Raisonnements par récurrence

Chapitre 1
TS 2
Raisonnements par récurrence
I – Suites arithmétiques et géométriques
On considère une suite u définie pour tout entier naturel n, des réels r et q non nuls.
(u n ) arithmétique de raison r et de (u n ) géométrique de raison q et de
premier terme u o
premier terme u o
Formule de
récurrence
Formule
explicite
Somme des
termes
consécutifs
u n1  u n  r ; u o
u n1  q.u n ; u o
u n  u o  n.r
u n  q n .u o
n
 u k  (n  1).
k o
 nombre de termes.
uo  un
2
n
 uk  uo .
k o
premier terme  dernier terme
2
 premier terme.
1  q n1
;q  1
1 q
1  raison nombre de termes
1  raison
II – Raisonnement par récurrences
Axiome :
Soit P(n) une propriété qui dépend d’un entier naturel n.
Si les deux conditions suivantes sont réunies :
 P(n) est vraie pour le rang n = 0 ;
 Si pour tout entier n, P(n) est vérifiée implique P(n+1) est vérifiée ;
Alors pour tout entier n, P(n) est vraie.
Exemple :
1
u n  3 pour tout entier naturel.
4
Montrons par récurrence sur n, que u n  4 pour tout naturel n : P(n).
On considère la suite (u n ) définie par u o  1 et u n 1 


Au rang 0 : u o  1  4 donc l’inégalité est vraie au rang 0.
Pour un certain naturel n, on suppose que u n  4 : hypothèse de récurrence.
Montrons que u n 1  4 .
1
1
u n  3  4 i.e. u n 1  4 . Donc l’inégalité est vraie au
HR u n  4 donc u n  1
4
4
rang n+1.
Nous avons montré que pour tout entier naturel n, u n  4 .
Remarque :
Il se peut que la propriété ne soit vraie qu’à partir d’un rang n0 non nul. On adapte alors
aisément l’axiome pour conclure.
1
Chapitre 1
TS 2
Exemple :
Démontrer par récurrence la propriété : pour tout entier n  1 ,
n
k 
k 1
n(n  1)
.
2
1
1(2)
 1 . Donc la propriété est vraie au rang 1.
2
k 1
n
n(n  1)
 Pour un certain naturel n, on suppose que  k 
. Montrons que
2
k 1
n 1
(n  1)( n  2)
.
k

2
k 1
n 1
n
n(n  1)
k

k  n 1
 n  1 HR


2
k 1
k 1
n(n  1)  2(n  1) (n  1)( n  2)


2
2
Donc l’égalité est vraie au rang n+1.
n
n(n  1)
Donc pour tout entier n  1 ,  k 
.
2
k 1

Au rang 1 :
 k 1 ;
Remarque :
Aucune des deux conditions pour utiliser l’axiome ne peut être omise.
 On a n ²  2 n pour n = 2, n = 3, n = 4. On ne peut conclure que l’inégalité est vraie
pour tout n  2 . En fait, elle est fausse pour n = 5.
 Considérons la propriété « 6 divise 7 n  1 ». Supposons qu’elle est vraie pour un
certain naturel n, c’est-à-dire qu’il existe un entier k tel que 7 n  1  6k .
Montrons que la propriété est vraie au rang n+1.
7 n 1  1  7  7 n  1
 7(6k  1)  1 HR
 42k  7  1
 42k  6
 6(7k  1)
Donc la propriété est vraie au rang n+1.
On ne peut pas en conclure qu’elle est vraie pour tout naturel n sans exhiber un cas de
base. Elle est fausse pour n = 0, n = 1, n = 2, n = 3 et en fait pour n.
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