démontrar par récurrence que pour tout entier n
Soit la propriété définie par $2^n\,\geq\,\,n\,%2B\,1$ .

1. $Initialisation\,%3A$ Montrons que est vraie.

$P(1)\,%3A\,2^1\,=\,2\,\quad\,et\,\quad\,1\,%2B\,1\,=\,2$

Donc, $2^1\,\geq\,\,1\,%2B\,1$ , ce qui est vrai.

2. $Heredite\,%3A$ Supposons que est vraie pour un entier . C’est-à-dire, supposons que :

$2^k\,\geq\,\,k\,%2B\,1$

Montrons que est vraie, c’est-à-dire montrons que :

$2^{k%2B1}\,\geq\,\,(k\,%2B\,1)\,%2B\,1$

On a :

$2^{k%2B1}\,=\,2\,\cdot\,2^k$

Par l’hypothèse de récurrence :

$2^k\,\geq\,\,k\,%2B\,1$

En multipliant les deux membres de cette inégalité par 2, on obtient :

$2\,\cdot\,2^k\,\geq\,\,2\,\cdot\,(k\,%2B\,1)$

Donc :

$2^{k%2B1}\,\geq\,\,2k\,%2B\,2$

Il reste à montrer que $2k\,%2B\,2\,\geq\,\,k\,%2B\,2$ .

Or, est un entier naturel, donc $k\,\geq\,\,1$ . Alors :

$2k\,%2B\,2\,\geq\,\,k\,%2B\,2$

D’où il s’ensuit que :

$2^{k%2B1}\,\geq\,\,k\,%2B\,2$

Ainsi, est vraie.

3. $Conclusion\,%3A$ Par le principe de récurrence, est vraie pour tout entier naturel .

Donc, pour tout entier naturel , $2^n\,\geq\,\,n\,%2B\,1$ .

Exercice 5 : spirale de Pythagore et récurrence
Pour démontrer par récurrence que, pour tout nombre entier naturel , $OA_n\,=\,\sqrt{4n\,%2B\,1}$ , procédons ainsi:

### Initialisation
Pour $n\,=\,0$ ,
$OA_0\,=\,1$
et
$\sqrt{4\,\times \,0\,%2B\,1}\,=\,\sqrt{1}\,=\,1$
Donc, $OA_0\,=\,\sqrt{4\,\times \,0\,%2B\,1}$ , la propriété est vérifiée pour $n\,=\,0$ .

### Hérédité
Supposons que la propriété soit vraie pour un certain , c’est-à-dire,
$OA_n\,=\,\sqrt{4n\,%2B\,1}$

Montrons qu’elle est alors vraie pour .

D’après l’énoncé et la figure, nous savons que les triangles $O\,A_0\,A_1$ , $O\,A_1\,A_2$ , etc., sont rectangles, donc les triangles sont isocèles avec des côtés de longueurs .

Considérons le triangle rectangle $OA_nA_{n%2B1}$ :
– $A_nA_{n%2B1}\,=\,2$
– $OA_{n%2B1}$ est l’hypoténuse de ce triangle rectangle.

D’après le théorème de Pythagore :
$OA_{n%2B1}^2\,=\,OA_n^2\,%2B\,A_nA_{n%2B1}^2$

Sachant que $A_nA_{n%2B1}\,=\,2$ et par hypothèse de récurrence $OA_n\,=\,\sqrt{4n\,%2B\,1}$ ,
alors :
$OA_{n%2B1}^2\,=\,(\sqrt{4n\,%2B\,1})^2\,%2B\,2^2$
$OA_{n%2B1}^2\,=\,(4n\,%2B\,1)\,%2B\,4$
$OA_{n%2B1}^2\,=\,4n\,%2B\,5$
$OA_{n%2B1}\,=\,\sqrt{4(n%2B1)\,%2B\,1}$

### Conclusion
La propriété est donc vraie pour si elle est vraie pour .

Par le principe de récurrence, nous avons démontré que pour tout entier naturel,
$OA_n\,=\,\sqrt{4n\,%2B\,1}$ .

Exercice 6 : quelle est la propriété de rang n+1 ?
Correction de l’exercice :

1. Soit la propriété au rang : $u_n\,=\,8^{n%2B1}\,%2B\,3$

Au rang , on remplace par dans l’expression :
$u_{n%2B1}\,=\,8^{(n%2B1)%2B1}\,%2B\,3$
$u_{n%2B1}\,=\,8^{n%2B2}\,%2B\,3$

2. Soit la propriété au rang : $u_n\,=\,2$

Puisque est une constante égale à 2 pour tout , la valeur de $u_{n%2B1}$ reste inchangée :
$u_{n%2B1}\,=\,2$

Exercice 7 : algorithme et raisonnement par récurrence
Correction de l’exercice :

1. $Que\,renvoie\,l'algorithme\,si\,l'utilisateur\,saisit\,%3Cimg\,decoding=%22async%22\,class=%22LatexImg%22\,src=%22https%3A%2F%2Fmaths-pdf.fr%2Fcgi-bin%2Fmimetex.cgi%3Fn%2520%253D%25202%22\,alt=%22n\,=\,2$ ? » align= »absmiddle » />

Pour $n\,=\,2$ , nous avons :
$a\,=\,-11\,%2B\,2\,\times \,2\,=\,-11\,%2B\,4\,=\,-7$

L’algorithme traite ensuite la boucle `tant que $a\,>\,0$ ce qui ne satisfait pas la condition. Il sort donc immédiatement de la boucle sans entrer.

La valeur de affichée est donc .

2. $Que\,se\,passe-t-il\,si\,l'utilisateur\,saisit\,%3Cimg\,decoding=%22async%22\,class=%22LatexImg%22\,src=%22https%3A%2F%2Fmaths-pdf.fr%2Fcgi-bin%2Fmimetex.cgi%3Fn%2520%253D%25208%22\,alt=%22n\,=\,8$ ? » align= »absmiddle » />

Pour $n\,=\,8$ , nous avons :
$a\,=\,-11\,%2B\,2\,\times \,8\,=\,-11\,%2B\,16\,=\,5$

Ensuite commence la boucle `tant que $a\,>\,0$ , donc :
$a\,=\,5\,%2B\,2\,=\,7$
– Condition $a\,>\,0$
– Condition $a\,>\,0$
– Condition $a\,>\,0$
– et ainsi de suite.

Chaque passage dans la boucle ajoute 2 à , donc continue à augmenter indéfiniment.

3. $Pour\,quelles\,valeurs\,de\,%3Cimg\,decoding=%22async%22\,class=%22LatexImg%22\,src=%22https%3A%2F%2Fmaths-pdf.fr%2Fcgi-bin%2Fmimetex.cgi%3Fn%22\,alt=%22n$ cet algorithme ne fournit-il pas de resultat ? » align= »absmiddle » />

L’algorithme ne fournit pas de résultat si la boucle `tant que (a > 0)` ne termine jamais. Cela arrive lorsque :
$a\,=\,-11\,%2B\,2n\,>\,0$ :
$-11\,%2B\,2n\,>\,0$ tels que $n\,\geq\,\,6$ , la boucle `tant que (a > 0)` ne s’arrête jamais, et l’algorithme continue indéfiniment sans fournir de résultat.

Exercice 8 : propriété héréditaire ?
1) Vérifions si la propriété est initialisée au rang $n\,=\,0$ :
$u_0\,=\,-3$
La propriété $u_n\,>\,0$ puisque $u_0\,=\,-3\,%3C\,0$ . Donc, la propriété n’est pas initialisée.

2) Vérifions si la propriété est héréditaire :
Supposons que la propriété $u_n\,>\,0$ , soit $u_n\,>\,0$ ,
Si $u_n\,>\,0$ . Même si elle est héréditaire, elle n’est pas vraie pour tout entier naturel $n\,\geq\,\,0$ en raison de la condition initiale $u_0\,%3C\,0$ .

Exercice 9 : cette propriété est-elle héréditaire ?
1. $Initialisation\,au\,rang\,%3Cimg\,decoding=%22async%22\,class=%22LatexImg%22\,src=%22https%3A%2F%2Fmaths-pdf.fr%2Fcgi-bin%2Fmimetex.cgi%3Fn%2520%253D%25201%22\,alt=%22n\,=\,1$ » align= »absmiddle » />

Vérifions si la propriété est vraie pour $n\,=\,1$ :
$5^1\,-\,2\,=\,5\,-\,2\,=\,3$
3 est bien un multiple de 3. Donc, la propriété est initialisée au rang $n\,=\,1$ .

