Planche no 2. Raisonnement par récurrence : corrigé Exercice no 1 Montrons par
Planche no 2. Raisonnement par récurrence : corrigé Exercice no 1 Montrons par récurrence que : ∀n ∈N, 2n > n. • Pour n = 0, 20 = 1 > 0. L’inégalité à démontrer est donc vraie quand n = 0. • Soit n ⩾0. Supposons que 2n > n et montrons que 2n+1 > n + 1. 2n+1 = 2 × 2n ⩾2(n + 1) (par hypothèse de récurrence) = n + 1 + n + 1 > n + 1. On a montré par récurrence que : ∀n ∈N, 2n > n. Exercice no 2 Montrons par récurrence que : ∀n ⩾4, n! ⩾n2. • Pour n = 4, 4! = 4 × 3 × 2 × 1 = 24 et 42 = 16. Puisque 24 > 16, l’inégalité à démontrer est donc vraie quand n = 4. • Soit n ⩾4. Supposons que n! ⩾n2 et montrons que (n + 1)! ⩾(n + 1)2. (n + 1)! = (n + 1) × n! ⩾(n + 1) × n2 (par hypothèse de récurrence). Or, (n + 1) × n2 −(n + 1)2 = (n + 1)(n2 −n −1) = (n + 1)(n(n −1) −1) ⩾5 × (4 × 3 −1) = 55 ⩾0 et donc (n + 1) × n2 ⩾(n + 1)2 puis (n + 1)! ⩾(n + 1)2. On a montré par récurrence que : ∀n ⩾4, n! ⩾n2. Exercice no 3 Montrons par récurrence que : ∀n ⩾2, n est divisible par au moins un nombre premier. • 2 est divisible par 2 qui est un nombre premier. La propriété à démontrer est donc vraie quand n = 2. • Soit n ⩾2. Supposons que pour tout k ∈J2, nK, k est divisible par au moins un nombre premier et montrons que n + 1 est divisible par au moins un nombre premier. Si n + 1 est un nombre premier, n + 1 admet au moins un diviseur premier à savoir lui-même. Sinon, n + 1 n’est pas premier. Dans ce cas, il existe deux entiers a et b éléments de J2, nK tels que n = a × b. Par hypothèse de récurrence, l’entier a est divisible par au moins un nombre premier p. L’entier p divise l’entier a et l’entier a divise l’entier n + 1. Donc l’entier p divise l’entier n + 1. Dans tous les cas, l’entier n + 1 est divisible par au moins un nombre premier. On a montré par récurrence que tout entier supérieur ou égal à 2 est divisible par au moins un nombre premier. Exercice no 4 Montrons par récurrence que : ∀n ∈N, un = (−2)n + 3n. • (−2)0 + 30 = 2 = u0 et (−2)1 + 31 = 1 = u1. L’égalité à démontrer est donc vraie quand n = 0 et n = 1. • Soit n ⩾0. Supposons que un = (−2)n + 3n et que un+1 = (−2)n+1 + 3n+1 et montrons que un+2 = (−2)n+2 + 3n+2. un+2 = un+1 + 6un = (−2)n+1 + 3n+1 + 6 ((−2)n + 3n) (par hypothèse de récurrence) = (−2 + 6) × (−2)n+2 + (3 + 6) × 3n = 4 × (−2)n+2 + 9 × 3n = (−2)2 × (−2)n+2 + 32 × 3n = (−2)n+2 + 3n+2. On a montré par récurrence que : http ://www.maths-france.fr 1 c ⃝Jean-Louis Rouget, 2014. Tous droits réservés. ∀n ∈N, (−2)n + 3n. Exercice no 5 1) Montrons par récurrence que : ∀n ⩾1, n X k=1 k = n(n + 1) 2 . • Pour n = 1, 1 X k=1 k = 1 = 1 × (1 + 1) 2 . • Soit n ⩾1. Supposons que n X k=1 k = n(n + 1) 2 et montrons que n+1 X k=1 k = (n + 1)(n + 2) 2 . n+1 X k=1 k = n X k=1 k + (n + 1) = n(n + 1) 2 + (n + 1) (par hypothèse de récurrence) = (n + 1) n 2 + 1 = (n + 1)(n + 2) 2 . On a montré par récurrence que : ∀n ⩾1, n X k=1 k = n(n + 1) 2 . On peut donner plusieurs démonstrations directes. 