RAISONNEMENT PAR RECURRENCE
Correction des exercices ***
|
Exercice 1
Soit \(\mathcal{P}(n)\) la propriété :
\[
(x+y)^{n}=\sum_{k=0}^{n}\left(\begin{matrix}
n\\
k
\end{matrix}
\right)x^{n-k}y^{k}, \quad \forall x \in \mathbb{R}, \forall y \in \mathbb{R}.
\]
Initialisation : Vérifions que \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
Nous avons d'une part :
\[
(x+y)^{0}=1,
\]
et d'autre part :
\[
\begin{align*}
\sum_{k=0}^{0}\left(\begin{matrix}
n\\
k
\end{matrix}
\right)x^{n-k}y^{k}&=
\left(\begin{matrix}
0\\
0
\end{matrix}
\right)x^{0-0}y^{0}\\
&=1,
\end{align*}
\]
donc \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
Hérédité : Soit un entier \(n \geq 0\). Supposons que la propriété \(\mathcal{P}(n)\) est vraie :
\[
(x+y)^{n}=\sum_{k=0}^{n}\left(\begin{matrix}
n\\
k
\end{matrix}
\right)x^{n-k}y^{k}, \quad \forall x \in \mathbb{R}, \forall y \in \mathbb{R}.
\]
Montrons alors que la propriété \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.
Nous avons :
\[
\begin{align*}
(x+y)^{n+1}&=(x+y)^{n}\times (x+y)\\
&=
\left(\sum_{k=0}^{n}\left(\begin{matrix}
n\\
k
\end{matrix}
\right)x^{n-k}y^{k}\right)\times (x+y)\\
& \text{ (par hypothèse de récurrence)}\\
&=x\sum_{k=0}^{n}\left(\begin{matrix}
n\\
k
\end{matrix}
\right)x^{n-k}y^{k}+y\sum_{k=0}^{n}\left(\begin{matrix}
n\\
k
\end{matrix}
\right)x^{n-k}y^{k}
\\
&=\sum_{k=0}^{n}\left(\begin{matrix}
n\\
k
\end{matrix}
\right)x^{n+1-k}y^{k}+\sum_{k=0}^{n}\left(\begin{matrix}
n\\
k
\end{matrix}
\right)x^{n-k}y^{k+1}
\\
&=\sum_{k=0}^{n}\left(\begin{matrix}
n\\
k
\end{matrix}
\right)x^{n+1-k}y^{k}+\sum_{k=1}^{n+1}\left(\begin{matrix}
n\\
k-1
\end{matrix}
\right)x^{n+1-k}y^{k}
\end{align*}
\]
En isolant le terme pour \(k=0\) dans la première somme, en isolant le terme pour \(k=n+1\) dans la deuxième somme, et en réunissant les deux sommes pour les entiers \(k\) compris entre 1 et \(n\), nous obtenons :
\[
\begin{align*}
(x+y)^{n+1}&=\left(\begin{matrix}
n\\
0
\end{matrix}
\right)x^{n+1}y^{0}+
\sum_{k=1}^{n}\left(\begin{matrix}
n\\
k
\end{matrix}
\right)x^{n+1-k}y^{k}\\
&+\sum_{k=1}^{n}\left(\begin{matrix}
n\\
k-1
\end{matrix}
\right)x^{n+1-k}y^{k}+
\left(\begin{matrix}
n\\
n
\end{matrix}
\right)x^{0}y^{n+1}\\
&=x^{n+1}+\sum_{k=1}^{n}\left(\left(\begin{matrix}
n\\
k
\end{matrix}
\right)+\left(\begin{matrix}
n\\
k-1
\end{matrix}
\right)\right)
x^{n+1-k}y^{k}+y^{n+1}
\end{align*}
\]
Etant donné que :
\[
\begin{align*}
\left(\begin{matrix}
n\\
k
\end{matrix}
\right)+\left(\begin{matrix}
n\\
k-1
\end{matrix}