2. $La\,propriete\,est-elle\,vraie\,pour\,tout\,entier\,naturel\,%3Cimg\,decoding=%22async%22\,class=%22LatexImg%22\,src=%22https%3A%2F%2Fmaths-pdf.fr%2Fcgi-bin%2Fmimetex.cgi%3Fn%2520%255Cgeq%25201%22\,alt=%22n\,\geq\,\,1$ ? » align= »absmiddle » />

Nous devons prouver par récurrence que $5^n\,-\,2$ est un multiple de 3 pour tout $n\,\geq\,\,1$ .

*Initialisation : $n\,=\,1$ *

Comme nous l’avons déjà calculé :
$5^1\,-\,2\,=\,3$
qui est un multiple de 3.

*Hérédité : Supposons que la propriété soit vraie pour un certain rang $n\,\geq\,\,1$ , c’est-à-dire que $5^n\,-\,2$ soit un multiple de 3. Montrons qu’elle est vraie au rang $n\,%2B\,1$ *.

Supposons que $5^n\,-\,2\,=\,3k$ pour un certain entier . Montrons que $5^{n%2B1}\,-\,2$ est aussi un multiple de 3 :

$5^{n%2B1}\,-\,2\,=\,5\,\cdot\,5^n\,-\,2\,=\,5\,(5^n)\,-\,2$

En utilisant l’hypothèse de récurrence $5^n\,\equiv\,2\,\pmod{3}$ , nous avons :
$5^{n%2B1}\,=\,5\,\cdot\,5^n\,\equiv\,5\,\cdot\,2\,\equiv\,10\,\equiv\,1\,\pmod{3}$

Donc,
$5^{n%2B1}\,-\,2\,\equiv\,1\,-\,2\,\equiv\,-1\,\equiv\,2\,\pmod{3}$

Cela montre que $5^{n%2B1}\,-\,2$ est congruent à 2 modulo 3, confirmant que $5^{n%2B1}\,-\,2$ reste un multiple de 3.

Ainsi, par le principe de récurrence, la propriété est vérifiée pour tout entier naturel $n\,\geq\,\,1$ .

L’hérédité a été démontrée dans le cadre de la preuve par récurrence ci-dessus. Supposons que la propriété soit vraie pour un rang , c’est-à-dire que $5^n\,-\,2$ soit un multiple de 3. Nous avons montré que dans un tel cas, $5^{n%2B1}\,-\,2$ est également un multiple de 3.

L’hérédité est donc vérifiée.

Exercice 10 : déterminer à partir de quel rang
$1)\,\,u_n\,=\,n^2\,\,et\,\,A\,=\,10\%2C000$
On cherche tel que $n^2\,>\,10\%2C000$ sont strictement plus grands que 10\,000 à partir du rang $n\,=\,101$ .

$2)\,\,u_n\,=\,3n\,%2B\,5\,\,et\,\,A\,=\,538$
On cherche tel que $3n\,%2B\,5\,>\,538$ sont strictement plus grands que 538 à partir du rang $n\,=\,178$ .

$3)\,\,u_n\,=\,2\sqrt{n}\,\,et\,\,A\,=\,20$
On cherche tel que $2\sqrt{n}\,>\,20$ sont strictement plus grands que 20 à partir du rang $n\,=\,101$ .

$4)\,\,u_n\,=\,n^2\,%2B\,10n\,-\,1\,\,et\,\,A\,=\,23$
On cherche tel que $n^2\,%2B\,10n\,-\,1\,>\,23$

Résolvons cette équation quadratique en utilisant la formule quadratique :
$n\,=\,\frac{-b\,\pm\,\sqrt{b^2\,-\,4ac}}{2a}$
où $a\,=\,1$ , $b\,=\,10$ et $c\,=\,-24$ .

Donc :
$n\,=\,\frac{-10\,\pm\,\sqrt{10^2\,-\,4\,\cdot\,1\,\cdot\,(-24)}}{2\,\cdot\,1}$
$n\,=\,\frac{-10\,\pm\,\sqrt{100\,%2B\,96}}{2}$
$n\,=\,\frac{-10\,\pm\,\sqrt{196}}{2}$
$n\,=\,\frac{-10\,\pm\,14}{2}$

Les solutions sont :
$n\,=\,\frac{4}{2}\,=\,2$
$n\,=\,\frac{-24}{2}\,=\,-12$

Puisque doit être un entier positif, nous prenons $n\,>\,2$ sont strictement plus grands que 23 à partir du rang $n\,=\,3$ .

Exercice 11 : déterminer un encadrement de la suite
Pour la suite (u_n) , nous avons $u_n\,=\,5\,%2B\,3(-1)^n$ .

$Encadrement\,de\,la\,suite\,%3Cimg\,decoding=%22async%22\,class=%22LatexImg%22\,src=%22https%3A%2F%2Fmaths-pdf.fr%2Fcgi-bin%2Fmimetex.cgi%3F%2528u_n%2529%22\,alt=%22(u_n)$ : » align= »absmiddle » />

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

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

$Suite\,%3Cimg\,decoding=%22async%22\,class=%22LatexImg%22\,src=%22https%3A%2F%2Fmaths-pdf.fr%2Fcgi-bin%2Fmimetex.cgi%3F%2528u_n%2529%22\,alt=%22(u_n)$ avec l’expression: » align= »absmiddle » />

$u_n\,=\,\frac{4n\,%2B\,5}{n\,%2B\,2}\,=\,4\,-\,\frac{3}{n\,%2B\,2}$

$1)\,Donner\,une\,minoration\,%22evidente%22\,de\,%3Cimg\,decoding=%22async%22\,class=%22LatexImg%22\,src=%22https%3A%2F%2Fmaths-pdf.fr%2Fcgi-bin%2Fmimetex.cgi%3F%2528u_n%2529%22\,alt=%22(u_n)$ : » align= »absmiddle » />

Comme $\frac{3}{n\,%2B\,2}$ est toujours positif pour tout entier naturel , nous avons :
$u_n\,=\,4\,-\,\frac{3}{n\,%2B\,2}$

Pour tout , $\frac{3}{n\,%2B\,2}\,\geq\,\,0$ , donc :
$4\,-\,\frac{3}{n\,%2B\,2}\,\geq\,\,4\,-\,3\,=\,1$

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

$2)\,Montrer\,que\,la\,suite\,%3Cimg\,decoding=%22async%22\,class=%22LatexImg%22\,src=%22https%3A%2F%2Fmaths-pdf.fr%2Fcgi-bin%2Fmimetex.cgi%3F%2528u_n%2529%22\,alt=%22(u_n)$ est majoree par 4: » align= »absmiddle » />

Puisque $\frac{3}{n\,%2B\,2}\,>\,0$

Donc, pour tout entier naturel , 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. $Montrer\,que\,la\,propriete\,est\,initialisee$ .

Pour $n\,=\,0$ :
$3^0\,\geq\,\,1\,%2B\,2\,\times \,0\,\implies\,1\,\geq\,\,1$
La propriété est donc vérifiée pour $n\,=\,0$ .

2a. $Ecrire\,l'hypothese\,de\,recurrence$ .

Supposons que pour un certain entier , la propriété est vraie, c’est-à-dire :
$3^n\,\geq\,\,1\,%2B\,2n$

2b. $Ecrire\,la\,propriete\,au\,rang\,%3Cimg\,decoding=%22async%22\,class=%22LatexImg%22\,src=%22https%3A%2F%2Fmaths-pdf.fr%2Fcgi-bin%2Fmimetex.cgi%3Fn%2520%252B%25201%22\,alt=%22n\,%2B\,1$ » align= »absmiddle » />.

Nous devons montrer que :
$3^{n%2B1}\,\geq\,\,1\,%2B\,2(n%2B1)$
ou équivalent :
$3\,\cdot\,3^n\,\geq\,\,1\,%2B\,2n\,%2B\,2$

2c. $Multiplier\,les\,deux\,membres\,de\,l'inegalite\,de\,la\,question\,2a\,par\,3\,puis\,les\,simplifier$ .

D’après l’hypothèse de récurrence, nous avons :
$3^n\,\geq\,\,1\,%2B\,2n$

En multipliant par 3, il vient :
$3\,\cdot\,3^n\,\geq\,\,3\,\cdot\,(1\,%2B\,2n)\,\implies\,3^{n%2B1}\,\geq\,\,3\,%2B\,6n$

2d. $Justifier\,que\,%3Cimg\,decoding=%22async%22\,class=%22LatexImg%22\,src=%22https%3A%2F%2Fmaths-pdf.fr%2Fcgi-bin%2Fmimetex.cgi%3F3%2520%252B%25206n%2520%255Cgeq%25203%2520%252B%25202n%2520%252B%25202%22\,alt=%223\,%2B\,6n\,\geq\,\,3\,%2B\,2n\,%2B\,2$ pour tout $n\,\geq\,\,0$ » align= »absmiddle » />.

