Corrigé des exercices de maths

Raisonnement par récurrence : corrigé des exercices de maths en terminale en PDF.


Le corrigé des exercices de maths sur le raisonnement par récurrence et la démonstration en utilisant le principe de récurrence en terminale.

Exercice 1 :
Soit  (U_n) \, la suite définie par

 \{{U_0=2\atop \forall n \in\,\mathbb{N}\,\,U_{n+1}=\sqrt{U_n+2}} \,.

Démontrer par récurrence que :

 \fbox{\forall n \in\,\mathbb{N}\,,\,U_n\le2 }\,

soit la propriété de récurrence : P(n)=\{Pour n \in\,\mathbb{N}\,,\,U_n\le2 \}\,

Initialisation : P(0)

U_0=2\le 2 donc P(0) vraie.

Supposons qu’il existe  n \in\,\mathbb{N} tel que P(n) soit vraie, Montrons P(n+1) reste vraie.

 0\le U_n\le 2\Leftrightarrow 0\le U_n+2\le 4 \Leftrightarrow \sqrt{U_n+2}\le \sqrt{4}\Leftrightarrow U_{n+1}\le 2

donc P(n+1) reste vraie

 (P(0); \forall n \in\,\mathbb{N}\,,\,P(n)\Rightarrow P(n+1))

 \Rightarrow \forall n \in\,\mathbb{N}\,,U_n\le2

Exercice 2 :

Soit  (U_n) \,. la suite définie par

 \{{U_0=2\atop \forall n \in\,\mathbb{N}\,,\,U_{n+1}=2U_n-3} \,.

Démontrer par récurrence que :

 \fbox{\forall n \in\,\mathbb{N}\,,\,U_n=3-2^n }\,.

soit la proprieacute:té de récurrence :P(n)=\{Pour n \in\,\mathbb{N}\,,\,U_n=3-2^n }\,

Initialisation : P(0)

U_0=2=3-2^0 donc P(0) vraie.

Supposons qu’il existe  n \in\,\mathbb{N} tel que P(n) soit vraie, Montrons P(n+1) reste vraie.

 U_n=3-2^n\Leftrightarrow 2U_n=6-2^{n+1} \Leftrightarrow 2U_n-3=3-2^{n+1} \Leftrightarrow U_{n+1}=3-2^{n+1}

donc P(n+1) reste vraie

 (P(0); \forall n \in\,\mathbb{N}\,,\,P(n)\Rightarrow P(n+1))

 \Rightarrow \forall n \in\,\mathbb{N}\,,U_n=3-2^n

Exercice 3 :

On pose :

 \forall n \in\,\mathbb{N^*}\,,\,S_n=1^2+2^2+3^2+....+n^2=\sum_{k=1}^n k^2 \,.

a. Calculer  S_1\,S_2\,,S_3\,,S_4 \,.

 S_1=1^2=1\,S_2=1^2+2^2=1+4=5\\S_3=1^2+2^2+3^2=1+4+9=14\\S_4=1^2+2^2+3^2+4^2=14+16=30 \,.

b. Exprimer  S_{n+1} en fonction de  S_n .

\forall n \in\,\mathbb{N^*}\,,\, S_{n+1}=S_n+(n+1)^2

c. Démontrer par récurrence que :

 \fbox{ \forall n \in\,\mathbb{N^*}\,\,S_n=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6} }\,.

soit la proprieacute:té de récurrence :

P(n)=\{Pour n \in\,\mathbb{N^*}\,,\,S_n=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6} }\,

Initialisation : P(1)

S_1=1=\frac{1(1+1)(2\times   1+1)}{6} donc P(1) vraie.

Supposons qu’il existe  n \in\,\mathbb{N^*} tel que P(n) soit vraie, Montrons P(n+1) reste vraie.

 S_{n+1}=S_n+(n+1)^2\Leftrightarrow S_{n+1}=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+(n+1)^2 \\\Leftrightarrow S_{n+1}=\frac{n(n+1)(2n+1)+6(n+1)^2}{6} \\\Leftrightarrow S_{n+1}=\frac{(n+1)[n(2n+1)+6(n+1)]}{6}

 \Leftrightarrow S_{n+1}=\frac{(n+1)(2n^2+7n+6)}{6}=\frac{(n+1)(n+2)(2(n+1)+3)}{6}

donc P(n+1) reste vraie

 (P(0); \forall n \in\,\mathbb{N^*}\,,\,P(n)\Rightarrow P(n+1))

 \Rightarrow \forall n \in\,\mathbb{N^*}\,,S_n=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}

Exercice 4 :

1. Le résultat est vrai pour n = 1 car :

x^{1+1}\,-\,y^{1+1}\,=\,x^2\,-\,y^2\,=\,(x\,+\,y)(x\,-\,y)

Et on sait que x\,+\,y\,=\,x\,+\,y et x\,-\,y\,=\,x\,-\,y .

