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

Mis à jour le 22 novembre 2025

Le raisonnement par récurrence est une méthode fondamentale en mathématiques Terminale qui permet aux élèves de développer leur logique mathématique et leurs capacités de démonstration. Cette technique de raisonnement déductif enseigne aux collégiens comment structurer une argumentation rigoureuse en partant d’une hypothèse de base pour établir la véracité d’une propriété générale. Maîtriser le raisonnement par récurrence en Terminale constitue un socle essentiel pour aborder sereinement les démonstrations plus complexes du collège et développer l’esprit critique mathématique. Ces exercices corrigés de récurrence offrent aux élèves un accompagnement progressif pour comprendre cette méthode de preuve incontournable.

Exercice 1 – quelle est la propriété de rang n+1 ?

Question 1 :

Soit la propriété au rang : $u_n=8^{n+1}+3$

Pour obtenir la propriété au rang n+1 , on remplace par n+1 :

Propriété au rang n+1 : $u_{n+1}=8^{(n+1)+1}+3=8^{n+2}+3$

Question 2 :

Soit la propriété au rang : u_n=2

Pour obtenir la propriété au rang n+1 , on remplace par n+1 :

Propriété au rang n+1 : $u_{n+1}=2$

Exercice 2 – algorithme et raisonnement par récurrence.

1) Que renvoie l’algorithme si l’utilisateur saisit n = 2 ?

Traçons l’exécution de l’algorithme avec n = 2 :

• On demande n = 2

• On donne à a la valeur -11 + 2×2 = -11 + 4 = -7

• Tant que (a > 0) : comme a = -7 < 0, la condition est fausse, on n'entre pas dans la boucle

• On affiche a = -7

Réponse : L’algorithme renvoie -7.

2) Que se passe-t-il si l’utilisateur saisit n = 8 ?

Traçons l’exécution avec n = 8 :

• On demande n = 8

• On donne à a la valeur -11 + 2×8 = -11 + 16 = 5

• Tant que (a > 0) : comme a = 5 > 0, on entre dans la boucle

• On donne à a la valeur a + 2 = 5 + 2 = 7

• Tant que (a > 0) : comme a = 7 > 0, on continue la boucle

• On donne à a la valeur a + 2 = 7 + 2 = 9

• Et ainsi de suite…

La variable a augmente indéfiniment de 2 à chaque itération et reste toujours positive.

Réponse : L’algorithme boucle indéfiniment car a reste toujours positif.

3) Pour quelles valeurs de n cet algorithme ne fournit-il pas de résultat ?

L’algorithme ne fournit pas de résultat quand il boucle indéfiniment, c’est-à-dire quand on entre dans la boucle « Tant que ».

On entre dans la boucle si a > 0, soit si -11 + 2n > 0.

Résolvons cette inéquation :

-11 + 2n > 0

2n > 11

frac{11}{2} » alt= »n>frac{11}{2} »>

5{,}5″ alt= »n>5{,}5″>

Comme n est un entier, cela correspond à n ≥ 6.

Réponse : L’algorithme ne fournit pas de résultat pour toutes les valeurs entières n ≥ 6.

Exercice 3 – propriété héréditaire ?

1) Cette propriété est-elle initialisée au rang n = 0 ?

Pour n=0 , on a u_0=-3 .

Or <img class="LatexImg" src="https://maths-pdf.fr/cgi-bin/mimetex.cgi?-3<0" alt="-3, donc u_0geq0 est fausse.

La propriété n’est pas initialisée au rang n=0 .

2) Cette propriété est-elle héréditaire ?

Supposons que u_ngeq0 pour un entier ngeq0 .

D’après la relation de récurrence : $u_{n+1}=2u_n$

Si u_ngeq0 , alors $u_{n+1}=2u_ngeq2times 0=0$

Donc $u_{n+1}geq0$ .

La propriété est héréditaire.