Nous avons donc :
$3^{n%2B1}\,\geq\,\,3\,%2B\,6n$

Il reste à montrer que :
$3\,%2B\,6n\,\geq\,\,3\,%2B\,2n\,%2B\,2$

En simplifiant cette inégalité :
$3\,%2B\,6n\,\geq\,\,5\,%2B\,2n$

On soustrait 2n des deux côtés :
$3\,%2B\,4n\,\geq\,\,5$

Et finalement en isolant :
$4n\,\geq\,\,2\,\implies\,n\,\geq\,\,\frac{1}{2}$

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

3. $Rediger\,integralement\,le\,raisonnement\,par\,recurrence\,permettant\,de\,justifier\,la\,propriete\,souhaitee$ .

Montrons par récurrence que $3^n\,\geq\,\,1\,%2B\,2n$ pour tout $n\,\geq\,\,0$ .

*Initialisation :*
Pour $n\,=\,0$ :
$3^0\,\geq\,\,1\,%2B\,2\,\cdot\,0\,\implies\,1\,\geq\,\,1$
La propriété est donc vérifiée pour $n\,=\,0$ .

*Hérédité :*
Supposons que pour un certain entier , $3^n\,\geq\,\,1\,%2B\,2n$ est vraie. Montrons que $3^{n%2B1}\,\geq\,\,1\,%2B\,2(n%2B1)$ .

D’après l’hypothèse de récurrence :
$3^n\,\geq\,\,1\,%2B\,2n$

En multipliant par 3:
$3\,\cdot\,3^n\,\geq\,\,3\,\cdot\,(1\,%2B\,2n)\,\implies\,3^{n%2B1}\,\geq\,\,3\,%2B\,6n$

Il reste à montrer que :
$3\,%2B\,6n\,\geq\,\,1\,%2B\,2n\,%2B\,2\,\implies\,3\,%2B\,6n\,\geq\,\,3\,%2B\,2n\,%2B\,2$

En simplifiant, nous obtenons :
$3\,%2B\,4n\,\geq\,\,5\,\implies\,4n\,\geq\,\,2\,\implies\,n\,\geq\,\,\frac{1}{2}$

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

*Conclusion :*
Par le principe de récurrence, la propriété $3^n\,\geq\,\,1\,%2B\,2n$ 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 :

$\mathcal{H}(n)\,%3A\,2\,\leq\,\,u_n\,\leq\,\,5.$

$Initialisation\,%3A$

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

$2\,\leq\,\,5\,\leq\,\,5%2C$

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

$Heredite\,%3A$

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 $\mathcal{H}(n%2B1)$ est également vraie. Pour cela, nous devons prouver que

$2\,\leq\,\,u_{n%2B1}\,\leq\,\,5.$

D’après la relation de récurrence donnée :

$u_{n%2B1}\,=\,\frac{1}{2}\,u_n\,%2B\,1.$

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

$u_{n%2B1}\,=\,\frac{1}{2}\,u_n\,%2B\,1\,\leq\,\,\frac{1}{2}\,\cdot\,5\,%2B\,1\,=\,\frac{5}{2}\,%2B\,1\,=\,\frac{7}{2}\,=\,3.5.$
Cela démontre que $u_{n%2B1}\,\leq\,\,5$ .

2. Bornes inférieures : Si $u_n\,\geq\,\,2$ alors
$u_{n%2B1}\,=\,\frac{1}{2}\,u_n\,%2B\,1\,\geq\,\,\frac{1}{2}\,\cdot\,2\,%2B\,1\,=\,1\,%2B\,1\,=\,2.$
Cela démontre que $u_{n%2B1}\,\geq\,\,2$ .

Ainsi, $2\,\leq\,\,u_{n%2B1}\,\leq\,\,5$ .

Nous avons donc montré que si $\mathcal{H}(n)$ est vraie, alors $\mathcal{H}(n%2B1)$ est également vraie.

$Conclusion\,%3A$

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 :
$w_1\,=\,-\frac{1}{3}w_0\,%2B\,4\,=\,-\frac{1}{3}\,\cdot\,0\,%2B\,4\,=\,4.$

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 $1\,\leq\,\,w_{k%2B1}\,\leq\,\,4$ .

Calculons $w_{k%2B1}$ :
$w_{k%2B1}\,=\,-\frac{1}{3}w_k\,%2B\,4.$

#### Minorons $w_{k%2B1}$ :

Puisque $1\,\leq\,\,w_k$ , alors
$-\frac{1}{3}w_k\,\geq\,\,-\frac{1}{3}\,\cdot\,4\,=\,-\frac{4}{3}.$

Donc,
$w_{k%2B1}\,=\,-\frac{1}{3}w_k\,%2B\,4\,\geq\,\,-\frac{4}{3}\,%2B\,4\,=\,\frac{8}{3}\,>\,1.$ :

Puisque $w_k\,\leq\,\,4$ , alors
$-\frac{1}{3}w_k\,\leq\,\,-\frac{1}{3}\,\cdot\,1\,=\,-\frac{1}{3}.$

Donc,
$w_{k%2B1}\,=\,-\frac{1}{3}w_k\,%2B\,4\,\leq\,\,-\frac{1}{3}\,%2B\,4\,=\,\frac{11}{3}\,%3C\,4.$

Nous avons donc montré que :
$1\,%3C\,w_{k%2B1}\,%3C\,4.$

### 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%21 :

$6%21\,=\,6\,\times \,5\,\times \,4\,\times \,3\,\times \,2\,\times \,1\,=\,720$

\vspace{0.5cm}
2) Montrer par récurrence que $3^n\,\leq\,\,n%21$ pour tout $n\,\geq\,\,7$ :

\vspace{0.3cm}
Initialisation: Pour $n\,=\,7$ :

$3^7\,=\,2187$
$7%21\,=\,5040$
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:

$3^k\,\leq\,\,k%21$

Montrons la propriété pour k%2B1 :

$3^{k%2B1}\,=\,3\,\times \,3^k$

En utilisant l’hypothèse de récurrence $3^k\,\leq\,\,k%21$ , on a:

$3^{k%2B1}\,=\,3\,\times \,3^k\,\leq\,\,3\,\times \,k%21$

Puisque $k\,\geq\,\,7$ , on a $3\,\leq\,\,k%2B1$ , donc:

$3\,\times \,k%21\,\leq\,\,(k%2B1)\,\times \,k%21$

Donc:

$3^{k%2B1}\,\leq\,\,(k%2B1)\,\times \,k%21\,=\,(k%2B1)%21$

Ainsi, la propriété est vraie pour k%2B1 .

Par le principe de récurrence, la propriété $3^n\,\leq\,\,n%21$ est vraie pour tout $n\,\geq\,\,7$ .

\vspace{0.5cm}
3) Montrer que $n%21\,\leq\,\,n^n$ pour tout $n\,\geq\,\,1$ :

\vspace{0.3cm}
Initialisation: Pour $n\,=\,1$ :

$1%21\,=\,1$
$1^1\,=\,1$

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:

$k%21\,\leq\,\,k^k$

Montrons la propriété pour k%2B1 :

$(k%2B1)%21\,=\,(k%2B1)\,\times \,k%21$

En utilisant l’hypothèse de récurrence $k%21\,\leq\,\,k^k$ , on a:

$(k%2B1)%21\,=\,(k%2B1)\,\times \,k%21\,\leq\,\,(k%2B1)\,\times \,k^k$

Puisque $k\,\leq\,\,k%2B1$ , on a $k^k\,\leq\,\,(k%2B1)^k$ , donc:

$(k%2B1)\,\times \,k^k\,\leq\,\,(k%2B1)\,\times \,(k%2B1)^k\,=\,(k%2B1)^{k%2B1}$

Donc:

$(k%2B1)%21\,\leq\,\,(k%2B1)^{k%2B1}$

Ainsi, la propriété est vraie pour k%2B1 .

Par le principe de récurrence, la propriété $n%21\,\leq\,\,n^n$ 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. $Initialisation\,%3A$ Montrons que la propriété est vraie pour $n\,=\,0$ .

$4^0\,-\,1\,=\,1\,-\,1\,=\,0$

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

2. $Heredite\,%3A$ 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 :

$4^k\,-\,1\,=\,3m\,\quad\,pour\,un\,certain\,entier\,\%3B\,m$

Montrons que la propriété est alors vraie pour k%2B1 , c’est-à-dire que $4^{k%2B1}\,-\,1$ est un multiple de 3.

