DG - DEMONSTRATION PAR RECURRENCE

DG - DEMONSTRATION PAR RECURRENCE
1. Les axiomes de Peano
Ces cinq axiomes permettent de définir formellement l’ensemble Ndes nombres entiers naturels. En
voici la liste :
1 0 est un entier naturel
2 Tout entier naturel a un successeur
3 Deux entiers naturels ayant le même successeur sont égaux
4 0 n’est le successeur d’aucun entier naturel
5 Si une partie Pde Ncontient 0, et si le successeur de tout élément de Pappartient à P, alors P
est égale à N(axiome d’induction)
Le successeur de l’entier nest noté n+ 1.
C’est le cinquième axiome qui est la base de la démonstration par récurrence.
2. Première formulation de la démonstration par récurrence
Soit Pune propriété sur l’ensemble N. Si nest un entier, P(n)est soit vraie, soit fausse. Si P(n)est
vraie, on dira que la propriété Pest vraie à l’ordre nou au rang n.
Soit alors Pl’ensemble des entiers tels que P(n)soit vraie. Dire que nappartient à Psignifie donc
que P(n)est vraie, et l’axiome 5 devient alors :
Si P(0) est vraie, et si pour tout entier ntel que P(n)soit vraie alors P(n+ 1) est vraie, il en résulte
que, pour tout entier n,P(n)est vraie.
En convenant d’écrire « P(n)» au lieu de « P(n)est vraie », on peut formaliser ce qui précède de la
manière suivante :
(P(0) et (∀n∈N)(P(n)⇒P(n+ 1))) ⇒(∀n∈N)(P(n)) .
Le schéma de la démonstration par récurrence comporte donc deux étapes :
– Initialisation : on démontre que la propriété est vraie au rang 0.
– Hérédité : on démontre que si la propriété est vraie au rang n(hypothèse de récurrence), alors elle
est vraie au rang n+ 1.
Alors la propriété P(n)est vraie pour tout entier npositif.

DG 2
Exemple 1 Montrer que, quel que soit n≥0, on a
P(n)
n
X
p=0
p p! = (n+ 1)! −1.
Pour n= 0, on a bien
0
X
p=0
p p! = 1! −1 = 0 .
Si l’on suppose que P(n)est vraie, on a donc
n
X
p=0
p p! = (n+ 1)! −1,
alors n+1
X
p=0
p p! = (n+ 1)(n+ 1)! +
n
X
p=0
p p!,
donc, en utilisant l’hypothèse de récurrence,
n+1
X
p=0
p p! = (n+ 1)(n+ 1)! + (n+ 1)! −1 = (n+ 2)(n+ 1)! −1 = (n+ 2)! −1,
et la propriété est vraie au rang n+ 1. Elle est donc vraie quel que soit n.
Remarque : en modifiant l’exemple précédent, on peut voir que l’oubli de l’initialisation peut conduire
à des résultats faux. En effet, si l’on prend
P(n)
n
X
p=0
p p! = (n+ 1)! .
Le même calcul que ci-dessus montre que, pour tout entier n,P(n)implique P(n+ 1), mais cette fois
P(0) est fausse.
Application 1
Pour démontrer qu’une propriété Pdéfinie sur l’ensemble N∩[n0,∞[est vraie, on peut appliquer
le cas général à la propriété Qdéfinie sur Npar
Q(n) = P(n+n0).
Le schéma de la démonstration par récurrence devient alors :
– Initialisation : on démontre que la propriété Pest vraie au rang n0.

DG 3
– Hérédité : on démontre que si la propriété Pest vraie pour un rang ntel que n≥n0, (hypothèse
de récurrence), alors elle est vraie au rang n+ 1.
Alors la propriété P(n)est vraie pour tout entier n≥n0.
Exemple 2 Montrer que, quel que soit n≥2, on a
P(n) 2n≥n+ 2 .
Pour n= 2, on a bien
22≥2 + 2 .
Si l’on suppose que P(n)est vraie, on a donc
2n≥n+ 2 ,
alors en multipliant par 2 les deux membres de cette inégalité,
2n+1 ≥2n+ 4 = 2(n+ 1) + 2 ≥(n+ 1) + 2 ,
et la propriété est vraie au rang n+ 1. Elle est donc vraie quel que soit n≥2.
Application 2 - Récurrence finie
Pour démontrer qu’une propriété Pdéfinie sur l’ensemble N∩[ 0, n0]est vraie, on peut appliquer le
cas général à la propriété Qdéfinie sur Npar
Q(n) = P(n)si 0≤n≤n0
0 = 0 si n > n0.
La propriété Q(n)étant vraie si n > n0, il en résulte que pour tout n≥n0,Q(n)implique Q(n+ 1).
Il reste à vérifier que Q(n)implique Q(n+ 1) pour 0≤n≤n0−1, c’est-à-dire que P(n)implique
P(n+ 1) pour 0≤n≤n0−1. Le schéma de la démonstration par récurrence devient alors :
– Initialisation : on démontre que la propriété est vraie au rang 0.
– Hérédité : on démontre que si la propriété est vraie pour un rang ntel que 0≤n≤n0−1, (hypothèse
de récurrence), alors elle est vraie au rang n+ 1.
Alors la propriété P(n)est vraie pour tout entier ntel que 0≤n≤n0.
Exemple 3 Soit pun entier plus grand que 1. Montrer que, quel que soit ntel que 0≤n≤p, on a
P(n)
1
Z
0
tpe−tdt =−1
e
n−1
X
k=0
p!
(p−k)! +p! (p−n)!
1
Z
0
tp−ne−tdt .
Pour n= 0, on a bien
1
Z
0
tpe−tdt =
1
Z
0
tpe−tdt .