3) Cette propriété est-elle vraie pour tout entier naturel n ≥ 0 ?

Pour qu’une propriété soit vraie par récurrence, elle doit être à la fois initialisée et héréditaire.

Ici, la propriété n’est pas initialisée au rang n=0 .

Donc la propriété est fausse pour tout entier naturel ngeq0 .

En effet, on peut calculer : u_0=-3 , u_1=-6 , u_2=-12 …

Tous les termes sont négatifs, donc <img class="LatexImg" src="https://maths-pdf.fr/cgi-bin/mimetex.cgi?u_n<0" alt="u_n pour tout ngeq0 .

Exercice 4 – cette propriété est-elle héréditaire ?

Propriété étudiée : 5^n-2 est un multiple de 3.

1) Cette propriété est-elle initialisée au rang n = 1 ?

Pour n=1 :

Or 3 est un multiple de 3.

Réponse : Oui, la propriété est initialisée au rang n=1 .

2) Cette propriété est-elle vraie pour tout entier naturel n ≥ 1 ?

Vérifions pour quelques valeurs :

• n=2 :

23 n’est pas un multiple de 3 (car $23=7times 3+2$ ).

Réponse : Non, la propriété n’est pas vraie pour tout entier naturel ngeq1 . Elle est fausse dès n=2 .

3) Cette propriété est-elle héréditaire ?

Une propriété est héréditaire si : supposer qu’elle est vraie au rang permet de démontrer qu’elle est vraie au rang k+1 .

Supposons que 5^k-2 est un multiple de 3.

Montrons que $5^{k+1}-2$ est un multiple de 3 :

$5^{k+1}-2=5times 5^k-2=5times 5^k-5times 2+5times 2-2$

$5^{k+1}-2=5(5^k-2)+10-2=5(5^k-2)+8$

Par hypothèse, 5^k-2 est multiple de 3, donc est multiple de 3.

Mais 8 n’est pas multiple de 3 (car $8=2times 3+2$ ).

Donc $5^{k+1}-2$ n’est pas nécessairement un multiple de 3.

Réponse : Non, la propriété n’est pas héréditaire.

Exercice 5 – déterminer à partir de quel rang.

1) $u_n = n^2$ et $A = 10,000$

On cherche le plus petit entier tel que A » alt= »u_n > A »>, c’est-à-dire 10,000″ alt= »n^2 > 10,000″>.

sqrt{10,000} = 100″ alt= »n > sqrt{10,000} = 100″>

Réponse : À partir du rang $n = 101$ .

2) $u_n = 3n + 5$ et $A = 538$

On cherche le plus petit entier tel que 538″ alt= »3n + 5 > 538″>.

533″ alt= »3n > 533″>

frac{533}{3} = 177{,}overline{6} » alt= »n > frac{533}{3} = 177{,}overline{6} »>

Réponse : À partir du rang $n = 178$ .

3) $u_n = 2sqrt{n}$ et $A = 20$

On cherche le plus petit entier tel que 20″ alt= »2sqrt{n} > 20″>.

10″ alt= »sqrt{n} > 10″>

100″ alt= »n > 100″>

Réponse : À partir du rang $n = 101$ .

4) $u_n = n^2 + 10n - 1$ et $A = 23$

On cherche le plus petit entier tel que 23″ alt= »n^2 + 10n – 1 > 23″>.

0″ alt= »n^2 + 10n – 24 > 0″>

Résolvons $n^2 + 10n - 24 = 0$ :

$Delta = 100 + 96 = 196$

$n = frac{-10 pm 14}{2}$

$n_1 = -12$ et $n_2 = 2$

Comme 0″ alt= »a = 1 > 0″>, on a 0″ alt= »n^2 + 10n – 24 > 0″> pour <img class="LatexImg" src="https://maths-pdf.fr/cgi-bin/mimetex.cgi?n < -12" alt="n ou 2″ alt= »n > 2″>.