$4^{k%2B1}\,-\,1\,=\,4\,\cdot\,4^k\,-\,1$

En ré-écrivant cela, nous avons :

$4^{k%2B1}\,-\,1\,=\,4\,\cdot\,4^k\,-\,1\,=\,4\,\cdot\,4^k\,-\,4\,%2B\,3\,=\,4(4^k\,-\,1)\,%2B\,3$

En utilisant l’hypothèse de récurrence $4^k\,-\,1\,=\,3m$ :

$4^{k%2B1}\,-\,1\,=\,4(3m)\,%2B\,3\,=\,12m\,%2B\,3\,=\,3(4m\,%2B\,1)$

Ainsi, $4^{k%2B1}\,-\,1$ est bien un multiple de 3.

3. $Conclusion\,%3A$ 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 :

$\sum_{k=1}^{n%2B1}\,k\,=\,(\,\sum_{k=1}^{n}\,k\,)\,%2B\,(n%2B1)$

2) Démontrer la propriété souhaitée par récurrence.

Montrons par récurrence que $\sum_{k=1}^{n}\,k\,=\,\frac{n(n%2B1)}{2}$ pour tout $n\,\geq\,\,1$ .

– $Initialisation\,%3A$ Montrons que la propriété est vraie pour $n\,=\,1$ .

$\sum_{k=1}^{1}\,k\,=\,1\,=\,\frac{1(1%2B1)}{2}\,=\,1$

La propriété est donc vraie pour $n\,=\,1$ .

– $Heredite\,%3A$ Supposons que la propriété est vraie pour un entier $n\,\geq\,\,1$ , c’est-à-dire que :

$\sum_{k=1}^{n}\,k\,=\,\frac{n(n%2B1)}{2}$

Montrons qu’elle est aussi vraie pour n%2B1 .

$\sum_{k=1}^{n%2B1}\,k\,=\,\sum_{k=1}^{n}\,k\,%2B\,(n%2B1)$

En utilisant l’hypothèse de récurrence, on obtient :

$\sum_{k=1}^{n%2B1}\,k\,=\,\frac{n(n%2B1)}{2}\,%2B\,(n%2B1)$

Factorisons n%2B1 :

$\sum_{k=1}^{n%2B1}\,k\,=\,\frac{n(n%2B1)\,%2B\,2(n%2B1)}{2}\,=\,\frac{(n%2B1)(n\,%2B\,2)}{2}$

On retrouve bien la formule souhaitée pour n%2B1 :

$\sum_{k=1}^{n%2B1}\,k\,=\,\frac{(n%2B1)((n%2B1)%2B1)}{2}$

La propriété est donc vraie pour n%2B1 .

– $Conclusion\,%3A$ Par le principe de récurrence, la propriété $\sum_{k=1}^{n}\,k\,=\,\frac{n(n%2B1)}{2}$ 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 :

$\sum_{k=1}^{n}\,k^2\,=\,\frac{n(n%2B1)(2n%2B1)}{6}%2C$

procédons comme suit :

1. $Initialisation\,%3A$

Pour $n\,=\,1$ ,

$\sum_{k=1}^{1}\,k^2\,=\,1^2\,=\,1$

$\frac{1(1%2B1)(2\,\cdot\,1\,%2B\,1)}{6}\,=\,\frac{1\,\cdot\,2\,\cdot\,3}{6}\,=\,1.$

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

2. $Heredite\,%3A$

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

$\sum_{k=1}^{n}\,k^2\,=\,\frac{n(n%2B1)(2n%2B1)}{6}.$

Montrons qu’elle est encore vraie pour n%2B1 . Nous devons prouver que :

$\sum_{k=1}^{n%2B1}\,k^2\,=\,\frac{(n%2B1)(n%2B2)(2(n%2B1)%2B1)}{6}.$

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

$\sum_{k=1}^{n%2B1}\,k^2\,=\,\sum_{k=1}^{n}\,k^2\,%2B\,(n%2B1)^2.$

En utilisant l’hypothèse de récurrence, on a :

$\sum_{k=1}^{n}\,k^2\,=\,\frac{n(n%2B1)(2n%2B1)}{6}.$

Donc :

$\sum_{k=1}^{n%2B1}\,k^2\,=\,\frac{n(n%2B1)(2n%2B1)}{6}\,%2B\,(n%2B1)^2.$

Simplifions cette expression :

$\sum_{k=1}^{n%2B1}\,k^2\,=\,\frac{n(n%2B1)(2n%2B1)}{6}\,%2B\,\frac{6(n%2B1)^2}{6}\,=\,\frac{n(n%2B1)(2n%2B1)\,%2B\,6(n%2B1)^2}{6}.$

Factorisons (n%2B1) du numérateur :

$\frac{n(n%2B1)(2n%2B1)\,%2B\,6(n%2B1)^2}{6}\,=\,\frac{(n%2B1)%5Bn(2n%2B1)\,%2B\,6(n%2B1)%5D}{6}.$

Simplifions le terme dans les crochets :

$n(2n%2B1)\,%2B\,6(n%2B1)\,=\,2n^2\,%2B\,n\,%2B\,6n\,%2B\,6\,=\,2n^2\,%2B\,7n\,%2B\,6.$

On peut voir que :

$(n%2B1)(2n%2B3)\,=\,2n^2\,%2B\,2n\,%2B\,3n\,%2B\,3\,=\,2n^2\,%2B\,5n\,%2B\,3.$

Donc :

$(n%2B1)(2n%2B1)\,%2B\,6(n%2B1)\,=\,2n^2\,%2B\,n\,%2B\,6n\,%2B\,6\,=\,2n^2\,%2B\,7n\,%2B\,6.$

Nous avons alors :

$(n%2B1)%5B\,2n^2\,%2B\,7n\,%2B\,6\,%5D.$

Maintenant, comparons avec :

$\frac{(n%2B1)(n%2B2)(2(n%2B1)\,%2B\,1)}{6}$

Simplifions :

$\frac{(n%2B1)(n%2B2)(2n%2B2%2B1)}{6}\,=\,\frac{(n%2B1)(n%2B2)(2n%2B3)}{6}$

Nous avons donc montré que :

$\sum_{k=1}^{n%2B1}\,k^2\,=\,\frac{(n%2B1)(n%2B2)(2n%2B3)}{6}$

Cela conclut l’étape d’hérédité.

3. $Conclusion\,%3A$

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

$\sum_{k=1}^{n}\,k^2\,=\,\frac{n(n%2B1)(2n%2B1)}{6}$

pour tout entier $n\,\geq\,\,1$ .

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

Reponse :

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

$\begin{array}{%7Cc%7Cc%7C}%0D%0A\hline%0D%0An\,%26\,Somme\,des\,n\,premiers\,nombres\,impairs\,\\%0D%0A\hline%0D%0A1\,%26\,1\,=\,1^2\,=\,1\,\\%0D%0A2\,%26\,1\,%2B\,3\,=\,4\,=\,2^2\,=\,4\,\\%0D%0A3\,%26\,1\,%2B\,3\,%2B\,5\,=\,9\,=\,3^2\,=\,9\,\\%0D%0A4\,%26\,1\,%2B\,3\,%2B\,5\,%2B\,7\,=\,16\,=\,4^2\,=\,16\,\\%0D%0A5\,%26\,1\,%2B\,3\,%2B\,5\,%2B\,7\,%2B\,9\,=\,25\,=\,5^2\,=\,25\,\\%0D%0A6\,%26\,1\,%2B\,3\,%2B\,5\,%2B\,7\,%2B\,9\,%2B\,11\,=\,36\,=\,6^2\,=\,36\,\\%0D%0A\hline%0D%0A\end{array}$

Conjecture : La somme des premiers nombres impairs est donnée par la formule suivante :

$S(n)\,=\,n^2$

2) Démontrer cette égalité par récurrence :

$Initialisation\,%3A$

Pour $n\,=\,1$ ,
$S(1)\,=\,1\,=\,1^2$

La propriété est vraie pour $n\,=\,1$ .

$Heredite\,%3A$

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

Montrons qu’elle est aussi vraie pour $k\,%2B\,1$ .

