Fiche de révision/Méthodologie - Le raisonnement par récurrence
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Le raisonnement par récurrence I.1 – Dominos >Pourquoi tous les dominos tombent ? Initialisation : On assure que le premier domino tombe. Hypothèse de récurrence (HR) : Hypothèse que pour tout n ≥ 1, les premiers dominos d 1 … dn to mbent. Hérédité : Le raisonnement de récurrence permet de conclure que pour tout naturel n ≥ 1, le dominos associé au numéro tombe : tous les dominos tombent. 1. – Le schéma abstrait Pour tout n ≥ 1, on cherche à vérifier une hypothèse qui dépend de n. On le notera P(n). Dans l'exemple précédent, on a P(n) : « Le n e domino tombe ». La preuve par récurrence marche comme suivant : -Initialisation : on vérifie P(1). -Hypothèse de récurrence : on suppose P(1), P(2), … , P(n) pour un n quelconque. -Hérédité : Sous l'HR,on démontre P(n-1). 1. – Recouvrir un damier par des triominos >Peut-on recouvrir l'entièreté d'un damier, après en avoir retiré une case, par des triominos ? Démonstration par récurrence : -Initialisation : Soit n = 1 alors 2 1 = 2. L'hypothèse à vérifier est : P(1) : « D'un damier 2*2 cases, on enlève une case arbitraire. Alors, le reste peut être remplis de triominos ». Il y a 4 possibilités de cases enlevées, donc 4 solutions. Donc P(1) est vraie. -Hypothèse de récurrence : Supposons que P(1), P(2), … , P(n) sont vraies pour n quelconque. (ça veut dire qu'on peut remplir des damiers de taille quelconque 2 n*2 n avec une case enlevée). -Hérédité : on veut vérifier P(n+1). On se donne un damier de 2 n+1 * 2 n+1 . Comme 2 n+1 = 2*2*2... }n fois = 2 n * 2. Il se divise e 4 damiers de taille 2 n *2 n. On enlève une case du grand damier et on la tourne pour que celle-ci se trouve dans le domaine en haut à gauche, qu'on notera d1. D 1 est un damier 2 n*2 n avec une case enlevée. Par HR, d1 peut être remplis par des triominos ! Malheureusement, l'hypothèse de récurrence ne permet pas de traiter d 2 , d3 et d 4 (aucune case enlevée). Conclusion:le grand damier de 2n+1 *2 n+1 avec sa case enlevée peut être remplit. 1. – Recouvrement d'un grand triomino (cf. ex. 2 feuille 1) Initialisation : Cas n = 1 : 21 *22 , se fait à la main. Cas n = 2 : On utilise 4 pièces 2*4 pour remplir le 4*8 des 1*2. on peut remplir des triominos 2*4 avec HR : Supposons qu'on peut remplir les grands triominos de taille 21 * 22 * 23 * … *2 n * 2 n+1 . Hérédité : On donne un triomino de taille 2 n+1 * 2 n+2 (=2 * 2n + 4* 2 n) Ces triominos se divisent en 4 triominos de taille 2n*2 n+1 . Par HR, on peut remplir chacun par des petits triominos, on recouvre donc le triomino de taille 2 n+1 * 2 n+2 . I.6 – Multiples d'un nombre fixe P(n) = « pour tout nombre naturel n ≥ 1, 7 n – 2 n est un multiple de 5. Démonstration par récurrence : Initialisation (n = 1) : 7 1 – 2 1 = 5, qui est un multiple de 5. HR : Supposons que pour n ≥ 1 fixé quelconque, les nombre 7 1 – 2 1, 7 2 – 2 2 ,..., 7 n – 2 n , 7n+1 – 2 n +1 est multiple de 5. Il faut démontrer que 7 n+1 – 2 n+1 est multiple de 5. 7 n+1 – 2 n+1 = 7*7 n – 2*2n. Ajoutons-y est soustrayons-y 7*2 n. 7 n+1 – 2 n+1 = 7*7 n – 2*2n = 7*7n + 7*2 n - 7*2 n – 2*2n = 7(7 n*2 n) - 2n (7*2 n) = 7(7n*2 n) – 5*2 n Multiple de 5. Multiple de 5 par HR. La somme de 2 multiples de 5 est multiple de 5.
