Le Rasonnement par récurrence Chrstan CYRILLE 1 septembre 017 1 Axome d nducton compléte Sot E une parte de N vérfant les deux condtons suvantes : 1. 0 E. s n E alors n + 1 E alors E = N. Théorème de récurrence fable Sot P r une proprété que peut vérfer un enter naturel k (ce que l on notera P r(k)) Sot n 0 un enter naturel. 1. S P r(n 0 ) est vrae (c est-à-dre que la proprété P r est vrae en n 0 ). S pour tout k enter n 0, l mplcaton P r(k) P r(k + 1) est vrae (c est-à-dre que la proprété est hérédtare ) Alors pour tout n n 0, P r(n) est vrae..1 Démonstraton. On fat cette démonstraton dans le cas où n 0 = 0. Sot E = {n N / P r(n) est vrae }. 1. 0 E car P r(0) est vrae.. s n E alors n + 1 E pusque P r(n) P r(n + 1) donc d après l axome d nducton complète, on a : E = N. 1
. Attenton! Il y a deux étapes dans ce type de démonstraton. Dans l étape 1, l faut vérfer que la proprété est vrae unquement en n 0 Dans l étape, en consdérant la table de vérté de l mplcaton logque p q p q V V V V F F F V V F F V Comme l faut démontrer que l mplcaton est vrae, on procédera ans : On supposera que pr(k) est vrae (c est ce que l on appelle l hypothèse de récurrence) et on rasonnera jusqu à prouver que pr(k +1) est vrae. On aura ans démontré que l mplcaton (P r(k) P r(k + 1)) est vrae 3 Théorème de récurrence double Sot P r une proprété que peut vérfer un enter naturel k (ce que l on notera P r(k)). Sot n 0 un enter naturel. 1. S P r(n 0 ) et P r(n 0 + 1) sont vraes. S pour tout k enter n 0, l mplcaton P r(k)et P r(k+1)) P r(k+) est vrae (c est-à-dre que la proprété est doublement hérédtare ) Alors pour tout n n 0, P r(n) est vrae. 4 Théorème de récurrence forte Sot P r une proprété que peut vérfer un enter naturel k (ce que l on notera P r(k)). Sot n 0 un enter naturel. 1. S P r(n 0 ). S pour tout k enter n 0, l mplcaton P r(n 0 ) et P r(n 0 + 1) et et P r(k) P r(k + 1) est vrae (c est-à-dre que la proprété est doublement hérédtare ) Alors pour tout n n 0, P r(n) est vrae.
5 Exercces 5.1 Cardnal de P (E) 1. Détermner l ensemble des partes de E noté P(E) dans les cas suvants E 1 = {a} ; E = {a; b} ; E 3 = {a; b; c}. Démontrer par récurrence que s E est un ensemble fn ayant n éléments alors l ensemble P(E) de ses partes a n éléments 3. En dédure P( ) ; P(P( )) ; P(P(P( ))) ; Card(P(P(P(P( )))) 5.1.1 corrgé 1. Pour créer l ensemble des partes P(E) d un ensemble E, on place d abord la seule parte à 0 éléments qu est l ensemble vde pus les partes à 1 élément qu on appelle les sngletons, les partes à éléments qu on appelle les pares, celles à 3 éléments,... celles à n 1 éléments et enfn la seule parte à n éléments, la parte plene c est-à-dre l ensemble E lu-même. Par conséquent, s E 1 = {a} alors P(E 1 ) = { ; {a}} s E = {a; b} alors E = E 1 {b} et P(E ) = { ; {a}; {b}; {a; b}} s E 3 = {a; b; c} alors E 3 = E {c} et P(E) = { ; {a}; {b}; {c}; {a; b}; {a; c}; {b; c}; {a; b; c}} On peut donc remarquer que lorsque l on ajoute un élément rouge à un ensemble E, alors l ensemble des partes du nouvel ensemble E {x} est formé de toutes les ancennes partes de E auxquelles on ajoute de nouvelles partes qu sont en fat formées des ancennes partes auxquelles on ajoute le nouveau élément rouge {x}. Donc l y a autant de nouvelles partes ayant ce nouvel élément rouge x que d ancennes partes n ayant pas x.. On pose pr(n) :" le nombre de partes d un ensemble ayant n éléments est n " (a) Etape 1 : ntalsaton A-t-on pr(0)? c est-à-dre a-t-on le nombre de partes d un ensemble ayant 0 éléments est 0? 3