1ère demonstration. Pour k ⩾1, (k + 1)2 −k2 = 2k + 1 et donc n X k=1 (k + 1)2 −k2 = 2 n X k=1 k + n X k=1 1 ce qui s’écrit (n + 1)2 −1 = 2 n X k=1 k + n ou encore 2 n X k=1 k = n2 + n ou enfin n X k=1 k = n(n + 1) 2 . 2ème demonstration. On écrit 1 + 2 + 3 + . . . + (n −1) + n = S n + (n −1) + (n −2) + . . . + 2 + 1 = S et en additionnant (verticalement), on obtient 2S = (n + 1) + (n + 1) + . . . + (n + 1) | {z } n termes = n(n+1) d’où le résultat. La même démonstration s’écrit avec le symbole sigma : 2S = n X k=1 k + n X k=1 (n + 1 −k) = n X k=1 (k + n + 1 −k) = n X k=1 (n + 1) = n(n + 1). 3ème demonstration. On compte le nombre de points d’un rectangle ayant n points de large et n + 1 points de long. Il y en a n(n + 1). Ce rectangle se décompose en deux triangles isocèles contenant chacun 1 + 2 + ... + n points. D’où le résultat. ∗ ∗ ∗ . . . . . . ∗ ∗ ∗ ... . . . ∗ ∗ ∗ . . . ... ... . . . ∗ ∗ ∗ . . . ... ∗ ∗ ∗ . . . . . . ∗ ∗ ∗ 4ème démonstration. Dans le triangle de Pascal, on sait que pour n et p entiers naturels donnés, n p + n p + 1 = n + 1 p + 1 . Donc, pour n ⩾2 (le résultat est clair pour n = 1), http ://www.maths-france.fr 2 c ⃝Jean-Louis Rouget, 2014. Tous droits réservés. 1 + 2 + ... + n = 1 + n X k=2 C1 k = 1 + n X k=2 (C2 k+1 −C2 k) = 1 + (C2 n+1 −1) = n(n + 1) 2 . 2) Pour k ⩾1, (k + 1)3 −k3 = 3k2 + 3k + 1. Donc, pour n ⩾1 : 3 n X k=1 k2 + 3 n X k=1 k + n X k=1 1 = n X k=1 (k + 1)3 −k3 = (n + 1)3 −1. D’où, n X k=1 k2 = 1 3 (n + 1)3 −1 −3n(n + 1) 2 −n = 1 6(2(n + 1)3 −3n(n + 1) −2(n + 1)) = 1 6(n + 1)(2n2 + n), et donc ∀n ⩾1, n X k=1 k2 = n(n + 1)(2n + 1) 6 . Pour k ≥1, (k + 1)4 −k4 = 4k3 + 6k2 + 4k + 1. Donc, pour n ≥1, on a 4 n X k=1 k3 + 6 n X k=1 k2 + 4 n X k=1 k + n X k=1 1 = n X k=1 (k + 1)4 −k4 = (n + 1)4 −1. D’où : n X k=1 k3 = 1 4 (n + 1)4 −1 −n(n + 1)(2n + 1) −2n(n + 1) −n = 1 4((n + 1)4 −(n + 1)(n(2n + 1) + 2n + 1) = 1 4 (n + 1)4 −(n + 1)2(2n + 1) = (n + 1)2 (n + 1)2 −(2n + 1) 4 = n2(n + 1)2 4 ∀n ⩾1, n X k=1 k3 = n2(n + 1)2 4 = n X k=1 k !2 . Pour k ⩾1, (k + 1)5 −k5 = 5k4 + 10k3 + 10k2 + 5k + 1. Donc, pour n ⩾1, 5 n X k=1 k4 + 10 n X k=1 k3 + 10 n X k=1 k2 + 5 n X k=1 k + n X k=1 1 = n X k=1 ((k + 1)5 −k5) = (n + 1)5 −1. D’où : n X k=1 k4 = 1 5 (n + 1)5 −1 −5 2n2(n + 1)2 −5 3n(n + 1)(2n + 1) −5 2n(n + 1) −n = 1 30(6(n + 1)5 −15n2(n + 1)2 −10n(n + 1)(2n + 1) −15n(n + 1) −6(n + 1)) = 1 30(n + 1)(6n4 + 9n3 + n2 −n) = n(n + 1)(6n3 + 9n2 + n −1) 30 Finalement, ∀n ∈N∗, n X k=1 k = n(n + 1) 2 ∀n ∈N∗, n X k=1 k2 = n(n + 1)(2n + 1) 6 ∀n ∈N∗, n X k=1 k3 = n2(n + 1)2 4 = n X k=1 k !2 uploads/S4/ 02-recurrence-corrige.pdf
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- Publié le Mar 27, 2022
- Catégorie Law / Droit
- Langue French
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