Supposons maintenant que le résultat soit vrai pour un certain entier naturel n. On a :

x^{n+2}\,-\,y^{n+2}\,=\,x(x^{n+1})\,-\,y(y^{n+1})\,\\=\,x(x^{n}x\,-\,y^{n}y)\,-\,y(y^{n}y\,-\,x^{n}x)\,\\=\,x^{n+1}(x\,-\,y)\,+\,y(x^{n}\,-\,y^{n})\,\\=\,y(x^{n}\,-\,y^{n})\,+\,(x\,-\,y)x^{n+1}par la formule obtenue pour n=1

Donc, le résultat est bien vrai pour tout entier naturel n.

2. Quand k = n, on a :

x^ky^{n-k}\,=\,x^n\,y^{n-n}\,=\,x^n

3. L’hypothèse est vraie pour n = 1 car :

x^1\,-\,y^1\,=\,x\,-\,y\,=\,(x\,-\,y)\,\sum_{k=0}^{0}\,x^ky^{1-k}

Supposons maintenant que le résultat soit vrai pour un certain entier naturel n. On a :

x^{n+1}\,-\,y^{n+1}\,=\,y(x^n\,-\,y^n)\,+\,(x\,-\,y)x^{n+1} par la formule obtenue pour la question 1,
et donc :

x^{n+1}\,-\,y^{n+1}\,=\,y(x-y)\,\sum_{k=0}^{n-1}\,x^ky^{n-k}\,+\,(x-y)x^{n+1}\,=\,(x-y)\,(\,\sum_{k=0}^{n-1}\,x^ky^{n-k}\,+\,x^{n}\,)

Donc, le résultat est vrai pour tout entier naturel n.

Exercice 5 :

1. Soient a et x deux nombres tels que a\in\,\mathbb{Q} et x\notin\,\mathbb{Q}.

On suppose par l’absurde que a+x\in\,\mathbb{Q}.

Alors il existe deux entiers relatifs p et q avec q\neq\,0 tels que a+x=\frac{p}{q}.

On peut réarranger cette équation pour obtenir x=\frac{p}{q}-a, qui est donc un nombre rationnel puisque p, q et a sont des nombres rationnels, ce qui contredit l’hypothèse que x\notin\,\mathbb{Q}.

Donc, a+x\notin\,\mathbb{Q}.

2. Soient a et x deux nombres tels que a\in\,\mathbb{Q}^* et x\notin\,\mathbb{Q}.

On suppose par l’absurde que a\times  \,x\in\,\mathbb{Q}.

Alors il existe deux entiers relatifs p et q avec q\neq\,0 tels que a\times  \,x=\,\frac{p}{q}.

On peut réarranger cette équation pour obtenir x=\frac{p}{aq}, qui est donc un nombre rationnel puisque p, q et a sont des nombres rationnels, ce qui contredit l’hypothèse que x\notin\,\mathbb{Q}.

Donc, a\times  \,x\notin\,\mathbb{Q}.

Exercice 6 :

Pour n = 0, on a :

\sum_{k=0}^{0}x^k\,=\,x^0\,=\,1

et

\frac{1-x^{0+1}}{1-x}\,=\,\frac{1-x}{1-x}\,=\,1

Donc la formule est vraie pour n = 0.

Supposons maintenant que la formule soit vraie pour un certain entier naturel n quelconque. Nous allons démontrer qu’elle est vraie pour n+1. On a :

\sum_{k=0}^{n+1}x^k\,=\,\sum_{k=0}^{n}x^k\,+\,x^{n+1}

Par hypothèse de récurrence, on a :

\sum_{k=0}^{n}x^k\,=\,\frac{1-x^{n+1}}{1-x}

Ainsi,

\sum_{k=0}^{n+1}x^k\,=\,\frac{1-x^{n+1}}{1-x}\,+\,x^{n+1}

En factorisant par (1-x), on a :

\sum_{k=0}^{n+1}x^k\,=\,\frac{1-x^{n+1}+x^{n+1}(1-x)}{1-x}

Et donc :

\sum_{k=0}^{n+1}x^k\,=\,\frac{1-x^{n+2}}{1-x}

Donc la formule est vraie pour tout entier naturel n.

Exercice 7 :

Pour n = 1, on a :

\sum_{k=1}^{1}(-1)^kk\,=\,(-1)^1\,\times  \,1\times  \,1\,=\,-1

et

\frac{(-1)^1(2\,\times  \,1+1)-1}{4}\,=\,-1

La formule est donc vraie pour n = 1.