Ou car s Card(E) = 0 c est que E = donc P(E) = P( ) = { }. P(E) n a donc qu un seul élément. Par conséquent pr(0) est vrae. (b) Etape : hérédté Sot un certan enter k 0. A-t-on pr(k) = pr(k + 1)? c est-à-dre a-t-on le nombre de partes d un ensemble ayant k éléments est k = que le nombre de partes d un ensemble ayant k + 1 éléments est k+1 Supposons que l hypothèse de récurrence suvante " le nombre de partes d un ensemble ayant k éléments est k " sot vrae. Sot un ensemble F ayant k + 1 éléments. Isolons un élément x de F. Par conséquent F = E {x} où E a k éléments. Alors l ensemble des partes du nouvel ensemble F = E {x} est formé de toutes les ancennes partes de E auxquelles on ajoute de nouvelles partes qu sont en fat formées des ancennes partes auxquelles on ajoute le nouveau élément rouge {x}. Or d après l hypothèse de récurrence, Card(P(E)) = k et de plus l y a autant de nouvelles partes ayant ce nouvel élément rouge que d ancennes partes n ayant pas {x} donc Card(P(F )) = k + k = ( k ) = 1+k CQFD. (c) Concluson pr est ntalsé en 0 et pr est hérédtare donc pour tout enter naturel n, s Card(E) = n alors Card(P(E)) = n " 3. P( ) = { } P(P( )) = P({ }) = { ; { }} P(P(P( ))) = P({ ; { }}) = { ; { }; {{ }}; { ; { }}} Comme card(p(p(p( ))) = 4 alors Card(P(P(P(P( )))) = 4 = 1 4
5. Inégalté de Bernoull Sot a un réel > 0. 1. Démontrer par récurrence que pour tout enter naturel n, l on a : (1 + a) n 1 + na. Redémontrer cette négalté en utlsant la formule du bnôme de Newton c-dessous : S a et b sont des réels alors pour tout enter naturel n (a + b) n = n a n k b k k 5..1 corrgé 1. On pose pr(n) : (1 + a) n 1 + na (a) Etape 1 : ntalsaton A-t-on pr(0)? c est-à-dre a-t-on (1+a) 0 1+0a? c est-à-dre a-t-on 1 1? Ou. Par conséquent pr(0) est vrae. (b) Etape : hérédté Sot un certan enter k 0. A-t-on pr(k) = pr(k + 1)? c est-à-dre a-t-on (1 + a) k 1 + ka = (1 + a) k+1 1 + (k + 1)a Supposons donc que (1+a) k 1+ka. Or (1+a) k+1 = (1+a) k (1+a). Comme (1 + a) k (1 + ka) comme (1 + a) > 0 car a > 0 donc (1 + a) k (1 + a) (1 + ka)(1 + a) d où (1 + a) k+1 1 + ka + a + ka Mas ka 0 pusque k 0 et a > 0 donc 1 + ka + a + ka 1 + a + ka. d où (1 + a) k+1 1 + (k + 1)a (c) Concluson pr est ntalsé en 0 et pr est hérédtare donc pr est vrae pour tout enter naturel n. D après la formule du bnôme de Newton, n n (1 + a) n = 1 n k a k = 1 n a 0 + k 0 n n car = 1 et = n. 0 1 n Or (1 + a) n = 1 n k a k = k k= k= n 1 1 n 1 a 1 + k= n 1 n k a k = 1 + na + k n a k 0 donc (1 + a) n 1 + na k k= n 1 n k a k k 5
