Récurrence (Prérentrée ECG1)

1. • \(u_1=1\) donc \(u_1^2+1=2\) est strictement positif et \(u_2\) est bien défini. On a alors :

     \[u_2 = \frac{u_1}{\sqrt{u_1^2+1}} = \frac{1}{\sqrt{2}}\]

   • Il en découle que \(u_2^2+1=2\) est strictement positif, donc que \(u_3\) est bien défini. On a alors : \[\begin{aligned} u_3 &= \frac{u_2}{\sqrt{u_2^2+1}} \\ &= \frac{\frac{1}{\sqrt{2} }}{\sqrt{\frac{1}{2} +1 }} \\ &= \frac{1}{\sqrt{2} } \times \sqrt{\frac{2}{3}} \end{aligned}\] d’où :

     \[u_3 = \frac{1}{\sqrt{3}}\]

   • Il semblerait donc que :

     \[\forall n \in \mathbb{N}^\ast,\ u_n = \frac{1}{\sqrt{n}}\]

2. Montrons maintenant par récurrence que, pour tout \(n \in\mathbb{N}^\ast\), la proposition \(\mathcal{P}(n)\) : \(u_n = \frac{1}{\sqrt{n}}\) est vraie.

   • \(u_1 = 1 = \frac{1}{\sqrt{1}}\) donc \(\mathcal{P}(1)\) est vraie.

   • Soit \(n \in\mathbb{N}^\ast\). On suppose que \(\mathcal{P}(n)\) est vraie. Alors \(u_n^2+1\) est strictement positif donc \(u_{n+1}\) est bien défini et on a : \[\begin{aligned} u_{n+1} &= \frac{u_n}{\sqrt{u_n^2+1}} \\ &= \frac{\frac{1}{\sqrt{n} }}{\sqrt{\frac{1}{n} +1 }} \\ &= \frac{1}{\sqrt{n} } \times \sqrt{\frac{n}{n+1}} \\ &= \frac{1}{\sqrt{n+1}} \end{aligned}\]

     Ainsi \(\mathcal{P}(n) \Rightarrow \mathcal{P}(n+1)\).

   • On peut désormais conclure :

   \[\forall n \in \mathbb{N}^\ast,\ u_n = \frac{1}{\sqrt{n}}\]

1. Montrons par récurrence que, pour tout \(n \in\mathbb{N}\), la proposition \(\mathcal{P}(n)\) : \(u_n\) est bien défini et positif est vraie.

   • \(u_0=3\) donc \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.

   • Soit \(n \in\mathbb{N}\). Supposons que \(\mathcal{P}(n)\) soit vraie. Alors \(3u_n+1\) et \(u_n+3\) sont bien définis et on a : \[3u_n+1 \geqslant 0 \quad \text{et} \quad u_n +3 >0\]

     donc \(u_{n+1}\) est bien défini et positif. Ainsi \(\mathcal{P}(n) \Rightarrow \mathcal{P}(n+1)\).

   • On peut alors conclure :

   Tous les termes de la suite sont bien définis et positifs

2. Montrons par récurrence que, pour tout \(n \in\mathbb{N}\), la proposition \(\mathcal{P}(n)\) : \(u_n = \frac{2^{n+1}+1}{2^{n+1}-1}\) est vraie.

   • On a : \[\begin{aligned} \frac{2^{0+1}+1}{2^{0+1}-1 } &= \frac{3}{1} \\ &= u_0 \end{aligned}\] donc \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.

   • Soit \(n \in\mathbb{N}\). Supposons que \(\mathcal{P}(n)\) soit vraie. On a alors : \[\begin{aligned} u_{n+1} &= \frac{3 \times \frac{2^{n+1}+1}{2^{n+1}-1} +1}{\frac{2^{n+1}+1}{2^{n+1}-1}+3} \\ &= \frac{3\times 2^{n+1} + 3 + 2^{n+1}-1}{ 2^{n+1} + 1 + 3\times 2^{n+1} -3} \\ &= \frac{4 \times 2^{n+1} + 2}{4 \times 2^{n+1}-2} \\ &= \frac{2 \times 2^{n+1} + 1}{2 \times 2^{n+1}-1} \end{aligned}\]

     d’où : \[\begin{aligned} u_{n+1} &= \frac{2^{n+2}+1}{2^{n+2}-1} \end{aligned}\]

     Ainsi \(\mathcal{P}(n) \Rightarrow \mathcal{P}(n+1)\).

   • On peut alors conclure :

   \[\forall n \in \mathbb{N},\ u_n = \frac{2^{n+1}+1}{2^{n+1}-1}\]

   Méthode

   Quand on souhaite démontrer une propriété quel que soit \(n \in\mathbb{N}\) et quand on dispose d’une relation entre deux rangs consécutifs (comme ici entre \(u_n\) et \(u_{n+1}\)), on raisonne souvent par récurrence simple.