Supposons maintenant que la formule soit vraie pour un certain entier naturel n quelconque. Nous allons démontrer qu’elle est vraie pour n+1. On a :

\sum_{k=1}^{n+1}(-1)^kk\,=\,\sum_{k=1}^{n}(-1)^kk\,+\,(-1)^{n+1}(n+1)

Par hypothèse de récurrence, on a :

\sum_{k=1}^{n}(-1)^kk\,=\,\frac{(-1)^n(2n+1)-1}{4}

Donc,

\sum_{k=1}^{n+1}(-1)^kk\,=\,\frac{(-1)^n(2n+1)-1}{4}\,+\,(-1)^{n+1}(n+1)

En factorisant par 4, on a :

\sum_{k=1}^{n+1}(-1)^kk\,=\,\frac{(-1)^n(2n+1)-1-4(-1)^{n+1}(n+1)}{4}

En simplifiant, on obtient :

\sum_{k=1}^{n+1}(-1)^kk\,=\,\frac{(-1)^{n+1}(2(n+1)+1)-1}{4}

Donc la formule est vraie pour tout entier naturel n.

Exercice 8 :

Pour n = 0, on a :

(1+x)^0\,=\,1\,\geq\,\,1+0\cdot\,x\,=\,1

Donc la formule est vraie pour n = 0.

Supposons maintenant que la formule soit vraie pour un certain entier naturel n quelconque. Nous allons démontrer qu’elle est vraie pour n+1.

On a :

(1+x)^{n+1}\,=\,(1+x)^n\,\times  \,(1+x)

Par hypothèse de récurrence, on a :

(1+x)^n\,\geq\,\,1\,+\,nx

Donc,

(1+x)^{n+1}\,\geq\,\,(1+nx)(1+x)

En développant le membre de droite, on obtient :

(1+x)^{n+1}\,\geq\,\,1\,+\,(n+1)x\,+\,nx^2

Comme x est positif, nx^2 est positif ou nul. On peut donc écrire :

(1+x)^{n+1}\,\geq\,\,1\,+\,(n+1)x

La formule est donc vraie pour tout entier naturel n.

Remarque : cette inégalité est appelée inégalité de Bernoulli.

Exercice 9 :

1. La contraposée de la proposition précédente est :

Si l’entier n est impair, alors n^2-1 est divisible par 8.

2. Supposons que n soit impair, c’est-à-dire n = 2k+1 pour un certain entier naturel k.

Alors :

n^2-1\,=\,(2k+1)^2-1\,=\,4k^2\,+\,4k\,+\,1\,-\,1\,=\,4(k^2+k)

Donc n^2-1 est divisible par 4.

Pour montrer qu’il est divisible par 8, il suffit de remarquer que k^2+k est pair pour tout entier k.

En effet, pour k pair, on a k^2 pair et k pair donc k^2+k pair.

Pour k impair, on a k^2 impair et k impair donc k^2+k pair.

Donc k^2+k est pair dans tous les cas et n^2-1 est divisible par 8.

Donc la contraposée est vraie.

3. On peut en déduire que si n^2-1n’est pas divisible par 8, alors n est pair.

En effet, si n était impair, alors d’après la contraposée, n^2-1 serait divisible par 8, ce qui est contraire à l’hypothèse de départ.

Donc si n^2-1 n’est pas divisible par 8, alors n est pair.

Exercice 10 :

1. Nous allons utiliser une démonstration par récurrence.

Vérifions la propriété pour n = 1 :

\sum_{k=1}^{1}\,k^3\,=\,1^3\,=\,1\times  \,\frac{1^2\,\times  \,(1+1)^2}{4}\,=\,\frac{1\,\times  \,4}{4}\,=\,1

La propriété est vérifiée au rang 1.

Supposons maintenant que la propriété soit vraie pour un certain entier naturel k, c’est-à-dire :

\sum_{i=1}^{k}\,i^3\,=\,\frac{k^2\,(k+1)^2}{4}

Prouvons que la propriété est vraie pour k+1 :

\sum_{i=1}^{k+1}\,i^3\,\\=\,\sum_{i=1}^{k}\,i^3\,+\,(k+1)^3\,\\=\,\frac{k^2\,(k+1)^2}{4}\,+\,(k+1)^3\,\\=\,\frac{(k+1)^2}{4}\,(k^2\,+\,4k\,+\,4)\,\\=\,\frac{(k+1)^2\,(k+2)^2}{4}

Donc la propriété est vraie pour tout entier naturel n.