$S(k%2B1)\,=\,1\,%2B\,3\,%2B\,5\,%2B\,\cdots\,%2B\,(2k-1)\,%2B\,%5B2(k%2B1)-1%5D$

En utilisant l’hypothèse de récurrence, on a :

$S(k%2B1)\,=\,k^2\,%2B\,%5B2(k%2B1)-1%5D$

$S(k%2B1)\,=\,k^2\,%2B\,2k\,%2B\,1$

$S(k%2B1)\,=\,(k%2B1)^2$

$Conclusion\,%3A$

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 , la correction se fait comme suit :

1) Montrons que pour tout $n\,\in\,\mathbb{N}$ , on a :
$\sum_{k=0}^{n}\,u_k\,=\,\frac{(n%2B1)(2u_0\,%2B\,nr)}{2}.$

Une suite arithmétique est définie par
$u_k\,=\,u_0\,%2B\,kr.$

La somme des n%2B1 premiers termes $u_0\,%2B\,u_1\,%2B\,\dots\,%2B\,u_n$ peut s’écrire comme :
$\sum_{k=0}^{n}\,u_k\,=\,\sum_{k=0}^{n}\,(u_0\,%2B\,kr).$

On peut séparer cette somme en deux sommes distinctes :
$\sum_{k=0}^{n}\,u_k\,=\,\sum_{k=0}^{n}\,u_0\,%2B\,\sum_{k=0}^{n}\,kr.$

La première somme est celle d’une constante :
$\sum_{k=0}^{n}\,u_0\,=\,(n%2B1)u_0.$

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

La somme des premiers entiers est donnée par la formule :
$\sum_{k=0}^{n}\,k\,=\,\frac{n(n%2B1)}{2}.$

En substituant, on obtient :
$\sum_{k=0}^{n}\,kr\,=\,r\,\cdot\,\frac{n(n%2B1)}{2}.$

En rassemblant les deux parts, on a donc :
$\sum_{k=0}^{n}\,u_k\,=\,(n%2B1)u_0\,%2B\,r\,\cdot\,\frac{n(n%2B1)}{2}.$

En factorisant n%2B1 , on obtient :
$\sum_{k=0}^{n}\,u_k\,=\,(n%2B1)\,(\,u_0\,%2B\,\frac{nr}{2}\,).$

En distribuant, on obtient la formule désirée :
$\sum_{k=0}^{n}\,u_k\,=\,\frac{(n%2B1)(2u_0\,%2B\,nr)}{2}.$

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

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

$\sum_{k=0}^{100}\,u_k\,=\,\frac{(100%2B1)(2\,\cdot\,8\,%2B\,100\,\cdot\,50)}{2}.$

Effectuons les calculs :

$\sum_{k=0}^{100}\,u_k\,=\,\frac{101\,(16\,%2B\,5000)}{2}\,=\,\frac{101\,\cdot\,5016}{2}.$

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.

Voir Corrigés 11 à 20 ...

Exercice 21 : produit factoriel et égalité
$1)\,Calculer\,\,4%21\,\,puis\,\,1\,\times \,1%21\,%2B\,2\,\times \,2%21\,%2B\,3\,\times \,3%21.$

Calcul de 4%21 :
$4%21\,=\,4\,\times \,3\,\times \,2\,\times \,1\,=\,24$

Calcul de $1\,\times \,1%21\,%2B\,2\,\times \,2%21\,%2B\,3\,\times \,3%21$ :
$1\,\times \,1%21\,=\,1\,\times \,1\,=\,1$
$2\,\times \,2%21\,=\,2\,\times \,2\,=\,4$
$3\,\times \,3%21\,=\,3\,\times \,6\,=\,18$
$Donc%2C\,\,1\,\times \,1%21\,%2B\,2\,\times \,2%21\,%2B\,3\,\times \,3%21\,=\,1\,%2B\,4\,%2B\,18\,=\,23$

$2)\,Calculer\,\,5%21\,\,puis\,\,1\,\times \,1%21\,%2B\,2\,\times \,2%21\,%2B\,3\,\times \,3%21\,%2B\,4\,\times \,4%21.$

Calcul de 5%21 :
$5%21\,=\,5\,\times \,4\,\times \,3\,\times \,2\,\times \,1\,=\,120$

Calcul de $1\,\times \,1%21\,%2B\,2\,\times \,2%21\,%2B\,3\,\times \,3%21\,%2B\,4\,\times \,4%21$ :
$1\,\times \,1%21\,=\,1\,\times \,1\,=\,1$
$2\,\times \,2%21\,=\,2\,\times \,2\,=\,4$
$3\,\times \,3%21\,=\,3\,\times \,6\,=\,18$
$4\,\times \,4%21\,=\,4\,\times \,24\,=\,96$
$Donc%2C\,\,1\,\times \,1%21\,%2B\,2\,\times \,2%21\,%2B\,3\,\times \,3%21\,%2B\,4\,\times \,4%21\,=\,1\,%2B\,4\,%2B\,18\,%2B\,96\,=\,119$

$3)\,Conjecturer\,une\,expression\,de\,\,\sum_{k=1}^{n-1}\,k\,\times \,k%21\,\,en\,fonction\,de\,\,n%21\,\,pour\,\,n\,\geq\,\,2.$

Observons les résultats des calculs précédents :
$1\,\times \,1%21\,%2B\,2\,\times \,2%21\,%2B\,3\,\times \,3%21\,=\,4%21\,-\,1$
$1\,\times \,1%21\,%2B\,2\,\times \,2%21\,%2B\,3\,\times \,3%21\,%2B\,4\,\times \,4%21\,=\,5%21\,-\,1$

Nous conjecturons que pour $n\,\geq\,\,2$ , nous avons :
$\sum_{k=1}^{n-1}\,k\,\times \,k%21\,=\,n%21\,-\,1$

$4)\,Demontrer\,cette\,egalite.$

Pour démontrer l’égalité $\sum_{k=1}^{n-1}\,k\,\times \,k%21\,=\,n%21\,-\,1$ , nous allons utiliser une méthode de récurrence.

Pour $n\,=\,2$ :
$\sum_{k=1}^{2-1}\,k\,\times \,k%21\,=\,1\,\times \,1%21\,=\,1$
$2%21\,-\,1\,=\,2\,-\,1\,=\,1$
La formule est vraie pour n=2 .

Supposons que la formule est vraie pour un entier $n\,\geq\,\,2$ , c’est-à-dire :
$\sum_{k=1}^{n-1}\,k\,\times \,k%21\,=\,n%21\,-\,1$

Nous devons montrer qu’elle est vraie pour $n\,%2B\,1$ . Considérons :
$\sum_{k=1}^{n}\,k\,\times \,k%21$

En séparant le dernier terme, nous avons :
$\sum_{k=1}^{n}\,k\,\times \,k%21\,=\,(\,\sum_{k=1}^{n-1}\,k\,\times \,k%21\,)\,%2B\,n\,\times \,n%21$

Par hypothèse de récurrence :
$\sum_{k=1}^{n-1}\,k\,\times \,k%21\,=\,n%21\,-\,1$

Donc :
$\sum_{k=1}^{n}\,k\,\times \,k%21\,=\,(n%21\,-\,1)\,%2B\,n\,\times \,n%21\,=\,n%21\,-\,1\,%2B\,n\,\times \,n%21$

En factorisant n%21 , nous obtenons :
$n%21\,-\,1\,%2B\,n\,\times \,n%21\,=\,n%21\,(1\,%2B\,n)\,-\,1\,=\,n%21\,\cdot\,(n%2B1)\,-\,1\,=\,(n%2B1)%21\,-\,1$

Ainsi, la formule est vraie pour n%2B1 . Par le principe de récurrence, la formule est vraie pour tout $n\,\geq\,\,2$ .

$\sum_{k=1^{n-1}\,k\,\times \,k%21\,=\,n%21\,-\,1}$

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 $u_n\,\in\,%5B2%2C\,3%5D$ pour un certain rang $n\,\geq\,\,1$ .

Montrons que $u_{n%2B1}\,\in\,%5B2%2C\,3%5D$ .

Sachant que $u_{n%2B1}\,=\,f(u_n)\,=\,\frac{1}{4}u_n\,%2B\,3$ , si $u_n\,\in\,%5B2%2C\,3%5D$ , alors:

Pour $u_n\,=\,2$ :
$f(2)\,=\,\frac{1}{4}\,\cdot\,2\,%2B\,3\,=\,0.5\,%2B\,3\,=\,3.5$

Pour $u_n\,=\,3$ :
$f(3)\,=\,\frac{1}{4}\,\cdot\,3\,%2B\,3\,=\,0.75\,%2B\,3\,=\,3.75$

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

Donc $u_{n%2B1}\,\in\,%5B2%2C\,3%5D$ .

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 $u_{n%2B1}\,=\,(u_n)^2$ , nous observons le point d’intersection des deux courbes à $u_n\,=\,1$ .

Pour $0\,%3C\,u_n\,%3C\,1$ , $u_{n%2B1}\,=\,(u_n)^2\,%3C\,u_n$ . Ainsi, u_n est une suite décroissante pour $0\,%3C\,u_n\,%3C\,1$ .

Pour $u_n\,=\,1$ , $u_{n%2B1}\,=\,(u_n)^2\,=\,1$ . Par conséquent, u_n reste constante à 1.

Pour $u_n\,>\,1$ , 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 $n\,\geq\,\,0$ :

– : Pour $n\,=\,0$ , $u_0\,=\,0%2C8\,\geq\,\,0$ .

– :
Supposons que pour un certain $n\,\geq\,\,0$ , $0\,\leq\,\,u_n\,\leq\,\,u_0$ .