\right)&= \frac{n!}{k!(n-k)!}+\frac{n!}{(k-1)!(n-k+1)!}\\
&=\frac{n!(n-k+1)}{k!(n-k+1)!}+\frac{n!k}{k!(n-k+1)!}\\
&=\frac{n!}{k!(n-k+1)!}\left(n-k+1+k\right)\\
&=\frac{n!}{k!(n-k+1)!}\left(n+1\right)\\
&=\frac{(n+1)!}{k!(n-k+1)!}\\
&=\left(\begin{matrix}
n+1\\
k
\end{matrix}
\right)
\end{align*}
\]
Nous avons ainsi :
\[
\begin{align*}
(x+y)^{n+1}&=x^{n+1}+\sum_{k=1}^{n}\left(\left(\begin{matrix}
n\\
k
\end{matrix}
\right)+\left(\begin{matrix}
n\\
k-1
\end{matrix}
\right)\right)
x^{n+1-k}y^{k}+y^{n+1}\\
&=x^{n+1}+\sum_{k=1}^{n}\left(\begin{matrix}
n+1\\
k
\end{matrix}
\right)
x^{n+1-k}y^{k}+y^{n+1}\\
\end{align*}
\]
Comme :
\[
x^{n+1}=\left(\begin{matrix}
n+1\\
0
\end{matrix}
\right)x^{n+1-0}y^{0},
\]
et que :
\[
y^{n+1}=\left(\begin{matrix}
n+1\\
n+1
\end{matrix}
\right)x^{n+1-(n+1)}y^{n+1},
\]
on en déduit que :
\[
\begin{align*}
(x+y)^{n+1}&=\sum_{k=0}^{n+1}\left(\begin{matrix}
n+1\\
k
\end{matrix}
\right)
x^{n+1-k}y^{k},
\end{align*}
\]
donc la propriété \(\mathcal{P}(n+1)\) est aussi vraie.
Conclusion :
\[
\boxed{
(x+y)^{n}=\sum_{k=0}^{n}\left(\begin{matrix}
n\\
k
\end{matrix}
\right)x^{n-k}y^{k}\quad \forall x \in \mathbb{R}, \forall y \in \mathbb{R}, \forall n\in \mathbb{N}}.
\]
Exercice 2
1) Calcul de \(u_{1}\) :
\[
\begin{align*}
u_{1}&=\sum_{k=0}^{1}k\times k! \\
&=0\times 0! + 1\times 1! \\
&=1\\
&=2!-1
\end{align*}
\]
Calcul de \(u_{2}\) :
\[
\begin{align*}
u_{2}&=\sum_{k=0}^{2}k\times k! \\
&=u_{1} + 2\times 2! \\
&=1+2\times 1 \times 2 \\
&=5\\
&=3!-1
\end{align*}
\]
Calcul de \(u_{3}\) :
\[
\begin{align*}
u_{3}&=\sum_{k=0}^{3}k\times k! \\
&=u_{2} + 3\times 3! \\
&=5+3\times 1\times 2 \times 3 \\
&=5+18\\
&=23\\
&=4!-1
\end{align*}
\]
2) Nous pouvons formuler la conjoncture suivante : pour tout \(n\in \mathbb{N}^{*}\),
\[
u_{n}=(n+1)!-1.
\]
3) Soit \(\mathcal{P}(n)\) la propriété :
\[
u_{n}=(n+1)!-1.
\]
Initialisation : Vérifions que \(\mathcal{P}(1)\) est vraie.
Nous avons d'une part :
\[u_{1}=1,\]
et d'autre part :
\[
(1+1)!-1=2!-1=1.
\]
Comme \(u_{1}=(1+1)!-1\), \(\mathcal{P}(1)\) est vraie.
Hérédité : Soit un entier \(n \geq 1\). Supposons que la propriété \(\mathcal{P}(n)\) est vraie :
\[
u_{n}=(n+1)!-1.
\]
Montrons alors que la propriété \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.
Nous avons :
\[
\begin{align*}
u_{n+1}&=\sum_{k=0}^{n+1}k\times k! \\
&=\sum_{k=0}^{n}k\times k! + (n+1)\times (n+1)! \\
&=(n+1)!-1 + (n+1)\times (n+1)! \\
&\text{ (par hypothèse de récurrence)} \\
&=(n+1)!\times (1+n+1)-1 \\
&=(n+1)!\times (n+2)-1 \\
&=(n+2)!-1.