5.3 Quelques sommes remarquables Démontrer par récurrence que : 1. S 1 = k = 1 + + 3 + + n =. S = 3. S 3 = 4. 5. n(n + 1) k = 1 + + 3 + + n = n(n + 1)(n + 1) k 3 = 1 3 + 3 + 3 3 + + n 3 = S1 = n (n + 1) (k + 1) = 1 + 3 + 5 + + (n + 1) = (n + 1) k(k!) = 1(1!) + (!) + 3(3!) + + n(n!) = (n + 1)! 1. Sot une sute (u n ) n N telle que : ( n n 1 u n > 0 et u 3 k = k ) Démontrer avec une récurrence forte que n 1 4 u n = n 5.3.1 corrgé 1. Notons pr(n) : k = 1 + + 3 + + n = (a) Etape 1 : Intalsaton A-t-on pr(1)? 1 c est-à-dre a-t-on k = 1 = 1(1 + 1) n(n + 1)? Ou car 1(1 + 1) (b) Etape : Hérédté Supposons que pour un certan enter n 1 l on at pr(n) c est-à-dre n(n + 1) que 1 + + 3 + + n =. Alors 1 + + 3 + + n + (n + 1) = (1 + + 3 + + n)) + (n + 1) = n(n + 1) n(n + 1) + (n + 1) + (n + 1) = (n + 1)(n + ) = donc pr(n + 1) est vrae. (c) Concluson { : pr est ntalsée en 1 donc n N pr est hérédtare pr(n) est vrae. Par conséquent, n N n(n + 1) S 1 = k = 1 + + 3 + + n = = 1
. Notons pr(n) : k = 1 + + 3 + + n = (a) Etape 1 : Intalsaton A-t-on pr(1)? c est-à-dre a-t-on 1 k = 1 = n(n + 1)(n + 1) 1(1 + 1)((1) + 1) 1(1 + 1)((1) + 1) Ou car = 1 (b) Etape : Hérédté Supposons que pour un certan enter n 1 l on at pr(n) c est-à-dre que 1 + + 3 + + n n(n + 1)(n + 1) =. Alors 1 + + 3 + + n + (n + 1) = ( 1 + + 3 + + n ) ) + (n + 1) n(n + 1)(n + 1) = + (n + 1) n(n + 1)(n + 1) + (n + 1) (n + 1) (n(n + 1) + (n + 1)) = = = (n + 1) ( n + 7n + ) (n + 1)(n + )(n + 3) = donc pr(n + 1) est vrae. (c) Concluson { : pr est ntalsée en 1 donc n N pr est hérédtare pr(n) est vrae. Par conséquent, S = k = 1 + + 3 + + n n(n + 1)(n + 1) = 3. Notons pr(n) : k 3 = 1 3 + 3 + 3 3 + + n 3 = n (n + 1) 4 (a) Etape 1 : Intalsaton A-t-on pr(1)? c est-à-dre a-t-on 1 k 3 = 1 = 1 (1 + 1)? Ou car 4 1 (1 + 1) = 1 4 (b) Etape : Hérédté Supposons que pour un certan enter n 1 l on at pr(n) c est-à-dre que 1 3 + 3 + 3 3 + + n 3 = n (n + 1). 4 Alors 1 3 + 3 + 3 3 + + n 3 + (n + 1) 3 = ( 1 3 + 3 + 3 3 + + n 3 ) ) + (n + 1) 3 = n (n + 1) +(n+1) 3 = n (n + 1) + 4(n + 1) 3 = (n + ( 1) n + 4n + 1 ) = 4 4 4 (n + 1) (n + ) donc pr(n + 1) est vrae. 4 (c) Concluson { : pr est ntalsée en 1 donc n N pr est hérédtare pr(n) est vrae. Par conséquent, S 3 = k 3 = 1 3 + 3 + 3 3 + + n 3 = S1 = n (n + 1) = S1 4 7?
4. 5. (k + 1) = 1 + 3 + 5 + + (n + 1) = (n + 1) k(k!) = 1(1!) + (!) + 3(3!) + + n(n!) = (n + 1)! 1. Sot la proprété pr(n) : u n = n (a) Etape 1 Intalsaton : Démontrons que pr(1) est vrae c est-à-dre que u 1 = 1. ( 1 1 Comme u 3 k = k) donc u 3 1 = u 1 donc u 3 1 u 1 = 0 d où u 1(u 1 1) = 0. or u 1 > 0 car u 1 > 0 pusque n 1 u n > 0. Par conséquent u 1 1 = 0 donc u 1 = 1. CQFD. (b) Sot un certan n 1. Supposons que pour tout enter naturel k n, l mplcaton pr(k) est vrae. Démontrons qu alors pr(k + 1) est vrae. ( n+1 n+1 ) On sat que u 3 k = k donc u 3 1 + u 3 + + u 3 n + u 3 n+1 = (u 1 + u + + u n + u n+1 ) d où (u 1 + u + + u n ) + u 3 n+1 = (u 1 + u + + u n ) + (u 1 + u + + u n )(u n+1 ) + u n+1 Alors u 3 n+1 = (u 1 + u + + u n )(u n+1 ) + u n+1 Par conséquent, ( u 3 n+1 u n+1 (1 + + + n)(u n+1 ) = 0 d où u n+1 u n+1 u n+1 n(n + 1) ) = 0 Posons X = u n+1. Nous devons donc résoudre l équaton X X n(n + 1) = 0 δ = ( 1) 4( n(n + 1)) = 1 + 4n(n + 1) = 4n + 4n + 1 = (n + 1) L équaton du second degré admet donc solutons : X 1 (n + 1) = = n = n 1 + (n + 1) X = = n + = n + 1 Comme u n+1 > 0 alors on rejette X donc u n+1 = X = n+1 CQFD. (c) pr est ntalsée en 1 et pr est ben hérédtare donc pr est vrae pour tout enter naturel n 1 8