Nous devons montrer que $0\,\leq\,\,u_{n%2B1}\,\leq\,\,u_0$ .

$0\,\leq\,\,u_n\,\leq\,\,u_0$ . Comme $u_{n%2B1}\,=\,(u_n)^2$ , nous avons $0\,\leq\,\,(u_n)^2\,\leq\,\,(u_0)^2$ . Sachant que $u_0\,=\,0%2C8\,%3C\,1$ , nous avons bien $0\,\leq\,\,(u_0)^2\,%3C\,u_0$ .

Donc $0\,\leq\,\,(u_n)^2\,\leq\,\,u_0$ , soit
$0\,\leq\,\,u_{n%2B1}\,\leq\,\,u_0.$

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 $u_{n%2B1}\,=\,2u_n\,-\,1$ pour tout entier $n\,\geq\,\,0$ est croissante.

:
Pour $n\,=\,0$ , on a $u_0\,=\,2$ .

:
Supposons que $u_n\,\geq\,\,u_{n-1}$ pour un certain $n\,\geq\,\,0$ . Alors montrons que $u_{n%2B1}\,\geq\,\,u_n$ .
$u_{n%2B1}\,=\,2u_n\,-\,1$
Étant donné que $u_n\,\geq\,\,2$ (car $u_0\,=\,2$ et la suite est supposée croissante), on a :
$u_n\,\geq\,\,2\,\implies\,2u_n\,\geq\,\,4\,\implies\,2u_n\,-\,1\,\geq\,\,3\,\implies\,u_{n%2B1}\,\geq\,\,3$
Donc, $u_{n%2B1}\,\geq\,\,u_n$ .

:
La suite (u_n) est bien croissante par récurrence.

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

:
Pour $n\,=\,0$ , on a :
$w_0\,=\,2$
et
$\frac{11}{8}\,(\,\frac{1}{5}\,)^0\,%2B\,\frac{5}{8}\,=\,\frac{11}{8}\,\cdot\,1\,%2B\,\frac{5}{8}\,=\,\frac{11}{8}\,%2B\,\frac{5}{8}\,=\,\frac{16}{8}\,=\,2$
Donc, $w_0\,=\,2$ .

:
Supposons que la formule est vraie pour un certain $n\,\geq\,\,0$ , c’est-à-dire :
$w_n\,=\,\frac{11}{8}\,(\,\frac{1}{5}\,)^n\,%2B\,\frac{5}{8}$
Alors :
$w_{n%2B1}\,=\,\frac{1}{5}\,w_n\,%2B\,\frac{1}{2}$
Substituons la formule de w_n :
$w_{n%2B1}\,=\,\frac{1}{5}\,(\,\frac{11}{8}\,(\,\frac{1}{5}\,)^n\,%2B\,\frac{5}{8}\,)\,%2B\,\frac{1}{2}$
$w_{n%2B1}\,=\,\frac{1}{5}\,\cdot\,\frac{11}{8}\,(\,\frac{1}{5}\,)^n\,%2B\,\frac{1}{5}\,\cdot\,\frac{5}{8}\,%2B\,\frac{1}{2}$
$w_{n%2B1}\,=\,\frac{11}{8}\,(\,\frac{1}{5}\,)^{n%2B1}\,%2B\,\frac{1}{8}\,%2B\,\frac{1}{2}$
$w_{n%2B1}\,=\,\frac{11}{8}\,(\,\frac{1}{5}\,)^{n%2B1}\,%2B\,\frac{1}{8}\,%2B\,\frac{4}{8}$
$w_{n%2B1}\,=\,\frac{11}{8}\,(\,\frac{1}{5}\,)^{n%2B1}\,%2B\,\frac{5}{8}$

:
Par récurrence, on a bien que $w_n\,=\,\frac{11}{8}\,(\,\frac{1}{5}\,)^n\,%2B\,\frac{5}{8}$ 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 par $r_n\,=\,w_n\,-\,3$ .

Conjecture d’une formule explicite pour (r_n) :
Observons que:
$r_0\,=\,w_0\,-\,3\,=\,4\,-\,3\,=\,1$
$r_1\,%26=\,w_1\,-\,3\,=\,5\,-\,3\,=\,2%2C\,\\%0D%0Ar_2\,%26=\,w_2\,-\,3\,=\,7\,-\,3\,=\,4%2C\,\\%0D%0Ar_3\,%26=\,w_3\,-\,3\,=\,11\,-\,3\,=\,8%2C\,\\%0D%0Ar_4\,%26=\,w_4\,-\,3\,=\,19\,-\,3\,=\,16%2C\,\\%0D%0Ar_5\,%26=\,w_5\,-\,3\,=\,35\,-\,3\,=\,32.\,\\$
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:
$w_n\,=\,r_n\,%2B\,3\,=\,2^n\,%2B\,3$

3) Démontrons cette conjecture par récurrence:

Initialisation ( n=0 ):
$w_0\,=\,2^0\,%2B\,3\,=\,1\,%2B\,3\,=\,4$
Ce qui est correct.

Hérédité:
Supposons que pour un entier $k\,\geq\,\,0$ , $w_k\,=\,2^k\,%2B\,3$ .
Montrons que $w_{k%2B1}\,=\,2^{k%2B1}\,%2B\,3$ .

$w_{k%2B1}\,%26=\,2w_k\,-\,3\,\\%0D%0A%26=\,2(2^k\,%2B\,3)\,-\,3\,\\%0D%0A%26=\,2\,\cdot\,2^k\,%2B\,2\,\cdot\,3\,-\,3\,\\%0D%0A%26=\,2^{k%2B1}\,%2B\,6\,-\,3\,\\%0D%0A%26=\,2^{k%2B1}\,%2B\,3.$

Par le principe de récurrence, $\forall\,n\,\in\,\mathbb{N}$ , $w_n\,=\,2^n\,%2B\,3$ 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 :
– $u_0\,=\,0$
– $u_1\,=\,u_0\,%2B\,3\,\cdot\,0\,\cdot\,(0\,%2B\,1)\,%2B\,1\,=\,1$
– $u_2\,=\,u_1\,%2B\,3\,\cdot\,1\,\cdot\,(1\,%2B\,1)\,%2B\,1\,=\,1\,%2B\,6\,%2B\,1\,=\,8$
– $u_3\,=\,u_2\,%2B\,3\,\cdot\,2\,\cdot\,(2\,%2B\,1)\,%2B\,1\,=\,8\,%2B\,18\,%2B\,1\,=\,27$

On remarque que u_n semble être égal à n^3 . Conjecturons donc :
$u_n\,=\,n^3.$

2) Prouvons cette égalité par récurrence.

$Initialisation\,%3A$

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

$Heredite\,%3A$

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

Montrons que $u_{k%2B1}\,=\,(k%2B1)^3$ .

Nous avons :
$u_{k%2B1}\,=\,u_k\,%2B\,3k(k%2B1)\,%2B\,1.$

En utilisant l’hypothèse de récurrence :
$u_{k%2B1}\,=\,k^3\,%2B\,3k(k%2B1)\,%2B\,1.$

Développons :
$(k%2B1)^3\,=\,k^3\,%2B\,3k^2\,%2B\,3k\,%2B\,1.$

On voit donc que :
$k^3\,%2B\,3k(k%2B1)\,%2B\,1\,=\,k^3\,%2B\,3k^2\,%2B\,3k\,%2B\,1\,=\,(k%2B1)^3.$

Par conséquent, $u_{k%2B1}\,=\,(k%2B1)^3$ .

$Conclusion\,%3A$

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 :
$v_{n%2B1}\,=\,v_n\,%2B\,3n(n%2B1)\,%2B\,1.$

Nous savons que $v_n\,=\,n^3$ et $v_{n%2B1}\,=\,(n%2B1)^3$ .

Calculons :
$(n%2B1)^3\,=\,n^3\,%2B\,3n^2\,%2B\,3n\,%2B\,1.$

Nous devons vérifier que :
$(n%2B1)^3\,=\,n^3\,%2B\,3n(n%2B1)\,%2B\,1.$

Ce qui se traduit par :
$n^3\,%2B\,3n^2\,%2B\,3n\,%2B\,1\,=\,n^3\,%2B\,3n(n%2B1)\,%2B\,1.$

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:

$u_2\,=\,1\,%2B\,3\,=\,4$

– 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:

$u_3\,=\,1\,%2B\,3\,%2B\,5\,=\,9$

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 étages est $2n\,-\,1$ . On remarque que les termes de suite sont $1%2C\,3%2C\,5%2C\,\ldots$ , soit une suite arithmétique de premier terme et de raison .

