Chapitre 3 : Exemples de raisonnement par récurrence

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1 Chapitre 3 : Exemples de raisonnement par récurrence Plan de ce chapitre 1 Rappel 11 Mise en place et exemple 1 Mise en garde Exercices 1 comparaison entre n n et n! Démonstration de l inégalité de Bernoulli 3 Démonstration de la formule du binôme de Newton 4 3 divise 4 n 1 1 Rappel 11 Mise en place et exemple Le raisonnement par récurrence peut être utilisé lorsqu on veut montrer qu une propriété dépendant d un entier naturel n est vraie quelque soit cet entier ou pour tout entier supérieur à un certain n 0 donné Principe de récurrence : Soit n 0 un entier naturel et P(n) une propriété dépendant d un entier naturel n Si P(n 0 ) est vraie et si pour tout k n 0, (P(k) est vraie) implique (P(k + 1) est vraie) alors pour tout entier naturel n tel que n n 0, P(n) est vraie Quatre étapes sont nécessaires pour montrer qu une P(n) est vraie pour tout entier naturel n n 0 Nous les précisons sur l exemple suivant Exemple : On veut trouver une expression simple de Première étape : Recherche de P(n) S n n 3 Par le calcul, on a : S 1 1 3, S 9, S 3 36 et S On constate que S 1 1, S 3, S 3 6 et S 4 10 Or, 1 1, 3 3, et On a donc : ( ) 1 ( ) 3 ( ) 3 4 ( ) 4 5 S 1, S, S 3 et S 4 Il semble que ( ) n(n + 1) S n 1

2 ( ) 5 6 ( ) 6 7 Vérifier que S 5 et S 6 Montrons par récurrence que pour tout n 1 : ( ) n(n + 1) P(n) : S n Deuxième étape : On a vu que P(1) est vraie Troisième étape : Soit k 1 un entier quelconque Supposons que et montrons que ( k(k + 1) k 3 ) Par définition de S n, on a : ( ) (k + 1)(k + ) k 3 + (k + 1) 3 S k+1 S k + (k + 1) 3 Or, d après l hypothèse de récurrence on a ( ) k(k + 1) S k D où Ainsi ( ) k(k + 1) S k+1 + (k + 1) 3 ( ) k (k + 1) 4 + k + 1 ( k (k + 1) ) + 4k ( ) (k + 1)(k + ) ( ) (k + 1)(k + ) S k+1 Quatrième étape : On applique le principe de récurrence et on conclut que pour tout entier n 1 : ( ) n(n + 1) n 3 Remarques : - La première étape exige, sauf si la propriété P(n) est bien explicitée dans l énoncé, une conjecture qui n est pas toujours facile ou évidente - L hypothèse de la troisième étape s appelle l hypothèse de récurrence - La troisième étape nécessite que l on précise la propriété P(k + 1) à montrer et que l on ait trouvé un lien entre P(k) et P(k + 1) Ce lien peut être logique ou algébrique

3 1 Mise en garde Toutes les étapes sont importantes et ne peuvent être évitées comme le montre l exemple suivant : oit la propriété P(n) : 3 divise 4 n + 1 La première étape étant ainsi donnée par l énoncé Voyons ce qui se passe si l on saute la deuxième étape (où il faut vérifier que P(n 0 ) est vraie) pour passer directement à la troisième : supposons P(k) vraie, ie : il existe q N tel que 4 k + 1 3q et montrons que P(k + 1) est vraie, c est-à-dire que : En effet, on a il existe q N tel que 4 k q 4 k k (4 k + 1) 3 Or, par hypothèse de récurrence : Il existe q N tel que 4 k + 1 3q D où 4 k q 3 3(4q 1) 3q où l on a posé q 4q 1 Maintenant, en appliquant le principe de récurrence (quatrième étape), on conclut que pour tout entier n N, 4 n + 1 est divisible par 3 Or ceci est faux car 3 ne divise pas , 3 ne divise pas , L erreur vient bien entendue du fait qu on a négligé la deuxième étape Exercices Exercice 1 Comparer n n et n! Corrigé Première étape : Recherche de P(n) Pour n 1, on a 1 1 et 1! 1 donc 1 1 1! Pour n, on a 4 et! donc >! Pour n 3, on a et 3! 6 donc 3 3 > 3! Conjecture : Pour tout entier n, n n > n! Montrons par récurrence que pour tout n : P(n) : n n > n! Deuxième étape : On a vu que P() est vraie Troisième étape : Soit k un entier quelconque Supposons que k k > k! et montrons que (k + 1) k+1 > (k + 1)! 3

4 Par définition des puissances, on a : (k + 1) k+1 (k + 1) k (k + 1) D autre part, la fonction x x k est strictement croissante sur R +, donc D où (k + 1) k > k k (k + 1) k+1 > k k (k + 1) Or, k k > k! par hypothèse de récurrence En multipliant l inégalité (k k > k!) par (k + 1), on obtient : k k (k + 1) > k! (k + 1) D où, en vertu de la transitivité de la relation > et du fait que k!(k + 1) (k + 1)!, on a : (k + 1) k+1 > (k + 1)! Quatrième étape : On applique le principe de récurrence et on conclut que pour tout entier n : n n > n! Exercice Etablir par récurrence l inégalité de Bernoulli : Soit x un réel fixé tel que x 1 Pour tout entier n 0, : (x + 1) n nx + 1 Corrigé Première étape : P(n) : (x + 1) n nx + 1 pour tout entier n 0 Deuxième étape : Pour n 0, (x + 1) 0 1 (0 x + 1) 1 donc P(0) est vraie Pour n 1, (x + 1) 1 (1 x + 1) donc P(1) est vraie Comme P(0) et P(1) sont en fait des égalités, on va voir ce qui se passe pour n (x + 1) x + x + 1 x + 1, donc P() est vraie et c est une inégalité stricte sauf si x 0 Troisième étape : Soit k 0 un entier quelconque Supposons que (x + 1) k kx + 1 et montrons que (x + 1) k+1 (k + 1)x + 1 4

