Raisonnement par récurrence : corrigé des exercices en terminale.

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Terminale • Lycée

Raisonnement par récurrence

🔎 Analyse : 16 min

🎯 Niveau : Lycée

📱 Format : Gratuit

📄 PDF : Disponible

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 :

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

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 :

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

soit la propri&eacute: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 :

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

soit la propri&eacute: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 :

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

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 :

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

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

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 :

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

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

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 $n^2-1$ n’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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