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

$u_{n%2B1}\,=\,u_n\,%2B\,2n\,%2B\,1$

– Justification:
$u_{n%2B1}\,=\,u_n\,%2B\,nombre\,de\,carres\,a\,la\,base\,de\,la\,pyramide\,de\,\,n%2B1\,\,etages$
Comme $u_n\,=\,1\,%2B\,3\,%2B\,5\,%2B\,\ldots\,%2B\,(2n-1)$ et que le terme suivant est $2(n%2B1)-1\,=\,2n%2B1$ , on obtient:
$u_{n%2B1}\,=\,u_n\,%2B\,2n\,%2B\,1$

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 $u_{n%2B1}\,=\,(n%2B1)^2$ :

$u_{n%2B1}\,=\,u_n\,%2B\,2n\,%2B\,1\,\quad\,(par\,definition)$
$u_{n%2B1}\,=\,n^2\,%2B\,2n\,%2B\,1$
$u_{n%2B1}\,=\,(n%2B1)^2$

– 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 $1%2C\,3%2C\,5%2C\,\ldots%2C\,2n-1$ est une suite arithmétique de premier terme $a\,=\,1$ et de raison $d\,=\,2$ .

– Le nombre de termes de cette suite est égal à .

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

$S_n\,=\,\frac{n}{2}\,(2a\,%2B\,(n-1)d)$

– En substituant $a\,=\,1$ et $d\,=\,2$ , on obtient :
$S_n\,=\,\frac{n}{2}\,%5B2\,\times \,1\,%2B\,(n-1)\,\times \,2%5D$
$S_n\,=\,\frac{n}{2}\,%5B2\,%2B\,2n\,-\,2%5D$
$S_n\,=\,\frac{n}{2}\,\times \,2n$
$S_n\,=\,n^2$

– 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 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 :

$\begin{array}{c%7Cc}%0D%0An\,%26\,d_n\,\\%0D%0A\hline%0D%0A3\,%26\,0\,\\%0D%0A4\,%26\,2\,\\%0D%0A5\,%26\,5\,\\%0D%0A6\,%26\,9\,\\%0D%0A\end{array}$

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

c) Étant donné que $d_n\,=\,an^2\,%2B\,bn$ , nous allons utiliser les valeurs connues pour $d_3%2C\,d_4$ et d_5 pour déterminer et .

Nous obtenons les équations suivantes :
$\{%0D%0A\begin{array}{l}%0D%0A9a\,%2B\,3b\,=\,0\,\\%0D%0A16a\,%2B\,4b\,=\,2\,\\%0D%0A25a\,%2B\,5b\,=\,5\,\\%0D%0A\end{array}%0D%0A.$

En résolvant ce système :
De $9a\,%2B\,3b\,=\,0$ , on obtient $3a\,%2B\,b\,=\,0$ , donc $b\,=\,-3a$ .

Remplaçons dans les deux autres équations :
$16a\,%2B\,4(-3a)\,=\,2\,\\%0D%0A16a\,-\,12a\,=\,2\,\\%0D%0A4a\,=\,2\,\\%0D%0Aa\,=\,\frac{1}{2}$

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 sommets. Ce nouveau sommet crée n-3 nouvelles diagonales.

b) Pour un polygone ayant n%2B1 sommets, le nombre total de diagonales est donné par :
$d_{n%2B1}\,=\,d_n\,%2B\,(n-2)$

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 , alors :
$d_{n%2B1}\,=\,d_n\,%2B\,(n-2)\,\\%0D%0A=\,\frac{1}{2}n^2\,-\,\frac{3}{2}n\,%2B\,n\,-\,2\,\\%0D%0A=\,\frac{1}{2}n^2\,-\,\frac{1}{2}n\,-\,2$

Or nous devons montrer :
$d_{n%2B1}\,=\,\frac{1}{2}(n%2B1)^2\,-\,\frac{3}{2}(n%2B1)\,\\%0D%0A=\,\frac{1}{2}(n^2\,%2B\,2n\,%2B\,1)\,-\,\frac{3}{2}(n%2B1)\,\\%0D%0A=\,\frac{1}{2}n^2\,%2B\,n\,%2B\,\frac{1}{2}\,-\,\frac{3}{2}n\,-\,\frac{3}{2}\,\\%0D%0A=\,\frac{1}{2}n^2\,-\,\frac{1}{2}n\,-\,1\,\\%0D%0A=\,\frac{1}{2}n^2\,-\,\frac{3}{2}n\,%2B\,n\,-\,2$

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 $a_{n%2B1}$ 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 $n\,\geq\,\,1$ :
$a_{n%2B1}\,=\,2a_n\,-\,(n\,%2B\,1)$

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

– $Initialisation\,%3A$
Pour $n\,=\,1$ , $a_1\,=\,5$ .
$2^1\,%2B\,1\,%2B\,2\,=\,2\,%2B\,1\,%2B\,2\,=\,5$
Donc, $a_1\,=\,5$ est vrai.

– $Heredite\,%3A$
Supposons que la formule est vraie pour un certain entier , c’est-à-dire, supposons que :
$a_n\,=\,2^n\,%2B\,n\,%2B\,2$

Montrons que cela implique :
$a_{n%2B1}\,=\,2^{n%2B1}\,%2B\,(n\,%2B\,1)\,%2B\,2$

D’après la relation de récurrence :
$a_{n%2B1}\,=\,2a_n\,-\,(n\,%2B\,1)$

En utilisant l’hypothèse de récurrence :
$a_{n%2B1}\,=\,2(2^n\,%2B\,n\,%2B\,2)\,-\,(n\,%2B\,1)$
$a_{n%2B1}\,=\,2^{n%2B1}\,%2B\,2n\,%2B\,4\,-\,(n\,%2B\,1)$
$a_{n%2B1}\,=\,2^{n%2B1}\,%2B\,n\,%2B\,3$

Ce qui est exactement ce que nous voulions démontrer.

Ainsi, par récurrence, la formule $a_n\,=\,2^n\,%2B\,n\,%2B\,2$ est vraie pour tout $n\,\geq\,\,1$ .

c) Pour le 10ème ministre, on utilise la formule démontrée :
$a_{10}\,=\,2^{10}\,%2B\,10\,%2B\,2$
$a_{10}\,=\,1024\,%2B\,10\,%2B\,2$
$a_{10}\,=\,1036$

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 :

$1.\,a)\,Indiquer\,ce\,qui\,est\,cache\,sous\,chacun\,des\,deux\,cadres\,colores.$

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

$1.\,b)\,Modifier\,le\,programme\,afin\,qu'il\,affiche\,egalement\,les\,%3Cimg\,decoding=%22async%22\,class=%22LatexImg%22\,src=%22https%3A%2F%2Fmaths-pdf.fr%2Fcgi-bin%2Fmimetex.cgi%3Fn%22\,alt=%22n$ premiers termes de la suite definie sur $\mathbb{N}$ par : $v_n\,=\,2^n\,\times \,u_n$ . » align= »absmiddle » />

« `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 $i)\,%2A\,uprecedent%0D%0Aprint(v)%0D%0Atemp\,=\,u%0D%0Au\,=\,uprecedent\,%2B\,u\,%2F\,4%0D%0Auprecedent\,=\,temp%0D%0Aprint(v)%0D%0A%60%60%60$ 1. c) Le saisir et le tester pour $n\,=\,10$ . Quelle conjecture peut-on émettre pour la suite v_n ? $Apres\,avoir\,teste\,le\,programme\,pour\,%3Cimg\,decoding=%22async%22\,class=%22LatexImg%22\,src=%22https%3A%2F%2Fmaths-pdf.fr%2Fcgi-bin%2Fmimetex.cgi%3Fn%2520%253D%252010%22\,alt=%22n\,=\,10$ , on observe que les termes de la suite v_n restent constants. On peut donc conjecturer que v_n est constant pour tout . » align= »absmiddle » />1. d) Selon cette conjecture, exprimer v_n , puis u_n en fonction de . $Si\,%3Cimg\,decoding=%22async%22\,class=%22LatexImg%22\,src=%22https%3A%2F%2Fmaths-pdf.fr%2Fcgi-bin%2Fmimetex.cgi%3Fv_n%22\,alt=%22v_n$ est constant, disons , alors :
$v_n\,=\,v\,\implies\,2^n\,\times \,u_n\,=\,v$
Ce qui donne :
$u_n\,=\,\frac{v}{2^n}$ » align= »absmiddle » />2. Démontrer ce résultat par récurrence double. $Pour\,demontrer\,par\,recurrence\,double\,que\,%3Cimg\,decoding=%22async%22\,class=%22LatexImg%22\,src=%22https%3A%2F%2Fmaths-pdf.fr%2Fcgi-bin%2Fmimetex.cgi%3Fv_n%22\,alt=%22v_n$ est constant, on procede comme suit :

1. Initialisation :
$u_0\,=\,-1%2C\,\quad\,v_0\,=\,2^0\,\times \,u_0\,=\,-1$
$u_1\,=\,1%2C\,\quad\,v_1\,=\,2^1\,\times \,u_1\,=\,2$

2. Hypothese de recurrence :
Supposons que pour tout $k\,\in\,\{0%2C\,1%2C\,\ldots%2C\,n\}$ , v_k est constant, c’est-a-dire $v_k\,=\,v$ .