\end{align*}
\]
donc la propriété \(\mathcal{P}(n+1)\) est aussi vraie.
Conclusion :
\[
\boxed{u_{n}=(n+1)!-1, \quad \forall n\in \mathbb{N}^{*}}.
\]
Exercice 3
Soit \(\mathcal{P}(n)\) la propriété :
\[
(2n)! \geq 2^{n}(n!)^{2}.
\]
Initialisation : Vérifions que \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
Nous avons d'une part :
\[
(2\times 0)!=1,
\]
et d'autre part :
\[
2^{0}(0!)^{2}=1\times 1=1.
\]
Comme \((2\times 0)! \geq 2^{0}(0!)^{2}\), la propriété \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
Hérédité : Soit un entier \(n \geq 0\). Supposons que la propriété \(\mathcal{P}(n)\) est vraie :
\[
(2n)! \geq 2^{n}(n!)^{2}.
\]
Montrons alors que la propriété \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.
Nous avons :
\[
\begin{align*}
\left(2(n+1)!\right)&=(2n+2)! \\
&=(2n)!(2n+1)(2n+2)\\
&\geq 2^{n}(n!)^{2}(2n+1)(2n+2)\\
&\text{ (par hypothèse de récurrence)} \\
&\geq 2^{n}n!n!(2n+1)2(n+1)\\
&\geq 2^{n+1}n!(n+1)!(2n+1)\\
&\geq 2^{n+1}n!(n+1)!(n+1)\\
&\geq 2^{n+1}(n+1)!(n+1)!\\
&\geq 2^{n+1}\left((n+1)!\right)^{2},
\end{align*}
\]
donc la propriété \(\mathcal{P}(n+1)\) est aussi vraie.
Conclusion :
\[
\boxed{(2n)! \geq 2^{n}(n!)^{2}, \quad \forall n\in \mathbb{N}}.
\]
Exercice 4
Soit \(\mathcal{P}(n)\) la propriété : "\(3^{3n+2}+2^{n+4}\) est divisible par 5".
Initialisation : Vérifions que \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
Lorsque \(n=0\)
\[
\begin{align*}
3^{3\times 0 +2}+2^{0+4}&=3^{2}+2^{4}\\
&=9+16\\
&=25.
\end{align*}
\]
Comme \(25\) est divisible par \(5\), la propriété \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
Hérédité : Soit un entier \(n \geq 0\). Supposons que la propriété \(\mathcal{P}(0)\) est vraie : "\(3^{3n+2}+2^{n+4}\) est divisible par 5", ce qui signifie qu'il existe un entier naturel \(k\) tel que \(3^{3n+2}+2^{n+4}=5k\).
Montrons alors que la propriété \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.
Nous avons :
\[
\begin{align*}
3^{3(n+1)+2}+2^{(n+1)+4}&=3^{3n+5}+2^{n+5}\\
&=3^{3}\times 3^{3n+2}+2\times 2^{n+4}\\
&=27\times 3^{3n+2}+2\times 2^{n+4}\\
&=2\times 3^{3n+2}+2\times 2^{n+4}+25\times 3^{3n+2}\\
&=2\left(3^{3n+2}+2^{n+4}\right)+25\times 3^{3n+2}\\
&=2\times 5k+25\times 3^{3n+2}\\
&\text{ (par hypothèse de récurrence)} \\
&=5\left(2k+5\times 3^{3n+2}\right).
\end{align*}
\]
Comme \(2k+5\times 3^{3n+2}\in \mathbb{N}\) (c'est une somme d'entiers), alors 5 divise également \(3^{3n+2}+2^{n+4}\), donc la propriété \(\mathcal{P}(n+1)\) est aussi vraie.
Conclusion :
\[
\boxed{3^{3n+2}+2^{n+4}\text{ est divisible par 5}, \quad \forall n\in \mathbb{N}}.
