C.G

Atelier de Maths : Récurrence
Introduction Comment démontrer : Si on retire une case quelconque d’un
échiquier 2n×2non peut paver la partie restante à l’aide de pièces de trois
cases en forme de L
Vérifions les premiers cas
Le cas n= 1 est facile à vérifier, on peut aussi vérifier le cas n= 2 et ensuite ?
Une idée est de réutiliser le cas n= 2 pour vérifier n= 3 sans entrer dans les détails.
On se rend compte que l’on peut enlever une case dans un des sous-échiquiers et de ce
fait ce sous échiquier peut être pavé par des L. Comment fait on avec les 3 autres ? On
prend l’initiative de poser un L de telle sorte que l’on enlève une case aux trois autres
sous échiquiers et par conséquent eux aussi peuvent être pavés avec des L
Cette démonstration prouve que la propriété est vraie pour n= 3 sans trouver un
pavage pour n= 3 on a montré que puisque la propriété est vraie pour n= 2 alors elle
est vraie pour n= 3, et on peut continuer ainsi jusqu’ à l’infini. Pour rendre ce type de
démonstration valide il faut admettre l’axiome suivant :
Axiome 1 (Axiome de récurrence) Soit P(n) une propriété mathématique dépen-
dant d’un entier naturel n
(3) est vrai si (1) et (2) le sont
1. (Initialisation) Il existe un entier n0tel que P(n0)est vrai
2. (Hérédité) Pour tout n>n0Si P(n) est vrai alors P(n+ 1) est vrai
3. (Conclusion) : Pour tout n>n0P(n) est vrai
D’où la démonstration :
— initialisation : La propriété est vraie pour n= 1
— Hérédité : Pour tout n>1considérons un damier 2n+1 ×2n+1 et divisons le en
4 damiers 2n×2n. Nous allons montrer que nous pouvons paver ce damier avec
des L après avoir enlevé une seule case.Comme sur le dessin ci-dessus enlevons
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une case dans 3 damiers de telle sorte qu’on ait enlevé un L on peut considérer
que l’on a pavé les 3 damiers avec des L en appliquant l’hypothèse de récurrence
et la seule case que l’on peut enlever on l’utilise pour le quatrième damier ce
qui nous permet d’appliquer encore une fois l’hypothèse de récurrence et ainsi le
pavage est terminé
— Conclusion : D’après l’axiome de récurrence la propriété est vraie pour tout n>1
Problèmes
1. Un L-triomino de taille d’ordre nest la juxtaposition en forme de L de 3 damiers
carrés contenant 2n×2npetits carrés . Montrer que tout L-triomino peut être
pavé par des pièces de trois cases en forme de L .
2. Démontrer que pour tout n,22n−1est divisible par 3
3. En Sikinie, toutes les routes sont à sens unique.Deux villes quelconques sont
connectées par xectement une route directe.Montrer qu’il existe une ville qui
peut être rejointe à partir de n’importe quelle autre soit directement soit en
passant par une seule ville intermédiaire
4. Démontrer pour tout n>2 :
v
u
u
t2s3r4...q(n−1)√n < 3
5. Étudier la convergence de la suite (un)définie par son premier terme u0, réel
positif, et la relation de récurrence : ∀n∈N,un+1 =√un+1
n+ 1
6. (CG 2014 : Problème 1 Question 1) Soit (xn)une suite de réels telle que :
(a) x0>0
(b) Il existe deux réels et qstrictement positifs tel que pour tout n>0on a
06xn+1 −qxn6
On pose bn=xn+1 −qxn
Montrer que pour tout n>1on a xn=qnx0+qn−1b0+qn−2b1+... +bn−1
7. (CG 2011 : Exercice 2) Un acheteur a dans son porte-monnaie n pièces. Notons
a1, ..., anla valeur faciale de ces pièces , ce sont des nombres entiers strictement
positifs. Convenons d’ appeler capacité de ce porte monnaie le plus grand nombre
entier Mtel que l’ on puisse payer sans rendu de monnaie toute somme (entière)
de 1 à M. Notons C(a1, ..., an)la capacité du porte monnaie contenant les pièces
a1, ..., an.
On suppose que l’on a a1= 1 et a16a26... 6an
(a) Calculer les capacités C(1,2,4),C(1,2,5) et C(1,2,3,4,5).
(b) Soit jun nombre entier compris entre 1 et n−1et fixons les nombres a1, ..., aj.
À quelle condition sur aj+1 a-t-on C(a1, ..., aj) = C(a1, ..., aj, aj+1)?
(c) Donner une méthode pour calculer C(a1, ..., an)
(d) On fixe n. Comment choisir les nombres entiers a1, ..., anpour que la capacité
C(a1, ..., an)soit la plus grande possible ?