Réponse : À partir du rang $n = 3$ .

Exercice 6 – déterminer un encadrement de la suite.

1) Minoration « évidente » de (u_n) :

On a : $u_n = frac{4n + 5}{n + 2} = 4 - frac{3}{n + 2}$

Pour tout entier naturel n, on a $n + 2 geq 2$ , donc $frac{3}{n + 2} leq frac{3}{2}$

Par conséquent : $u_n = 4 - frac{3}{n + 2} geq 4 - frac{3}{2} = frac{5}{2}$

La suite (u_n) est minorée par $frac{5}{2}$ .

2) Montrons que la suite (u_n) est majorée par 4 :

Pour tout entier naturel n, on a 0″ alt= »n + 2 > 0″>, donc 0″ alt= »frac{3}{n + 2} > 0″>

Par conséquent : <img class="LatexImg" src="https://maths-pdf.fr/cgi-bin/mimetex.cgi?u_n = 4 – frac{3}{n + 2} < 4" alt="u_n = 4 – frac{3}{n + 2}

La suite (u_n) est majorée par 4.

Conclusion : Pour tout entier naturel n : <img class="LatexImg" src="https://maths-pdf.fr/cgi-bin/mimetex.cgi?frac{5}{2} leq u_n < 4" alt="frac{5}{2} leq u_n

Exercice 7 – démontrer que la propriété est vraie pour tout entier.

1) Montrer que la propriété est initialisée.

Pour n=0 :

• Membre de gauche : 3^0=1

• Membre de droite : $1+2times 0=1$

On a bien $3^0geq 1+2times 0$ , donc la propriété est vraie pour n=0 .

2) Hérédité :

a) Hypothèse de récurrence :

On suppose que pour un entier $ngeq 0$ , on a : $3^ngeq 1+2n$

b) Propriété au rang n+1 :

On veut démontrer que : $3^{n+1}geq 1+2(n+1)$

Soit : $3^{n+1}geq 1+2n+2$

Soit : $3^{n+1}geq 3+2n$

c) Multiplication par 3 :

D’après l’hypothèse de récurrence : $3^ngeq 1+2n$

En multipliant les deux membres par 3 (nombre positif) :

$3times 3^ngeq 3times (1+2n)$

$3^{n+1}geq 3+6n$

d) Justification finale :

Pour tout $ngeq 0$ , on a $6ngeq 2n$ (car $6n-2n=4ngeq 0$ ).

Donc : $3+6ngeq 3+2n$

Par transitivité : $3^{n+1}geq 3+6ngeq 3+2n$

Donc : $3^{n+1}geq 3+2n$ , ce qui est la propriété au rang n+1 .

3) Conclusion :

• La propriété est vraie pour n=0 (initialisation)

• Si la propriété est vraie au rang , alors elle est vraie au rang n+1 (hérédité)

Par le principe de récurrence, la propriété $3^ngeq 1+2n$ est vraie pour tout entier $ngeq 0$ .

Exercice 8 – montrer par récurrence l’inégalité.

Initialisation : Pour n=0 , on a u_0=5 .

On vérifie que , ce qui est vrai.

Hérédité : Supposons que pour un entier ngeq0 , on ait $2leq u_nleq5$ .

Montrons que $2leq u_{n+1}leq5$ .

On a $u_{n+1}=frac{1}{2}u_n+1$ .

Minorant : Puisque u_ngeq2 , on a :

$u_{n+1}=frac{1}{2}u_n+1geqfrac{1}{2}times 2+1=1+1=2$

Majorant : Puisque u_nleq5 , on a :

$u_{n+1}=frac{1}{2}u_n+1leqfrac{1}{2}times 5+1=2{,}5+1=3{,}5leq5$

Donc $2leq u_{n+1}leq5$ .

Conclusion : Par récurrence, on a $2leq u_nleq5$ pour tout entier ngeq0 .

