Appliquer rigoureusement le raisonnement par récurrence en vérifiant l'initialisation, en formulant l'hypothèse de récurrence et en conduisant l'hérédité jusqu'à la conclusion.
Soit $P(n)$ une propriété dépendant d'un entier $n$, et $n_0$ un entier. Si
• $P(n_0)$ est vraie (initialisation)
• pour tout $n\geq n_0$, $P(n)$ vraie $\Rightarrow$ $P(n+1)$ vraie (hérédité)
alors $P(n)$ est vraie pour tout entier $n\geq n_0$.
Le premier domino tombe (initialisation) et chacun fait tomber le suivant (hérédité) : tous tombent.
Pour tout entier $n\geq n_0$, on note $P(n)$ : « … (la propriété) … ».
Initialisation. Pour $n=n_0$ : … (calcul)… Donc $P(n_0)$ est vraie.
Hérédité. Soit $n\geq n_0$ un entier. On suppose que $P(n)$ est vraie, c'est-à-dire … (hypothèse de récurrence).
Montrons que $P(n+1)$ est vraie, c'est-à-dire … (écrire la cible).
… (calculs utilisant l'hypothèse) … Donc $P(n+1)$ est vraie.
Conclusion. $P(n_0)$ est vraie et la propriété est héréditaire : par récurrence, $P(n)$ est vraie pour tout $n\geq n_0$.
Soit $u_0=1$ et $u_{n+1}=u_n+2n+3$. Montrer que, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $u_n=(n+1)^2$.
On note $P(n)$ : « $u_n=(n+1)^2$ ».
Initialisation. $u_0=1$ et $(0+1)^2=1$ : $P(0)$ est vraie.
Hérédité. Soit $n\in\mathbb{N}$. On suppose $u_n=(n+1)^2$. Montrons que $u_{n+1}=(n+2)^2$. $$u_{n+1}=u_n+2n+3\overset{\text{HR}}{=}(n+1)^2+2n+3=n^2+4n+4=(n+2)^2.$$ Conclusion. Par récurrence, $u_n=(n+1)^2$ pour tout $n\in\mathbb{N}$.
On part de $u_{n+1}$, on utilise la définition de la suite, puis on injecte l'hypothèse de récurrence (noter « HR » au-dessus du signe), et on arrange jusqu'à obtenir la cible.
Soit $p_0=2$ et $p_{n+1}=0{,}5\,p_n+1{,}5$. Montrer que, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $p_n\leq3$.
On note $P(n)$ : « $p_n\leq3$ ». Initialisation. $p_0=2\leq3$.
Hérédité. Soit $n\in\mathbb{N}$ tel que $p_n\leq3$. Alors, en construisant $p_{n+1}$ étape par étape : $$p_n\leq3 \;\Longrightarrow\; 0{,}5\,p_n\leq1{,}5 \;\Longrightarrow\; 0{,}5\,p_n+1{,}5\leq3 \;\Longrightarrow\; p_{n+1}\leq3.$$ Conclusion. Par récurrence, $p_n\leq3$ pour tout $n\in\mathbb{N}$.
On applique aux deux membres les opérations qui transforment $u_n$ en $u_{n+1}$. Multiplier par un négatif change le sens de l'inégalité.
Pour montrer « $a\leq u_n\leq u_{n+1}\leq b$ » :
1. Étudier $f$ : montrer qu'elle est croissante sur un intervalle contenant $[a\,;b]$.
2. Hérédité : partir de $a\leq u_n\leq u_{n+1}\leq b$ et appliquer $f$, qui conserve l'ordre : $f(a)\leq f(u_n)\leq f(u_{n+1})\leq f(b)$, c.-à-d. $f(a)\leq u_{n+1}\leq u_{n+2}\leq f(b)$.
3. Conclure en calculant $f(a)$ et $f(b)$ et en les comparant à $a$ et $b$.
$u_0=0$ et $u_{n+1}=\sqrt{3u_n+4}$, avec $f(x)=\sqrt{3x+4}$. Montrer que $0\leq u_n\leq u_{n+1}\leq4$.
$f$ est croissante sur $\bigl[-\frac43\,;+\infty\bigr[$ (composée de $x\mapsto3x+4$ croissante et de la racine carrée croissante).
Initialisation. $u_0=0$ et $u_1=\sqrt4=2$ : on a bien $0\leq0\leq2\leq4$.
Hérédité. Soit $n\in\mathbb{N}$ tel que $0\leq u_n\leq u_{n+1}\leq4$. Comme $f$ est croissante sur $[0\,;4]$ : $$f(0)\leq f(u_n)\leq f(u_{n+1})\leq f(4), \quad\text{soit}\quad 2\leq u_{n+1}\leq u_{n+2}\leq4,$$ et a fortiori $0\leq u_{n+1}\leq u_{n+2}\leq4$. Conclusion. La propriété est vraie pour tout $n\in\mathbb{N}$.
Conséquence : $(u_n)$ est croissante et majorée par $4$, donc elle converge (voir la fiche Limites de suites).
Montrer que, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $7^n-1$ est divisible par $6$.
On note $P(n)$ : « il existe un entier $k$ tel que $7^n-1=6k$ ». Initialisation. $7^0-1=0=6\times0$.
Hérédité. Soit $n\in\mathbb{N}$ tel que $7^n-1=6k$, avec $k$ entier, soit $7^n=6k+1$. Alors $$7^{n+1}-1=7\times7^n-1=7(6k+1)-1=42k+6=6\,(7k+1),$$ et $7k+1$ est un entier : $7^{n+1}-1$ est divisible par $6$. Conclusion. Par récurrence, c'est vrai pour tout $n$.
Soit $a\geq0$. Pour tout $n\in\mathbb{N}$, $(1+a)^n\geq1+na$.
Initialisation. $(1+a)^0=1$ et $1+0\times a=1$ : $1\geq1$.
Hérédité. Soit $n\in\mathbb{N}$ tel que $(1+a)^n\geq1+na$. Comme $1+a\gt 0$, on peut multiplier : $$(1+a)^{n+1}\geq(1+na)(1+a)=1+(n+1)a+na^2\geq1+(n+1)a \quad\text{car } na^2\geq0.$$ Conclusion. Par récurrence, $(1+a)^n\geq1+na$ pour tout $n\in\mathbb{N}$. $\blacksquare$
Elle sert à démontrer que $q^n\to+\infty$ quand $q\gt 1$.
Conçu et validé par Laurent Jacquet, professeur de mathématiques. Qui conçoit les cours ?
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