\]
Exercice 5
Soit \(\mathcal{P}(n)\) la propriété :
\[
u_{n}=a^{n}\left(x-\frac{b}{1-a}\right)+\frac{b}{1-a}.
\]
Initialisation : Vérifions que \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
\[
\begin{align*}
a^{0}\left(x-\frac{b}{1-a}\right)+\frac{b}{1-a}&=x-\frac{b}{1-a}+\frac{b}{1-a}\\
&=x\\
&=u_{0},
\end{align*}
\]
donc \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
Hérédité : Soit un entier \(n \geq 0\). Supposons que la propriété \(\mathcal{P}(n)\) est vraie :
\[
a^{n}\left(x-\frac{b}{1-a}\right)+\frac{b}{1-a}.
\]
Montrons alors que la propriété \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.
Nous avons :
\[
\begin{align*}
u_{n+1}&=au_{n}+b\\
&=a\left(a^{n}\left(x-\frac{b}{1-a}\right)+\frac{b}{1-a}\right)+b\\
&\text{ (par hypothèse de récurrence)} \\
&=a^{n+1}\left(x-\frac{b}{1-a}\right)+\frac{ab}{1-a}+b\\
&=a^{n+1}\left(x-\frac{b}{1-a}\right)+\frac{ab+b(1-a)}{1-a}\\
&=a^{n+1}\left(x-\frac{b}{1-a}\right)+\frac{ab+b-ab}{1-a}\\
&=a^{n+1}\left(x-\frac{b}{1-a}\right)+\frac{b}{1-a},
\end{align*}
\]
donc la propriété \(\mathcal{P}(n+1)\) est aussi vraie.
Conclusion :
\[
\boxed{u_{n}=a^{n}\left(x-\frac{b}{1-a}\right)+\frac{b}{1-a}, \quad \forall n\in \mathbb{N}}.
\]
Exercice 6
Soit \(\mathcal{P}(n)\) la propriété :
\[
\frac{1}{n!}\leq \frac{1}{2^{n-1}}.
\]
Initialisation : Vérifions que \(\mathcal{P}(2)\) est vraie.
Nous avons d'une part
\[
\frac{1}{2!}=\frac{1}{2},
\]
et d'autre part
\[
\frac{1}{2^{2-1}}=\frac{1}{2}.
\]
Comme \(\frac{1}{2!}\leq \frac{1}{2^{2-1}}\), la propriété \(\mathcal{P}(2)\) est vraie.
Hérédité : Soit un entier \(n \geq 2\). Supposons que la propriété \(\mathcal{P}(n)\) est vraie :
\[
\frac{1}{n!}\leq \frac{1}{2^{n-1}}.
\]
Montrons alors que la propriété \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.
Nous avons :
\[
\begin{align*}
\frac{1}{(n+1)!}&=\frac{1}{n!(n+1)}\\
&=\frac{1}{n!}\times \frac{1}{n+1}\\
&\leq \frac{1}{2^{n-1}}\times \frac{1}{n+1}\\
&\text{ (par hypothèse de récurrence)} \\
&\leq \frac{1}{2^{n-1}}\times \frac{1}{1+1}\\
&\text{ (étant donné que }n \geq 2\text{)} \\
&\leq \frac{1}{2^{n-1}}\times \frac{1}{2}\\
&\leq \frac{1}{2^{n}},\\
\end{align*}
\]
donc la propriété \(\mathcal{P}(n+1)\) est aussi vraie.
Conclusion :
\[
\boxed{\frac{1}{n!}\leq \frac{1}{2^{n-1}}, \quad \forall n \geq 2}.
\]
Exercice 7
Soit \(\mathcal{P}(n)\) la propriété :
\[
u_{n}=3^{2^{n}}.
\]
Initialisation : Vérifions que \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
Nous avons d'une part
\[
u_{0}=3,
\]
et d'autre part
\[
\begin{align*}
3^{2^{0}}&=3^{1}\\
&=3\\
&=u_{0},
\end{align*}
\]
donc \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
Hérédité : Soit un entier \(n \geq 0\). Supposons que la propriété \(\mathcal{P}(n)\) est vraie :
\[
u_{n}=3^{2^{n}}.