5 Par définition des puissances, on a : Or, par hypothèse de récurrence, Et comme (x + 1) 0, on obtient : Par ailleurs, d où (x + 1) k+1 (x + 1) k (x + 1) (x + 1) k kx + 1 (x + 1) k (x + 1) (kx + 1)(x + 1) (kx + 1)(x + 1) kx + (k + 1)x + 1, (kx + 1)(x + 1) (k + 1)x + 1 Ainsi, par transitivité de la relation d ordre, on a : (x + 1) k+1 (k + 1)x + 1 Quatrième étape : On applique le principe de récurrence et on conclut que pour tout entier n 0 : (x + 1) n nx + 1 Exercice 3 Montrer que 3 divise 4 n 1 pour tout entier n 0 Corrigé Par définition, 3 divise 4 n 1 si et seulement si il existe q N tel que 4 n 1 3q Première étape : P(n) : 3 divise 4 n 1 ou encore : q N tel que 4 n 1 3q Deuxième étape : Pour n 0, (ici q 0), donc P(0) est vraie Pour n 1, (ici q 1), donc P(1) est vraie Pour n, (ici q 5), donc P() est vraie Troisième étape : Soit k 0 un entier quelconque Supposons qu il existe q N tel que 4 k 1 3q et montrons qu il existe q N tel que 4 k+1 1 3q En effet, on a : 4 k k (4 k 1) + 3 Or, par hypothèse de récurrence, il existe q N tel que 4 k 1 3q, 5

6 donc 4 k q + 3 3(4q + 1) 3q où l on a posé q 4q + 1 Quatrième étape : On applique le principe de récurrence et on conclut que pour tout entier n 0 3 divise 4 n 1 Exercice 4 Démontrer la formule du binôme de Newton : soit (a, b) R, on a pour tout n N (a + b) n Cna k n k b k où Cn k n! k!(n k)! Corrigé Première étape : P(n) : (a + b) n Cna k n k b k Deuxième étape : Pour n 1, (a + b) 1 a + b C 0 1a + C 1 1b, car C 0 1 C ; donc P(1) est vraie Pour n, (a + b) a + ab + b C 0 a + C 1 ab + C b, car C 0 C 1 et C1 ; donc P() est vraie Troisième étape : Soit n 1 un entier quelconque Supposons que P(n) est vraie, ie (a + b) n Cna k n k b k et montrons que P(n + 1) l est aussi, c est-à-dire : n+1 (a + b) n+1 Cn+1a k n+1 k b k En effet, par définition des puissances (a + b) n+1 (a + b)(a + b) n Or, par hypothèse de récurrence (a + b) n Cna k n k b k 6

7 Donc (a + b) n+1 (a + b) Cna k n k b k ( ) (a + b) a n + Cna k n k b k + b n a n+1 + Cna k n+1 k b k + ab n + ba n + Cna k n k b k+1 + b n+1 a n+1 + a n+1 + a n+1 + ( ) Cna k n+1 k b k + ab n + ( ) Cna k n k b k+1 + ba n + b n+1 Cna k n+1 k b k + Cna k n k b k+1 + b n+1 Cna k n+1 k b k + Cna p n p b p+1 + b n+1 Faisons un changement d indice k p + 1 ; ainsi si p 0 alors k 1 et si p n 1 alors k n D où Par conséquent, Par ailleurs, C k n + C k 1 n Cna p n p b p+1 p0 (a + b) n+1 a n+1 + a n+1 + p0 Cna k n+1 k b k + Cn k 1 a n (k 1) b k Cn k 1 a n+1 k b k C k 1 n a n+1 k b k + b n+1 (C k n + C k 1 n )a n+1 k b k + b n+1 Cn+1 k (voir la preuve ci-dessous) D où (a + b) n+1 a n+1 + Cn+1a k n+1 k b k + b n+1 n+1 Cn+1a k n+1 k b k, c est-à-dire P(n + 1) est vraie Quatrième étape : On applique le principe de récurrence et on conclut que pour tout entier naturel n 1 : (a + b) n Cna k n k b k 7

8 Preuve du résultat : C k n + C k 1 n C k n+1 C k n + C k 1 n n! k!(n k)! + n! (k 1)!(n (k 1))! n! k!(n k)! + n! (k 1)!(n + 1 k)! ( ) n! 1 (k 1)!(n k)! k + 1 n + 1 k n! (k 1)!(n k)! n + 1 k + k k(n + 1 k) n! (n + 1) (k 1)! k (n k)! ((n k) + 1) (n + 1)! k!(n k + 1)! (n + 1)! k!(n + 1 k)! C k n+1 8