DG 4
(La somme ne contient aucun terme dans ce cas).
Si l’on suppose que P(n)est vraie, pour un entier ntel que 0≤n≤p−1, on a donc
1
Z
0
tpe−tdt =−1
e
n−1
X
k=0
p!
(p−k)! +p! (p−n)!
1
Z
0
tp−ne−tdt ,
alors en intégrant par parties l’intégrale du membre de droite, on obtient
1
Z
0
tp−ne−tdt =h−tp−ne−ti1
0+
1
Z
0
(p−n)tp−n−1e−tdt
=−1
e+ (p−n)
1
Z
0
tp−(n+1)e−tdt .
En remplaçant das l’hypothèse de récurrence, on obtient
1
Z
0
tpe−tdt =−1
e
n−1
X
k=0
p!
(p−k)! +p! (p−n)! 
−1
e+ (p−n)
1
Z
0
tp−(n+1)e−tdt
=−1
e
n−1
X
k=0
p!
(p−k)! −p! (p−n)!
1
e+p! (p−n)! (p−n)
1
Z
0
tp−(n+1)e−tdt .
Mais n−1
X
k=0
p!
(p−k)! +p! (p−n)! =
n
X
k=0
p!
(p−k)! ,
et p!
(p−n)! (p−n) = p! (p−n−1)! =p! (p−(n+ 1))! ,
d’où finalement
1
Z
0
tpe−tdt =−1
e
n
X
k=0
p!
(p−k)! +p! (p−(n+ 1))!
1
Z
0
tp−(n+1)e−tdt ,
ce qui est la propriété au rang n+ 1. La propriété est donc vraie quel que soit nvérifiant 0≤n≤p.
Remarque : on peut combiner les deux cas précédents et faire une récurrence finie pour démontrer
qu’une propriété est vraie pour ncompris entre n0et p.
3. Seconde formulation de la démonstration par récurrence
Nous donnons ici une autre façon, équivalente à la première, d’exprimer la récurrence.

DG 5
Soit Pune propriété sur l’ensemble N, et soit Qla propriété sur Ndéfinie par
Q(n) = (P(0) et P(1) et ··· et P(n)) .
On constate les trois choses suivantes :
–P(0) = Q(0).
– si Q(n)est vraie, démontrer que Q(n+ 1) est vrai, revient à démontrer que P(n+ 1) est vraie
puisque l’on sait déjà que P(0), . . . P(n)sont vraies.
– il est équivalent de dire que P(n)est vraie pour tout entier nou que Q(n)est vraie pour tout entier n.
Si l’on applique la première formulation de la récurrence à la propriété Q, et si l’on utilise les remarques
précédentes, le schéma de la démonstration par récurrence comporte alors les deux étapes suivantes :
– Initialisation : on démontre que la propriété Pest vraie au rang 0,
– Hérédité : on démontre que si la propriété P(p)est vraie jusqu’à l’ordre n, c’est-à-dire pour tout
rang ptel que 0≤p≤n(hypothèse de récurrence), alors elle est vraie au rang n+ 1.
Alors P(n)est vraie pour tout entier npositif.
Comme dans la première formulation, on peut initialiser à une autre valeur que 0, ou utiliser la mé-
thode pour une récurrence finie.
Exemple 4 Utilisation de tous les rangs compris entre 0 et npour démontrer le rang n+ 1.
Soit la suite (un)n≥0définie par u0= 1, et si n≥1par la relation
un=
n−1
X
p=0 n
pup.
Montrer que, quel que soit n,
P(n)unest impair .
Le nombre u0= 1 est bien impair. Supposons que upsoit impair pour pcompris entre 0 et n. On a
un+1 =
n
X
p=0 n+ 1
pup.
Comme upest impair si 0≤p≤n, alors up−1est pair, et le nombre
un+1 −
n
X
p=0 n+ 1
p=
n
X
p=0 n+ 1
p(up−1)
est une somme de nombres pairs, donc est pair.