   Pour démontrer par récurrence simple qu’une propriété \(\mathcal P(n)\) est vraie pour tout entier \(n \in \mathbb{N}\), on procède en trois étape essentielles :

   • Initialisation : on vérifie que la propriété est vraie au rang de départ \(n = 0\).

   • Hérédité : on fixe un entier naturel \(n\) dans \(\mathbb{N}\) et on suppose que la propriété est vraie au rang \(n\) (c’est l’hypothèse de récurrence) puis on démontre qu’elle est encore vraie au rang \(n+1\).

   • Conclusion : on peut alors conclure que \(\mathcal{P}(n)\) est vraie pour tout \(n \in\mathbb{N}\).

On a : \[\begin{aligned} &u_0 = 1 \\ &u_1 = \left(1+\frac{1}{0+1}\right) u_0 = 2 \\ &u_2 = \left(1+\frac{1}{1+1}\right) u_1 = \frac{3}{2} \times 2 = 3 \end{aligned}\]

Montrons par récurrence que, pour tout \(n \in\mathbb{N}\), la proposition \(\mathcal{P}(n)\) : \(u_n = n+1\) est vraie.

• \(u_0=1\) donc \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.

• Soit \(n \in\mathbb{N}\). Supposons que \(\mathcal{P}(n)\) soit vraie. On a alors : \[\begin{aligned} u_{n+1} &=\left(1+\frac{1}{n+1}\right) u_n \\ &= \frac{n+2}{n+1} \times (n+1) \\ &= n+2 \end{aligned}\] Ainsi \(\mathcal{P}(n) \Rightarrow \mathcal{P}(n+1)\).

• On peut alors conclure :

Montrons par récurrence que, pour tout \(n \in\mathbb{N}\), la proposition \(\mathcal{P}(n)\) : \(u_n = \left( n+2 \right) 2^{n-1}\) est vraie.

• \(u_0=1\) donc \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.

• \(u_1=3\) donc \(\mathcal{P}(1)\) est vraie.

  Commentaire

  La suite est définie par une relation de récurrence d’ordre \(2\) donc on procède par récurrence double.

• Soit \(n \in\mathbb{N}\). Supposons que \(\mathcal{P}(n)\) et \(\mathcal{P}(n+1)\) soient vraies. On a alors : \[\begin{aligned} u_{n+2} &= 4u_{n+1}-4u_n \\ &= 4 \left[ \left( n+3 \right) 2^{n} \right] - 4 \left[ \left( n+2 \right) 2^{n-1} \right] \\ &= \left( n+3 \right) 2^{n+2} - \left( n+2 \right) 2^{n+1} \\ &= \left[ 2 \left( n+3 \right) - ( n+2) \right] 2^{n-1} \\ &= \left( n+4 \right) 2^{n+1} \end{aligned}\] Ainsi \(\mathcal{P}(n) \cap \mathcal{P}(n+1) \Rightarrow \mathcal{P}(n+2)\).

• On peut alors conclure :

Montrons par récurrence que, pour tout \(n \in \mathbb{N}\), la proposition \(\mathcal{P}(n)\) : \(1 \leqslant \binom{2 n}{n} \leqslant 4^n\) est vraie.

• On a : \[\begin{aligned} \binom{2\times 0}{0} &= \binom{0}0 \\ &=1 \end{aligned}\]

  donc, comme \(4^0=1\), \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.

• Soit \(n \in\mathbb{N}\). Supposons que \(\mathcal{P}(n)\) soit vraie. On a : \[\begin{aligned} \binom {2n+2}{n+1} &= \frac{(2n+2)!}{(n+1)!\, (n+1)!} \\ &= \frac{(2n+2)(2n+1)}{(n+1)^2} \times \frac{(2n)!}{n!\, n!} \\ &= \frac{2 \left( 2n+1 \right)}{n+1} \binom{2n}n \end{aligned}\]

  De plus on a : \[0 \leqslant n+1 \leqslant 2 n+1 \leqslant 2n+2 \quad \text{et} \quad \frac{2}{n+1} \geqslant 0\]

  donc : \[2 \leqslant \frac{2 \left( 2n+1 \right)}{n+1} \leqslant 4\]

  On en déduit, d’après l’hypothèse de récurrence, tous les termes étant bien positifs : \[\begin{aligned} 2 \leqslant \binom {2n+2}{n+1} \leqslant 4 \times 4^n \end{aligned}\]

  d’où : \[1 \leqslant \binom {2n+2}{n+1} \leqslant 4^{n+1}\]

  Ainsi \(\mathcal{P}(n) \Rightarrow \mathcal{P}(n+1)\).

• On peut alors conclure :