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Parfois on a besoin d’un axiome de récurrence légèrement différent que le précédent
Axiome 2 (Axiome de récurrence (fort)) Soit P(n) une propriété mathématique
dépendant d’un entier naturel n
(3) est vrai si (1) et (2) le sont
1. (Initialisation) Il existe un entier n0tel que P(n0)est vrai
2. (Hérédité) Pour tout n>n0Si P(k) est vrai pour tout les n06k6nalors
P(n+ 1) est vrai
3. (Conclusion) : Pour tout n>n0P(n) est vrai
Résolvons avec l’axiome 2 l’exercice suivant :
La suite de Fibonnacci est définie par F0= 0 et F1= 1 avec Fn+2 =Fn+1 +Fnpour tout
n>0. Démontrons par récurrence que tout terme de cette suite Fnvérifie Fn=φn−φn
√5
avec φ=1 + √5
2et φ=1−√5 2
1. On montre d’abord que φet φsont solutions de x2−x−1 = 0 donc pour tout
n>2on a φn=φn−1+φn−2et φn=φn−1+φn−2
2. Initialisation : vrai pour n= 0 car F0= 0 d’une part et d’autre part φ0−φ0
√5= 0
d’où l’égalité . Vrai pour n= 1 car F1= 1 et φ1−φ1
√5= 1
3. Hérédité : Pour tout n>2on a Fn=Fn−1+Fn−2=φn−1−φn−1
√5+φn−2−φn−2 √5
par hypothèse de récurrence
Donc Fn=φn−1+φn−2−(φn−1+φn−2)
√5=φn−φn √5d’après 1)
4. D’après l’axiome de récurrence Fn=φn−φn
√5pour tout n>0
Problèmes
1. n
P
i=1
F2
i=FnFn+1
2. n
P
i=1
Fi=Fn+2 −1
3. 2n+1
P
i=1
impair
Fi=F2n+2 et 2n
P
i=2
pair
Fi=F2n+1 −1
4. Fn−1Fn+1 =F2
n+ (−1)n
5. Si m|nalors Fm|Fn
6. Fn=n−1
0+n−2 1+n−3 2+... =P
k=1
n−k>k−1n−k
k−1On écrit la suite n−1, n−2, n−3...
puis la suite 0,1,2... tant que n−k>k−1
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Atelier de Maths : Les polynômes
Introduction Comment retrouver par le calcul qu’une famille de courbes ont un ou
plusieurs points fixes ? Par exemple sur le dessin ci-dessus il s’agit d’une famille de
paraboles d’équation y=a(x−2)2+ 1 pour a∈[−5; 5] et il semble que toutes les
paraboles passent par le point de coordonnées (2 ; 1)
On associe à ces courbes une fonction fa(x) = a(x−2)2+ 1 définie sur Ravec a∈R
Définissons à présent le problème de la recherche de point fixe :
Existe -il un ou plusieurs points de coordonnées (x0;y0)tel que pour tout a∈R
fa(x0) = y0
Pour insister sur le rôle des quantificateurs on peut écrire :
∃?(x0;y0)∀a∈Rfa(x0) = y0
Nous allons nous restreindre au cas où fa(x)est un polynôme en xmais aussi un
polynôme en a
Par exemple un polynôme réel en xest 2x3−3x+ 1 alors que x−1
x2+ 1 et √x+ 1 ne sont
pas des polynômes
2y3−3y+1 est le même polynôme que 2x3−3x+1 , ce qui compte ce sont les coefficients
1, -3 pour −3xou −3y,0 car il n’y a pas de termes en x2et 2 pour 2y3
Définition :Pest un polynôme à coefficients réels si P=
k=n
P
k=0
akxkoù les aksont des
nombres réels. On peut identifier Pà la suite de nombres réels (a0, a1, ..., an)nulle à
partir d’un certain rang
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Le degré de Pest le plus grand indice n des coefficients non nuls de P. on note d(P)
Division euclidienne de polynômes et racines d’un polynômes Théorème et
Définition :Etant donnés deux polynômes Aet B, il existe deux polynômes Qet R
uniques tel que
A=BQ +R
avec d(R)< d(B)
Qest le quotient et Rle reste de la division de Apar B
Si R= 0 on dit que Bdivise Aque l’on note B|A
Par exemple X3+ 1 = (X−1)(X2+X+ 1) + 2
On peut poser la division ainsi :
X3+ 1 X−1
−(X3−X2)X2+X+ 1
X2+ 1
−(X2−X)
X+ 1
−(X−1)
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Définition :α∈Ret P=
k=n
P
k=0
akxk, on note P(α) =
k=n
P
k=0
akαk
On dit αest racine de Plorsque P(α) = 0
Propriété :αracine de P⇐⇒ X−a|P
Définition : Le polynôme nul est le polynôme dont tous les coefficients sont nuls
Propriété : Si pour tout a∈Ioù Iest un intervalle de Ron a P(a) = 0 si et seulement
si P= 0
Application : ∃?(x0;y0)∀a∈Rfa(x0) = a(x0−1)2+ 1 = y0
⇐⇒ a(x0−1)2+ 1 −y0= 0 pour tout a∈R
On regarde l’expression a(x0−1)2+ 1 −y0comme un polynôme en a, on applique la
propriété ci-dessus donc les coefficients (x0−1)2et 1−y0sont nuls donc x0= 1 et
y0= 1
A vous de jouer Ici fa(x) = a(x2−1) −1(voir dessin plus bas)
Relation racines et coefficients : Si le polynôme x2+px +q= (x−x1)(x−x2)
en développant et en identifiant on a p=−(x1+x2)et q=x1x2
Si le polynôme x3+px2+qx +r= (x−x1)(x−x2)(x−x3)en développant et en
identifiant on a p=−(x1+x2+x3),q=x1x2+x2x3+x1x3et r=−x1x2x3
Exercice : Soit x1,x2et x3les racines du polynôme x3+3x2−7x+1. Calculer x2
1+x2 2+x2 3
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