5.4 Fausse récurrence Sot la proprété pr(n) : «5 n + 1 est un multple non nul de 4» 1. Cette proprété est-elle vrae pour n = 0?. Démontrer que pour tout enter naturel k, l mplcaton pr(k) pr(k+ 1) est vrae. 3. Concluson? 5.4.1 corrgé Sot la proprété pr(n) : «5 n + 1 est un multple non nul de 4» 1. pr(0) est fausse car 5 0 + 1 = n est pas un multple non nul de 4. Et pourtant, pour tout enter naturel k, l mplcaton pr(k) pr(k + 1) est vrae. en effet, supposons que pour un certan enter k 0 l on at pr(k) c està-dre que 5 k + 1 est un multple non nul de 4 donc q Z tel que 5 k + 1 = 4q d où 5 k = 4q 1 Alors 5 k+1 + 1 = 5(5 k ) + 1 = 5(4q 1) + 1 = 0q 5 + 1 = 0q 4 = 4(5q 1) = 5q où q = 5q 1 Z. Donc pr(k + 1) est vrae CQFD. 3. On est en présence d une fausse récurrence car pr est ben hérédtare mas n est pas ntalsée en 0 9
5.5 Encore une fausse récurrence 1. Démontrer par récurrence que pour tout enter naturel n la proprété suvante :"10 n 1 est un multple de 9" est vrae.. On s ntéresse mantenant à une autre proprété :"10 n + 1 est dvsble par 9" (a) Démontrer que, pour tout enter naturel n, l mplcaton suvante : " 10 n + 1 est dvsble par 9 10 n+1 + 1 est dvsble par 9 " est vrae. (b) Dédure du 1 ) que, pour tout enter naturel n la proprété "10 n +1 est dvsble par 9" n est jamas vrae. (c) Concluson? 5.5.1 Corrgé 1. Démontrons par récurrence que pour tout enter naturel n la proprété suvante :"10 n 1 est un multple de 9" est vrae. Notons pr(n) : 10 n 1 est un multple de 9. (a) Intalsaton : 10 0 1 = 1 1 = 0 = 9 0 donc la proprété pr est ntalsée en n = 0 (b) Hérédté : Supposons que pour un certan n N l on at pr(n) alors k N 10 n 1 = 9k Par conséquent, 10 n+1 1 = 10(10 n ) 1 = 10(9k + 1) 1 = 90k + 10 9 = 90k + 9 = 9(10k + 1) = 9k où k N donc pr(n + 1) est vrae. (c) Concluson : pr est ntalsée en 0 et pr est hérédtare donc pr est vrae pour tout enter naturel n N (d) On s ntéresse mantenant à une autre proprété :"10 n +1 est dvsble par 9". Supposons que pour un certan n N l on at k N 10 n 1 = 9k Par conséquent, 10 n+1 1 = 10(10 n ) 1 = 10(9k + 1) 1 = 90k + 10 1 = 90k + 9 = 9(10k + 1) = 9k où k N l mplcaton suvante : " 10 n + 1 est dvsble par 9 10 n+1 + 1 est dvsble par 9 " est vrae.. Pour tout enter naturel n la proprété "10 n + 1 est dvsble par 9" n est jamas vrae car 10 n + 1 = 10 n 1 + = 9k +. En concluson, pour la proprété "10 n + 1 est dvsble par 9"on a une fausse récurrence. 10
5. Le nombre de dagonales d un polygône convexe Sot un polygône convexe de n côtés. Démontrer par récurrence que s n est n(n 3) un enter supéreur ou égal à 3 alors le nombre de dagonales est NB Un polygone est convexe lorsque quelques soent les ponts M et N stués dans l ntéreur de ce polygône, le segment [MN] est nclus dans cet ntéreur. 