3. Heredite :
Montrons que $v_{n%2B1}$ est egalement constant :
$u_{n%2B2}\,=\,u_{n%2B1}\,-\,\frac{u_{n}}{4}$
alors :
$v_{n%2B1}\,=\,2^{n%2B1}\,\times \,u_{n%2B1}$
Remplacons $u_{n%2B2}$ dans u_n :
$u_{n%2B2}\,=\,u_{n%2B1}\,-\,\frac{u_{n}}{4}$
Donc :
$v_{n%2B2}\,=\,2^{n%2B2}\,\times \,u_{n%2B2}$

Si on fait le calcul, on obtient que $v_{n%2B2}$ reste constant. Donc on a bien demontre que v_n est constant pour tout .

Ce qui prouve que notre conjecture etait correcte.

Exercice 31 : la suite de Fibonacci et recurrence double » align= »absmiddle » />a) Calculer F_2 et F_3 $\%5B%0D%0A\begin{align%2A}%0D%0AF_0\,%26\,=\,1%2C\,\\%0D%0AF_1\,%26\,=\,1%2C\,\\%0D%0AF_2\,%26\,=\,F_1\,%2B\,F_0\,=\,1\,%2B\,1\,=\,2%2C\,\\%0D%0AF_3\,%26\,=\,F_2\,%2B\,F_1\,=\,2\,%2B\,1\,=\,3.%0D%0A\end{align%2A}%0D%0A\%5D$ » align= »absmiddle » />b) Démontrer par récurrence double que pour tout entier naturel , $F_n\,\leq\,\,(\frac{5}{3})^n$ .Initialisation : $\%5B%0D%0A\begin{cases}%0D%0AF_0\,=\,1\,\leq\,\,(\,\frac{5}{3}\,)^0\,=\,1%2C\,\\%0D%0AF_1\,=\,1\,\leq\,\,(\,\frac{5}{3}\,)^1\,=\,\frac{5}{3}.%0D%0A\end{cases}%0D%0A\%5D%0D%0ADonc\,la\,propriete\,est\,vraie\,pour\,$\,n\,=\,0\,$\,et\,$\,n\,=\,1\,$.%0D%0A%0D%0A2.$
Donc la propriete est vraie pour $n\,=\,0$ et $n\,=\,1$ .

2. » align= »absmiddle » />Hypothèse de récurrence : $Supposons\,que\,pour\,un\,certain\,entier\,%3Cimg\,decoding=%22async%22\,class=%22LatexImg%22\,src=%22https%3A%2F%2Fmaths-pdf.fr%2Fcgi-bin%2Fmimetex.cgi%3Fk%2520%255Cgeq%25201%22\,alt=%22k\,\geq\,\,1$ , on ait $F_k\,\leq\,\,(\,\frac{5}{3}\,)^k$ et $F_{k-1}\,\leq\,\,(\,\frac{5}{3}\,)^{k-1}$ .

3. » align= »absmiddle » />Récurrence : $On\,veut\,demontrer\,que\,%3Cimg\,decoding=%22async%22\,class=%22LatexImg%22\,src=%22https%3A%2F%2Fmaths-pdf.fr%2Fcgi-bin%2Fmimetex.cgi%3FF_%257Bk%252B1%257D%2520%255Cleq%2520%255Cleft%2528%2520%255Cfrac%257B5%257D%257B3%257D%2520%255Cright%2529%255E%257Bk%252B1%257D%22\,alt=%22F_{k%2B1}\,\leq\,\,(\,\frac{5}{3}\,)^{k%2B1}$ .

$F_{k%2B1}\,=\,F_k\,%2B\,F_{k-1}$
D’apres l’hypothese de recurrence, on a :
$F_k\,\leq\,\,(\,\frac{5}{3}\,)^k\,\quad\,et\,\quad\,F_{k-1}\,\leq\,\,(\,\frac{5}{3}\,)^{k-1}$
Donc :
$F_{k%2B1}\,\leq\,\,(\,\frac{5}{3}\,)^k\,%2B\,(\,\frac{5}{3}\,)^{k-1}\,=\,(\,\frac{5}{3}\,)^{k-1}\,(\,\frac{5}{3}\,%2B\,1\,)\,=\,(\,\frac{5}{3}\,)^{k-1}\,\cdot\,\frac{8}{3}.$
Or :
$(\,\frac{5}{3}\,)^{k%2B1}\,=\,(\,\frac{5}{3}\,)^{k-1}\,\cdot\,(\,\frac{5}{3}\,)^2\,=\,(\,\frac{5}{3}\,)^{k-1}\,\cdot\,\frac{25}{9}.$
Il suffit donc de montrer que :
$\frac{8}{3}\,\leq\,\,\frac{25}{9}.$
Ce qui est verifie car :
$\frac{8}{3}\,=\,\frac{24}{9}\,%3C\,\frac{25}{9}.$
La propriete est donc vraie pour k%2B1 .

Par consequent, par recurrence double, pour tout entier naturel , $F_n\,\leq\,\,(\,\frac{5}{3}\,)^n$ . » align= »absmiddle » />c) Démontrer par récurrence que pour tout entier naturel , $%3Cimg\,decoding=%22async%22\,class=%22LatexImg%22\,src=%22https%3A%2F%2Fmaths-pdf.fr%2Fcgi-bin%2Fmimetex.cgi%3FF_0%255E2%2520%252B%2520F_1%255E2%2520%252B%2520%255Cdots%2520%252B%2520F_n%255E2%2520%253D%2520F_n%2520%255Ccdot%2520F_%257Bn%252B1%257D.%22\,alt=%22F_0^2\,%2B\,F_1^2\,%2B\,\dots\,%2B\,F_n^2\,=\,F_n\,\cdot\,F_{n%2B1}.$

1. » align= »absmiddle » />Initialisation : $Pour\,%3Cimg\,decoding=%22async%22\,class=%22LatexImg%22\,src=%22https%3A%2F%2Fmaths-pdf.fr%2Fcgi-bin%2Fmimetex.cgi%3Fn%2520%253D%25200%22\,alt=%22n\,=\,0$ ,
$F_0^2\,=\,1^2\,=\,1\,=\,F_0\,\cdot\,F_1.$
Donc la propriete est vraie pour $n\,=\,0$ .

2. » align= »absmiddle » />Hypothèse de récurrence : $Supposons\,que\,pour\,un\,certain\,entier\,%3Cimg\,decoding=%22async%22\,class=%22LatexImg%22\,src=%22https%3A%2F%2Fmaths-pdf.fr%2Fcgi-bin%2Fmimetex.cgi%3Fk%22\,alt=%22k$ , on ait
$F_0^2\,%2B\,F_1^2\,%2B\,\dots\,%2B\,F_k^2\,=\,F_k\,\cdot\,F_{k%2B1}.$

3. » align= »absmiddle » />Récurrence :$$
On veut démontrer que
$F_0^2\,%2B\,F_1^2\,%2B\,\dots\,%2B\,F_{k%2B1}^2\,=\,F_{k%2B1}\,\cdot\,F_{k%2B2}.$

On ajoute $F_{k%2B1}^2$ des deux côtés de l’hypothèse de récurrence :
$(F_0^2\,%2B\,F_1^2\,%2B\,\dots\,%2B\,F_k^2)\,%2B\,F_{k%2B1}^2\,=\,F_k\,\cdot\,F_{k%2B1}\,%2B\,F_{k%2B1}^2.$

Nous savons que :
$F_{k%2B2}\,=\,F_{k%2B1}\,%2B\,F_k.$

Alors :
$F_{k%2B1}\,\cdot\,F_{k%2B2}\,=\,F_{k%2B1}\,\cdot\,(F_{k%2B1}\,%2B\,F_k)\,=\,F_{k%2B1}^2\,%2B\,F_{k%2B1}\,\cdot\,F_k.$

Par conséquent,
$(F_0^2\,%2B\,F_1^2\,%2B\,\dots\,%2B\,F_k^2)\,%2B\,F_{k%2B1}^2\,=\,F_{k%2B1}\,\cdot\,(F_{k%2B1}\,%2B\,F_k)%2C$
soit
$F_0^2\,%2B\,F_1^2\,%2B\,\dots\,%2B\,F_{k%2B1}^2\,=\,F_{k%2B1}\,\cdot\,F_{k%2B2}.$