i = n(n+1) Raisonnement par récurrence

Il faut un ensemble bien ordonné : Y
Pour cela il faut :
Une relation d’ordre tel que :
¼x,y,zcY,x(y.y(zux(ztransitivite´
¼x,ycY,(x(y-y(x)-x=yanti −re´flexivite´
¼¶_Y,½xc¶tq¼yc¶,x(y
La dernière ligne dit qu’il doit exister un plus petit élément.
Exemple type d’un tel ensemble : les entiers naturels avec la relation d’ordre habituelle.
Œ
Récurrence simple
il faut : une hypothèse S(n)
exemple : 1 + 2 + 3 + .... + n =
S
i
=
1
ni=
n
(
n
+
1
)
2
ensuite il faut :
1) démontrer l’hypothèse sur le plus petit élément (la base) : S(1)
exemple : 1 = = = 1
1
(
1
+
1
)
2
2
2
2) sous l’hypothèse que S(n) soit vraie, démontrer (le pas) : S(n+1)
exemple : 1
+
2
+
3
+
...
+
n
+
(
n
+
1
)
=
(
1
+
2
+
3
+
...
+
n
)
+
(
n
+
1
)
l’utilisation de l’hypothèse donne:
1+2+3+... +n+(n+1)=n(n+1)
2+n+1
=n2+n
2+n+1
=n2+n
2+2n+2 2
=n2+3n+2
2
=(n+1)(n+2)
2
=(n+1)[(n+1)+1]
2
Ce qui est bien exactement de la même forme que l’hypothèse originale : l’hypothèse est donc
démontrée.
Raisonnement par récurrence
___________________________________________________________________________
___________________________________________________________________________
H. Wertz 1

Rappelons alors : il faut un ensemble avec une relation d’ordre, une hypothèse, et durant la preuve il
faut utiliser l’hypothèse (ça s’appelle fertiliser avec l’hypothèse).
Voici une version modifié de l’induction simple sur des entiers. Puisqu’on n’a besoin que d’un
ensemble muni d’une relation d’ordre, tout sous-ensemble des entiers peut se prêter à ce
raisonnement. Si l’hypothèse stipule que S(n) soit vraie alors il faut démontrer S(n0)
¼
n¦n
0
ensuite S(n+1).
Deuxième exemple pour la récurrence simple :
soit l’hypothèse S(n) = 2
0
+
2
1
+
...
+
2
n
=
2
n
+
1
−
1
preuve pour la base : 2
0
=
2
0
+
1
−
1
=
2
−
1
=
1
preuve pour le pas :
20+21+... +2n+2n+1=(2n+1−1)+2n+1
=2&2n+1−1
=2n+2−1
=2(n+1)+1−1í
Exercice 1 : une version simplifiée, et illustratrice, de ce théorème serait :
0 1 2 ...
et de démontrer par un raisonnement par récurrence que les arbres binaires de profondeur n ont 2
n
feuilles terminales.
Exercice 2 : démontrez les égalités suivantes
1
1&2+1 2&3+... +1 n(n+1)=n n+1
13+23+... +n3=n2(n+1)2
4
Voici une légère généralisation pour une hypothèse S(n) : jusqu’ici on a la récurrence “vers le
haut”, c’est-à-dire : alors (1) il faut démontrer S(n0) et (2) il faut démontrer
¼
n,n
0
[n[m
0
−
1
S(n+1). La récurrence “vers le bas” implique que pour , après avoir
¼
n,n
0
+
1[n[m
démontré S(n0) il faut ensuite démontrer S(n-1).
Récurrence forte
Si la récurrence simple démontre
Raisonnement par récurrence
___________________________________________________________________________
___________________________________________________________________________
H. Wertz 2