5..1 corrgé Notons D n le nombre de dagonales. Sot la proprété pr(n) : " D n = " n(n 3) 3(3 3) 1. pr(3) est vrae car D 3 = 0 =. Dans un trangle, l n y a aucune dagonale. k(k 3). Supposons que pour un certan enter k 3 l on at D k =. Consdérons alors un polygône R convexe de k+1 côtés. Donc ce polygône R a k + 1 sommets. Notons ces sommets A 1, A,, A k, A k+1. Sot Q le polygône A 1, A,, A k. Ce polygône Q a donc D k dagonales. On construt R à partr de Q en ajoutant le sommet A k+1. On trace les segments [A 1 A k+1 ] et [A k A k+1 ]. Mas alors l ancen côté [A 1 A k ] de Q devent alors une dagonale de R. Le nombre D k+1 de R est D k +k +1 où (a) D k est le nombre de dagonales de Q (b) k : le nombre de segments partant de A k+1 vers les k autres sommets A 1, A,, A k. (c) l faut enlever correspondants aux deux nouveau côtés [A 1 A k+1 ] et [A k A k+1 ] (d) l faut rajouter +1 correspondant à la nouvelle dagonale [A 1 A k ] k(k 3) Or D k +k +1 = +k 1 = k 3k + k = k k + k = (k + 1)(k ) (k + 1)(k + 1 3). Par conséquent, D k+1 =. CQFD. 3. La proprété est ntalsée en 3 et hérédtare donc elle est vrae pour tout enter naturel n 3 11
5.7 Multples de 11 Démontrer par récurrence que pour tout enter naturel n, 10 n ( 1) n est un multple de 11 5.8 Corrgé On pose pr(n) : 10 n ( 1) n = 11q où q Z 1. Etape 1 : ntalsaton A-t-on pr(0)? c est-à-dre a-t-on 10 0 ( 1) 0 = 11q? c est-à-dre a-t-on 1 1 = 11q? c est-à-dre a-t-on 0 = 11q? Ou car 0 = 11 0 Par conséquent pr(0) est vrae.. Etape : hérédté Sot un certan enter k 0. A-t-on pr(k) = pr(k + 1)? c est-à-dre a-t-on q Z 10 k ( 1) k = 11q = q Z 10 k+1 ( 1) k+1 = 11q Supposons donc que 10 k ( 1) k = 11q. Alors 10 k+1 ( 1) k+1 = 10(10 k ) ( 1) k ( 1) = 10[11q+( 1) k ]+( 1) k = 10 11q + 11( 1) k = 11[10q + ( 1) k ] = 11q où q = 10q + ( 1) k est un enter car ( 1) k est un enter qu vaut sot 1 sot 1 et 10q est un enter relatf car q est un enter relatf. 3. Concluson pr est ntalsé en 0 et pr est hérédtare donc pr est vrae pour tout enter naturel n 5.9 Inégalté Démontrer par récurrence que pour tout enter naturel n 3 que n > n + 1 5.9.1 Corrgé 1. Etape 1 : ntalsaton A-t-on pr(3)? c est-à-dre a-t-on 3 > (3)+1? c est-à-dre a-t-on 9 > 7? Ou, par conséquent pr(3) est vrae.. Etape : hérédté Sot un certan enter k 3. A-t-on pr(k) = pr(k + 1)? c est-à-dre a-t-on n > n + 1 = (n + 1) > (n + 1) + 1 Supposons donc que n > n + 1. Alors (n + 1) = n + n + 1. Comme n > n + 1 alors (n + 1) > n + 1 + n + 1. Or n 3 donc n donc n > 1 donc 1 + n + 1 > 1 + 1 + 1. Par conséquent n + 1 + n + 1 > n + 3 donc (n + 1) > n + 3 CQFD. 3. Concluson pr est ntalsé en 3 et pr est hérédtare donc pr est vrae pour tout enter naturel n 3 1
5.10 Graphe orenté Son consdère n vlles A 1, A,, An où n. On suppose qu entre deux vlles quelconques, l y a toujours une route à sens unque. Démontrer par récurrence que pour tout enter naturel n l exste toujours au mons une vlle notée Cn parm ces n vlles à laquelle on peut aller en partant de toutes les autres vlles, sot à l ade d un chemn drect, sot en vstant une seule vlle ntermédare. 5.10.1 corrgé Sot pr la proprété recherchée. 1. Etape 1 : ntalsaton A-t-on pr()? ou car entre vlles A1 et A l y a deux cas possbles : ou ben le chemn va de A1 vers A donc C = A ou ben le chemn va de A vers A1 donc C = A1. Etape : hérédté Sot un certan enter n. Supposons donc qu l exste toujours au mons une vlle notée Cn parm n vlles à laquelle on peut aller en partant de toutes les autres vlles, sot à l ade d un chemn drect, sot en vstant une seule vlle ntermédare. Consdérons une vlle supplémentare An+1 Il y a un chemn de An+1 vers Cn ou ben le chemn va de An+1 vers Cn donc Cn+1 = Cn ou ben le chemn va de Cn vers An+1 donc Cn+1 = An+1 CQFD. 3. Concluson pr est ntalsé en et pr est hérédtare donc pr est vrae pour tout enter naturel n 13