2. En utilisant la formule obtenue à la question 1, on peut calculer :

A\,=\,1^3\,+\,2^3\,+\,3^3\,+\,...\,+\,10^3\,\\=\,\sum_{k=1}^{10}\,k^3\,\\=\,\frac{10^2\,\times  \,11^2}{4}\,\\=\,3025

Donc A vaut 3025.

Multiples :

Pour tout entier n, on a :

n^3\,-\,n\,=\,n(n^2\,-\,1)\,=\,n(n-1)(n+1)

Un produit de trois entiers consécutifs est toujours divisible par 3, car il contient un multiple de 3.

Par conséquent, n(n-1)(n+1) est toujours divisible par 3, et donc n^3\,-\,n est un multiple de 3 pour tout entier n.

Exercice 11 :

1. Nous allons utiliser la formule du binôme de Newton pour développer (n+1)^5 :

(n+1)^5\,=\,1n^5\,+\,5n^4\,+\,10n^3\,+\,10n^2\,+\,5n\,+\,1

On peut ordonner les termes en partant du terme de plus haut degré (n^5) et en descendant jusqu’au terme constant (1), ce qui donne :

(n+1)^5\,=\,n^5\,+\,5n^4\,+\,10n^3\,+\,10n^2\,+\,5n\,+\,1

2. Posons m = n+1. Alors on a :

m^5\,-\,m\,=\,(n+1)^5\,-\,(n+1)\,=\,(n+1)(n^4\,+\,5n^3\,+\,10n^2\,+\,10n\,+\,4)

Nous allons montrer que n^4\,+\,5n^3\,+\,10n^2\,+\,10n\,+\,4 est un multiple de 5 pour tout entier n.

Remarquons que si n est divisible par 5, alors n^4\,+\,5n^3\,+\,10n^2\,+\,10n\,+\,4 est clairement un multiple de 5 (car le dernier chiffre de n^4 est 1).

Sinon, n n’est pas divisible par 5, donc son reste dans la division par 5 est 1, 2, 3 ou 4.

Nous allons distinguer ces 4 cas :

– Si n a pour reste 1 dans la division par 5, alors n^4 a pour reste 1 dans la division par 5, et de même pour 5n^3, 10n^2 et 10n.

Donc n^4+5n^3+10n^2+10n+4 a pour reste 0 dans la division par 5.
– Si n a pour reste 2 dans la division par 5, alors n^4 a pour reste 1 dans la division par 5, et de même pour 5n^3, 10n^2 et 10n.

Donc n^4+5n^3+10n^2+10n+4 a pour reste 0 dans la division par 5.
– Si n a pour reste 3 dans la division par 5, alors n^4 a pour reste 1 dans la division par 5, et de même pour 5n^3 et 10n.

On remarque que 10n^2 a pour reste 0 dans la division par 5 car il se termine par 00, et que 4 a pour reste -1 dans la division par 5.

Donc n^4+5n^3+10n^2+10n+4 a pour reste 0 dans la division par 5.
– Si n a pour reste 4 dans la division par 5, alors n^4 a pour reste 1 dans la division par 5, et de même pour 5n^3 et 10n.

On remarque que 10n^2 a pour reste 0 dans la division par 5 car il se termine par 00, et que 4 a pour reste -1 dans la division par 5.

Donc n^4+5n^3+10n^2+10n+4 a pour reste 0 dans la division par 5.

Dans tous les cas, n^4+5n^3+10n^2+10n+4 est un multiple de 5.

Donc m^5-m est divisible par 5 pour tout entier m, et donc n^5-n est un multiple de 5 pour tout entier n.

Exercice 12 :

Nous allons procéder par récurrence.

Vérifions la propriété pour n = 1 :

\sum_{k=1}^{1}\,k^3\,=\,1^3\,=\,1
(\sum_{k=1}^{1}\,k)^2\,=\,1^2\,=\,1

La propriété est vérifiée au rang 1.

Supposons maintenant que la propriété soit vraie pour un certain entier naturel k, c’est-à-dire :

\sum_{i=1}^{k}\,i^3\,=\,(\sum_{i=1}^{k}\,i)^2

Prouvons que la propriété est vraie pour k+1 :

\sum_{i=1}^{k+1}\,i^3\,=\,\sum_{i=1}^{k}\,i^3\,+\,(k+1)^3\,\\\\=\,(\sum_{i=1}^{k}\,i)^2\,+\,(k+1)^3\,\\\\=\,(\frac{k(k+1)}{2})^2\,+\,(k+1)^3\,\\\\=\,\frac{(k+1)^2(k^2+4k+4)}{4}\,\\\\=\,(\frac{(k+1)(k+2)}{2})^2

Donc la propriété est vraie pour tout entier naturel n.

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