Telechargé par Lydia Serraye

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.
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