\]
Montrons alors que la propriété \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.
Nous avons :
\[
\begin{align*}
u_{n+1}&=\left(u_{n}\right)^{2}\\
&=\left(3^{2^{n}}\right)^{2}\\
&\text{ (par hypothèse de récurrence)} \\
&=3^{2^{n}\times 2}\\
&=3^{2^{n+1}},
\end{align*}
\]
donc la propriété \(\mathcal{P}(n+1)\) est aussi vraie.
Conclusion :
\[
\boxed{u_{n}=3^{2^{n}}, \quad \forall n\in \mathbb{N}}.
\]
Exercice 8
Soit \(\mathcal{P}(n)\) la propriété :
\[
f^{(n)}(x)=(x+n)e^{x},
\]
Initialisation : Vérifions que \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
Nous avons d'une part
\[
f^{(0)}(x)=f(x)=xe^{x},
\]
et d'autre part
\[
\begin{align*}
(x+0)e^{x}&=xe^{x}\\
&=f^{(0)}(x),
\end{align*}
\]
donc \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
Hérédité : Soit un entier \(n \geq 0\). Supposons que la propriété \(\mathcal{P}(n)\) est vraie :
\[
f^{(n)}(x)=(x+n)e^{x},
\]
Montrons alors que la propriété \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.
Nous avons :
\[
\begin{align*}
f^{(n+1)}(x)&=\left(f^{(n)}(x)\right)'\\
&=\left((x+n)e^{x}\right)'\\
&\text{ (par hypothèse de récurrence)} \\
&=e^{x}+(x+n)e^{x}\\
&=\left(x+n+1\right)e^{x}\\
&=\left(x+(n+1)\right)e^{x},
\end{align*}
\]
donc la propriété \(\mathcal{P}(n+1)\) est aussi vraie.
Conclusion :
\[
\boxed{f^{(n)}(x)=(x+n)e^{x}, \quad \forall n\in \mathbb{N^{*}}}.
\]
Exercice 9
Soit \(\mathcal{P}(n)\) la propriété :
\[
f^{(n)}(x)=(-1)^{n-1}\frac{(n-1)!}{(1+x)^{n}}.
\]
Initialisation : Vérifions que \(\mathcal{P}(1)\) est vraie.
Nous avons d'une part
\[
f^{(1)}(x)=\frac{1}{1+x},
\]
et d'autre part
\[
\begin{align*}
(-1)^{1-1}\frac{(1-1)!}{(1+x)^{1}}&=(-1)^{0}\frac{0!}{1+x}\\
&=1\times \frac{1}{1+x} \\
&=\frac{1}{1+x}\\
&=f^{(1)}(x),
\end{align*}
\]
donc \(\mathcal{P}(1)\) est vraie.
Hérédité : Soit un entier \(n \geq 1\). Supposons que la propriété \(\mathcal{P}(n)\) est vraie :
\[
f^{(n)}(x)=(-1)^{n-1}\frac{(n-1)!}{(1+x)^{n}}.
\]
Montrons alors que la propriété \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.
Nous avons :
\[
\begin{align*}
f^{(n+1)}(x)&=\left(f^{(n)}(x)\right)'\\
&=\left((-1)^{n-1}\frac{(n-1)!}{(1+x)^{n}}\right)'\\
&\text{ (par hypothèse de récurrence)} \\
&=(-1)^{n-1}\times \frac{-(n-1)!n(1+x)^{n-1}}{(1+x)^{2n}}\\
&=(-1)^{n}\times \frac{n!}{(1+x)^{2n-n+1}}\\
&=(-1)^{n}\times \frac{n!}{(1+x)^{n+1}},
\end{align*}
\]
donc la propriété \(\mathcal{P}(n+1)\) est aussi vraie.
Conclusion :
\[
\boxed{f^{(n)}(x)=(-1)^{n-1}\frac{(n-1)!}{(1+x)^{n}},\quad \forall n\in \mathbb{N^{*}}}.
\]
Raisonnement par récurrence : correction des exercices d'approfondissement pour la terminale
© Planète Maths