Exercice 9 – montrer une inégalité par récurrence.

Initialisation :

Pour n=1 :

$w_1=-frac{1}{3}w_0+4=-frac{1}{3}times 0+4=4$

On a bien , donc la propriété est vraie au rang 1.

Hérédité :

Supposons que pour un entier ngeq1 , on ait $1leq w_nleq4$ .

Montrons que $1leq w_{n+1}leq4$ .

On a $w_{n+1}=-frac{1}{3}w_n+4$ .

Minorons $w_{n+1}$ :

Puisque w_nleq4 , on a $-frac{1}{3}w_ngeq-frac{1}{3}times 4=-frac{4}{3}$

Donc 1″ alt= »w_{n+1}=-frac{1}{3}w_n+4geq-frac{4}{3}+4=frac{8}{3}>1″>

Majorons $w_{n+1}$ :

Puisque w_ngeq1 , on a $-frac{1}{3}w_nleq-frac{1}{3}times 1=-frac{1}{3}$

Donc <img class="LatexImg" src="https://maths-pdf.fr/cgi-bin/mimetex.cgi?w_{n+1}=-frac{1}{3}w_n+4leq-frac{1}{3}+4=frac{11}{3}<4" alt="w_{n+1}=-frac{1}{3}w_n+4leq-frac{1}{3}+4=frac{11}{3}

On a donc $1leq w_{n+1}leq4$ .

Conclusion :

Par récurrence, pour tout entier ngeq1 , on a $1leq w_nleq4$ .

Exercice 10 – utilisation du produit factoriel.

1) Calculer 6!.

$6!=1times 2times 3times 4times 5times 6=720$

2) Montrer par récurrence que <img class="LatexImg" src="https://maths-pdf.fr/cgi-bin/mimetex.cgi?3^n<n!" alt="3^n pour tout .

Initialisation : Pour n=7 :

et 7!=5040

Donc <img class="LatexImg" src="https://maths-pdf.fr/cgi-bin/mimetex.cgi?3^7<7!" alt="3^7. La propriété est vraie au rang 7.

Hérédité : Supposons que <img class="LatexImg" src="https://maths-pdf.fr/cgi-bin/mimetex.cgi?3^k<k!" alt="3^k pour un entier kgeq7 .

Montrons que <img class="LatexImg" src="https://maths-pdf.fr/cgi-bin/mimetex.cgi?3^{k+1}<(k+1)!" alt="3^{k+1}.

$3^{k+1}=3times 3^k$

Par hypothèse de récurrence : <img class="LatexImg" src="https://maths-pdf.fr/cgi-bin/mimetex.cgi?3^{k+1}<3times k!" alt="3^{k+1}

Or $(k+1)!=(k+1)times k!$

Comme kgeq7 , on a 3″ alt= »k+1geq8>3″>

Donc <img class="LatexImg" src="https://maths-pdf.fr/cgi-bin/mimetex.cgi?3times k!<(k+1)times k!=(k+1)!" alt="3times k!

Ainsi <img class="LatexImg" src="https://maths-pdf.fr/cgi-bin/mimetex.cgi?3^{k+1}<(k+1)!" alt="3^{k+1}.

Conclusion : Par récurrence, <img class="LatexImg" src="https://maths-pdf.fr/cgi-bin/mimetex.cgi?3^n<n!" alt="3^n pour tout ngeq7 .

3) Montrer que $n!leq n^n$ pour tout .

Par définition : $n!=1times 2times 3times ldotstimes n$

Et : $n^n=ntimes ntimes ntimes ldotstimes n$ ( facteurs)

Chaque facteur de vérifie :

$1leq n,quad 2leq n,quad 3leq n,quadldots,quad nleq n$

En multipliant ces inégalités membre à membre :

$1times 2times 3times ldotstimes nleq ntimes ntimes ntimes ldotstimes n$

Donc $n!leq n^n$ pour tout ngeq1 .

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