S(n0)
S(n)uS(n+1)
la récurrence forte démontre
S(n0)
S(n0).S(n1).... .S(n)uS(n+1)
C’est donc un raisonnement qui suppose que l’hypothèse tient sur tous les éléments .
i[n
Exemple 1 : pour démontrer que , donc pour
n
=
nombre_premier
(
x
)
&nombre_premier
(
y
)
&
¬
démontrer que tout nombre entier est le produit d’un ensemble de nombres premiers, on procède
comme suit :
d’abord la base en prenant : , 2 est clairement un nombre premier (très
n
=
2
particulier);
ensuite supposons que l’hypothèse tienne pour alors :
n
=
2,3,4, ...,n
nombrePr emier
(
n
+
1
)
u
(
n
+
1
)
sinon :
½
a avec 1^a^n+1tq
(
n
+
1
)
a
=b
u
n+1=a&b
alors, puisque , par hypothèse a et b sont produit de nombres entiers.
aŸn.bŸ
n
Exemple 2 : pour la suite des nombres de Fibonacci , avec , nous pouvons formuler
f
i
a=1+5
2
l’hypothèse . Pour démontrer cette hypothèse, il faut alors d’abord
f
n
+
1
=
f
n
+
f
n
−
1
Ÿa
n
−
1
considérer le cas de et celui de (les deux membres de la suite qui ne sont pas exprimable
f
0
f
1
comme somme de deux prédécesseurs) :
cas de f0:a
−
1
=
2
1
+
5
¦0=f0
cas de f
1
:a
1
−
1
=
a
0
=
1¦1
=
f
1
ensuite, prenons l’hypothèse que
¼
mŸn,f
m
Ÿa
m
−
1
reste à démontrer que f
n
+
1
Ÿa
(
n
+
1
)
−
1
notons tout d’abord que de l’hypothèse original : nous pouvons aisémentf
n
+
1
=
f
n
+
f
n
−
1
Ÿa
n
−
1
conclure que et que , doncf
n
Ÿa
n
−
1
f
n
−
1
Ÿa
(
n
−
1
)
−
1
f
n
+
1
=
f
n
+
f
n
−
1
Ÿa
n
−
1
+
a
n
−
2
=
a
n
−
2
&
(
a
+
1
)
reconnaissant que nous pouvons réécrire l’équation ci-dessus comme :a
2
=
a
+
1
fn+fn−1Ÿan−1+an−2=an−2&(a+1)
Ÿan−2&a2
Ÿan
Ÿa(n+1)−1í
Ok ?
Raisonnement par récurrence
___________________________________________________________________________
___________________________________________________________________________
H. Wertz 3

Voici une exercice pour se faire la main avec la récurrence forte : il s’agit de démontrer l’hypothèse
¼
n,a
n
−
2
Ÿf
n
+
2
−
1.
Récurrence généralisée
Soit X un ensemble bien ordonné par , et , alors il faut démontrer queŸ
¼
xcX
u
S
(
x
)
1 est vrai, avec le plus petit élément de XS
(
x
0
)
x
0
2
¼
xcX,x
0
Ÿx.
¼
yŸx,S
(
y
)
u
S
(
x
)
exemple :
soit
S0,0=0
Sm,n=
Sm−1,n+1sin=0
Sm,n−1+1sin!0
il faut démontrer que S
m
,
n
=
m
+
n
1. la base : S0,0
=
0
=
0
+
0
2. le pas : supposons avec (dans l'ordre lexicographique)
S
m
Â
,
n
Â
=
m
Â
+
n
Â
, alors :m
Â
,n
Â
^m,n
a. mais n
=
0uSm,n
=
Sm−1,n
+
1m
−
1, n^m,n
et, par hypothèse , donc:
S
m
−
1
,
n
=
(
m
−
1
)
+
n
Sm,n
=
Sm−1,n
+
1
=
(
m
−
1
+
n
)
+
1
=
m
+
n
b. et, par définition,
n
!
0
u
S
m
,
n
=
S
m
,
n
−
1
+
1m,n
−
1^m,n
et par hypothèse, , donc : Sm,n−1
=
m
+
(
n
−
1
)
S
m
,
n
=
S
m
,
n
−
1
+
1
=
(
m
+
n
−
1
)
+
1
=
m
+
n
í
Exercice :
soit la définition :
S1,1=5
¼m,ncŒ+
Sm,n=
Sm−1,n+2sin=1
Sm,n−1+2sin!1
démontrez : S
m
,
n
=
2&
(
m
+
n
)
+
1
Raisonnement par récurrence
___________________________________________________________________________
___________________________________________________________________________
H. Wertz 4