Fiche de révision/Méthodologie - Le raisonnement par récurrence

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 d1 … 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 ne 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 21 = 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 2n*2n avec une case enlevée).
-Hérédité : on veut vérifier P(n+1). On se donne un damier de 2n+1 * 2n+1.
Comme 2n+1 = 2*2*2... }n fois = 2n * 2. Il se divise e 4 damiers de taille 2n *2n.
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.
D1 est un damier 2n*2n avec une case enlevée. Par HR, d1 peut être remplis par des triominos !
Malheureusement, l'hypothèse de récurrence ne permet pas de traiter d2, d3 et d4 (aucune case
enlevée).
Conclusion:le grand damier de 2n+1*2n+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 on peut remplir des triominos 2*4 avec
des 1*2.
HR : Supposons qu'on peut remplir les grands triominos de taille 21 * 22 * 23 * … *2n * 2n+1.
Hérédité : On donne un triomino de taille 2n+1 * 2n+2
(=2 * 2n + 4* 2n)
Ces triominos se divisent en 4 triominos de taille 2n*2n+1.
Par HR, on peut remplir chacun par des petits triominos, on recouvre donc le triomino de taille
2n+1 * 2n+2.
I.6 – Multiples d'un nombre fixe
P(n) = « pour tout nombre naturel n ≥ 1, 7n – 2n est un multiple de 5.
Démonstration par récurrence :
Initialisation (n = 1) : 71 – 21 = 5, qui est un multiple de 5.
HR : Supposons que pour n ≥ 1 fixé quelconque, les nombre 71 – 21, 72 – 22,..., 7n – 2n , 7n+1 – 2n
+1 est multiple de 5.
Il faut démontrer que 7n+1 – 2n+1 est multiple de 5.
7n+1 – 2n+1 = 7*7n – 2*2n. Ajoutons-y est soustrayons-y 7*2n.
7n+1 – 2n+1 = 7*7n – 2*2n
= 7*7n + 7*2n - 7*2n – 2*2n
= 7(7n*2n) - 2n (7*2n)
= 7(7n*2n) – 5*2n
Multiple de 5.
Multiple de 5 par HR.
La somme de 2 multiples de 5 est multiple de 5.