5.11 Sute de Fbonacc alas Léonard de Pse Sot une sute (u n ) défne par : u 1 = 1 u = 1 n enter 3 u n = u n 1 + u n 1. Résoudre l équaton d nconnue x réelle : x = x + 1. On note Φ la soluton postve et Ψ l autre soluton.. Démontrer par une récurrence double que pour tout enter naturel n : u n = 1 (Φ n Ψ n ) 5 Corrgé : 1. Sot l équaton : x x 1 = 0 d nconnue réelle x. (a) Le dscrmnant = b 4ac = ( 1) 4(1)( 1) = 5. Comme > 0 alors cette équaton a deux solutons réelles : Φ = 1 + 5 et Ψ = 1 5 (b) Φ + Ψ = b a = 1, ΦΨ = c a = 1, Φ Ψ = 1 + 5 1 5 = 5 (c) Comme Φ est soluton de x x 1 = 0 alors Φ = Φ + 1. (d) Comme Ψ est soluton de x x 1 = 0 alors Ψ = Ψ + 1.. Démontrer par récurrence que pour tout enter naturel n : u n = 1 (Φ n Ψ n ) 5 (a) Intalsaton double : La proprété recherchée est vrae pour les deux premères valeurs : 1 (Φ 1 Ψ 1 ) = 1 (Φ Ψ) = 1 5 = 1 = u1 5 5 5 1 (Φ Ψ ) = 1 ((Φ + 1) (Ψ + 1)) = 1 (Φ Ψ) = 1 = u 5 5 5 (b) Hérédté : supposons que pour un certan enter k 1 l on a : u k = 1 (Φ k Ψ k ) et u k+1 = 1 (Φ k+1 Ψ k+1 ) 5 5 alors u k+ = u k + u k+1 = 1 5 (Φ k Ψ k ) + 1 5 (Φ k+1 Ψ k+1 ) donc u k+ = 1 5 ((Φ k + Φ k+1 ) (Ψ k + Ψ k+1 )) = 1 5 ((Φ k (1 + Φ) Ψ k (1 + Ψ)) Or 1 + Φ = Φ et 1 + Ψ = Ψ donc u k+ = 1 5 (Φ k+ Ψ k+ ) (c) On a démontré par récurrence que pour tout enter naturel n 1 l on a : u n = 1 5 (Φ n Ψ n ) 14
5.1 Pussance d une matrce 1 1 Sot la matrce A =. 0 1 Démontrer ( par ) récurrence que pour tout enter naturel n 0 l on a : 1 n A n = 0 1 5.1.1 corrgé Notons pr(n) : A n = 1 n 0 1 1. Intalsaton ( : ) 1 1 A 1 = A = donc la proprété pr est ntalsée en n = 1 0 1. Hérédté : 1 n Supposons que pour un certan n N l on at pr(n) alors A n = 0 1 1 1 1 n 1 n + 1 Par conséquent, A n+1 = AA n = = donc 0 1 0 1 0 1 pr(n + 1) est vrae. 3. Concluson : pr est ntalsé en 1 et pr est hérédtare donc pr est vrae pour tout enter naturel n N 15
5.13 Formule du bnôme de Newton(14-177) Soent a et b des nombres réels donc ab = ba. Alors : ( n Or = p) n donc n p n N (a + b) n = n N (a + b) n = j=0 en effectuant le changement d ndce j = n ( n ) a b n n a n j b j j 5.13.1 Corrgé Notons pr(n) : (a + b) n = ( n ) a b n. 1. Intalsaton : elle ( est vrae en n = 0 car : 0 (a + b) 0 = 1 = a 0) 0 b 0 0. Hérédté : Supposons que la proprété est vrae pour un enter fxé k 0 c est-à-dre que : ( (a + b) k k = a ) k b n k Alors (a + b) k+1 = (a + b)(a + b) k k = (a + b)[ a k b n k ] k k k k = (a+b)( a 0 0 b k + a 1 1 b k 1 + + a b k + + a k 1 k 1 b 1 + ( k a k) k b 0 ) ( ( k k k = (a+b)(b k + a 1) 1 b k 1 + + a ) b k + + a k 1 k 1 b 1 +a k ) ( ( k k k = (ab k + a 1) b k 1 + + a ) +1 b k + + a k 1 k b 1 + a k+1 ( ( k k k +b k+1 + a 1) 1 b k + + a ) b k +1 + + a k 1 k 1 b + a k b) ( ( ( ( ( k k k k k = b k+1 + ab k [ + ] + a 1) 0) b k 1 [ + ] + + a ) 1) b k +1 [ + ) ( ( k k k k k ]+a 1 +1 b k [ + ]+ +a ) + 1 k b 1 [ + ]+a k) k 1 k+1 k + 1 k + 1 k + 1 = b k+1 + ab k + a 1 b k 1 + + a b k +1 + ( ) k + 1 k + 1 a +1 b k + + a + 1 k b 1 + a k k+1 1
k + 1 k + 1 k + 1 k + 1 = a 0 0 b k+1 +ab k +a 1 b k 1 + +a b k +1 + k + 1 k + 1 k + 1 a +1 b k + + a + 1 k b 1 + a k k + 1 k+1 b 0 3. Concluson : pr étant ntalsée en 0 et étant hérédtare est donc vrae pour tout enter naturel n 0 Cette formule est valable pour tous éléments a et b d un anneau à condton que ces éléments soent commutables c est-à-dre que ab = ba. C est le cas pour des matrces carrées d ordre n : A et B à condton d avor vérfé que AB = BA. Souvent A = I la matrce de l dentté donc IB = B et BI = B donc IB = BI donc n N (I + B) n = j=0 n I n j B j = j j=0 n I B j = j S en plus, B est nlpotente par exemple, s B 3 = O donc n 3( B n = B 3 ( B n 3 = O( d où n n n (I + B) n = B 0) 0 + B 1) 1 + B ) n(n 1) = I + nb + B j=0 n B j j 17
5.14 Formule de Lebnz Soent des fonctons f et g dérvables ndéfnment sur R. Alors leur produt fg est auss ndéfnment dérvable sur R et n N (fg) (n) = ( n ) f () g (n ) 5.14.1 Corrgé Notons pr(n) : (fg) (n) = n n f () g (n ). 1. Intalsaton : elle est ( vrae en n = 1 car ( : (fg) = fg + f 1 g = f 0) (0) g (1 0) 1 + f 1) (1) g (1 1) = 1 ( 1 ) f () g (1 ). Hérédté : Supposons que la proprété est vrae pour un enter fxé k 1 c est-à-dre que : (fg) (k) k = f () g (k ). ( Alors (fg) (k+1) = [(fg) (k) ] k ( = [ f ) () g (k ) ] k = [ f ) () g (k ) ]. = = ( k ) [f () g (k ) ] = ( k k+1 = j=1 ) f (+1) g (k ) + ( k j 1 ( k [ [f ) (+1) g (k ) + f () g (k +1) ] ( k ) f (j) g (k j+1) + j=0 ) f () g (k +1) ( k j) f (j) g (k+1 j) en effectuant le changement d ndce j = + 1 dans la premère somme et j = dans la deuxème somme. ( Donc (fg) (k+1) k ( ( = f 0) (0) g (k+1) k k + [ + ]f j 1 j) (j) g (k+1 j) k + f k) (k+1) g (0) j=1 (fg) (k+1) k + 1 = f (0) g (k+1) k + 1 + f (j) g (k+1 j) k + 1 + f (k+1) g (0) 0 j k + 1 j=1 n+1 n + 1 f () g (n+1 ) donc pr(n + 1) est vrae. 3. Concluson : pr étant ntalsée en 1 et étant hérédtare est donc vrae pour tout enter naturel n 1 Applcatons : On vérfe asément cette formule sur quelques cas partculers : 1. (fg) = f g + fg. (fg) = (f g + fg ) = f g + f g + f g + fg = f g + f g + fg 3. (fg) (3) = ((fg) ) = f g + f g + f g + f g + f g + fg = f g + 3f g + 3f g + fg 18
5.15 Factorsaton de a n b n 1. Soent a et b des réels. Démontrer par récurrence que pour tout enter n l on a : a n b n = (a b)(a n 1 + a n b + a n 3 b + + a b n 3 + ab n + b n 1 ) Indcaton : pour l hérédté, on pourra utlser l astuce suvante : a k+1 b k+1 = aa k ab k + ab k bb k. En dédure une factorsaton de 1 x n pour tout enter n 3. Sot un enter n, soent la foncton numérque f d une varable réelle défne par f(x) = 1 + x + x + + x n et la foncton numérque g défne par g(x) = 1 + x + 3x + + nx n 1 (a) Quel est l ensemble de défnton de f? Quel est l ensemble de défnton de g? (b) S l on suppose que x = 1, que vaut f(x) et que vaut g(x)? (c) S l on suppose que x 1 : Détermner une expresson smplfée de f(x) sous forme d un quotent. Détermner une expresson smplfée de g(x) sous forme d un quotent. En utlsant le produt xf(x) retrouver l expresson smplfée de f(x) 5.15.1 Corrgé 1. Soent a et b des réels. Démontrer par récurrence que pour tout enter n l on a : a n b n = (a b)(a n 1 + a n b + a n 3 b + + a b n 3 + ab n + b n 1 ) Etape 1 : pour n =, comme a b = (a b)(a+b) alors la proprété est vrae au rang n = Etape : sot un enter n tel que l on a : a n b n = (a b)(a n 1 +a n b+a n 3 b + +a b n 3 +ab n +b n 1 ) Alors a n+1 b n+1 = aa n ab n + ab n bb n = a(a n b n ) + (a b)b n = a(a b)(a n 1 + a n b + a n 3 b + + a b n 3 + ab n + b n 1 ) + (a b)b n = (a b)(a n +a n 1 b+a n b + +a 3 b n 3 +a b n +ab n 1 )+(a b)b n = (a b)(a n + a n 1 b + a n b + + a 3 b n 3 + a b n + ab n 1 + b n ) donc la proprété est vrae au rang n + 1 La proprété étant ntalsée en et étant hérédtare est donc vrae pour tout enter n. En dédure une factorsaton de 1 x n pour tout enter n On en dédut en posant a = 1 et b = x et étant tenant compte du fat que k 1 k = 1 1 x n = (1 x)(1 + x + x + + x n 3 + x n + x n 1 ) 3. Sot un enter n, soent la foncton numérque f d une varable réelle défne par 19
f(x) = 1 + x + x + + x n et la foncton numérque g défne par g(x) = 1 + x + 3x + + nx n 1 (a) Quel est l ensemble de défnton de f? Quel est l ensemble de défnton de g? f est une foncton polynôme de degré n donc est défne sur R g est une foncton polynôme de degré n 1 donc est défne sur R (b) S l on suppose que x = 1, que vaut f(x) et que vaut g(x)? f(1) = 1 + 1 1 + 1 + + 1 n = 1 + 1 + + 1 = n + 1 n(n + 1) g(1) = 1 + + 3 + + n = (c) S l on suppose que x 1 : Détermner une expresson smplfée de f(x) sous forme d un quotent. Comme 1 x n = (1 x)(1 + x + x + + x n 3 + x n + x n 1 ) alors 1 x n+1 = (1 x)(1 + x + x + + x n 3 + x n + x n 1 + x n ) f(x) = 1 xn+1 car x 1 1 x Détermner une expresson smplfée de g(x) sous forme d un quotent. Comme f est une foncton polynôme de degré n alors f est dérvable sur R et f (x) = g(x) donc g(x) = (n + 1)xn (1 x) ( 1)(1 x n+1 ) (1 x) En smplfant g(x) = xn ( n 1 + nx) + 1 (1 x) En utlsant le produt xf(x) retrouver l expresson smplfée de f(x) f(x) = 1 + x + x + + x n xf(x) = x + x + x 3 + + x n + x n+1 donc f(x) xf(x) = 1 x n+1 d où f(x)(1 x) = 1 x n+1 donc f(x) = 1 xn+1 1 x car x 1 0
5.1 Exponentelle Sot un réel x 0. Démontrer par récurrence que n N x k k! ex 5.1.1 Corrgé Notons pr(n) : n N x k k! ex 1. Etape 1 : Intalsaton en n = 0 : A-t-on pr(0)? c est-à-dre a-t-on n N 0 x k k! ex? c est-à-dre a-ton x0 0! ex c est-à-dre a-t-on 1 e x? ou car comme x 0 alors exp étant une foncton crossante alors exp(x) exp(0) donc e x 1. La proprété est vrae au rang n = 0. Etape : Hérédté : Sot un enter n 0. Supposons que pr(n) est vrae c est-à-dre que Démontrons que pr(n + 1) est vrae c est-à-dre que Notons P n (x) = n+1 P n+1(x) = k xk 1 k! x k n+1 k! alors P n+1(x) = = n+1 D après l hypothèse de récurrence : x k 1 n (k 1)! = j=0 x k k! ex. n+1 x k k! P n+1(x) = [ x j j! x k k! ex. n+1 en posant j = k 1 x k k! ex donc P n+1(x) e x Posons f(x) = P n+1 (x) e x alors f (x) = P n+1 e x 0 d où x 0 + f (x) 0 f(x) x k n+1 k! ] = n+1 k! ] = [ xk k xk 1 k! car f(0) = P n+1 (0) e 0 = 1 1 = 0. Par conséquent, f(x) 0 donc P n+1 e x donc pr(n + 1) est vrae. 3. Concluson : pr étant ntalsée en 0 et étant hérédtare est donc vrae pour tout enter naturel n 0 1
5.17 Sute Sot une sute (u n ) défne pour tout enter naturel n par : u 0 = a et u n+1 = { un s n est par u n + 1 s n est mpar 1. Détermner les 8 premers termes de cette sute.. Détermner par récurrence que pour tout enter naturel p : u p = a p + p 1 u p+1 = p 1 a p+1 + p 1 p