Qu'est-ce que le raisonnement par récurrence ?

C'est une méthode de démonstration qui permet de prouver qu'une propriété P(n) est vraie pour tout entier naturel n à partir d'un rang n₀. On vérifie que P(n₀) est vraie (initialisation), puis on montre que si P(n) est vraie pour un entier n fixé, alors P(n+1) l'est aussi (hérédité). Le principe de récurrence permet alors de conclure pour tous les entiers n ≥ n₀.

Comment rédiger une démonstration par récurrence ?

On suit toujours quatre étapes : énoncer clairement la propriété P(n) ; vérifier l'initialisation au rang de départ ; supposer P(n) vraie pour un entier n fixé (hypothèse de récurrence) et en déduire P(n+1) par un calcul justifié ; conclure par la phrase « par le principe de récurrence, P(n) est vraie pour tout entier n ≥ n₀ ».

Pourquoi l'initialisation est-elle indispensable ?

L'hérédité seule ne prouve rien : elle affirme seulement que la vérité se transmet d'un rang au suivant. Par exemple, la propriété « 5ⁿ + 1 est divisible par 4 » est héréditaire mais n'est vraie pour aucun entier n. Sans un premier rang où la propriété est vraie, la chaîne de dominos ne démarre jamais.

À quoi sert la récurrence dans l'étude des suites en Terminale ?

Elle sert à démontrer une formule explicite conjecturée pour une suite définie par une relation u(n+1) = f(u(n)), à établir qu'une suite est majorée, minorée ou bornée, et à prouver son sens de variation quand f est croissante. C'est l'outil de base des exercices de bac sur les suites, avant l'étude des limites.

Peut-on commencer une récurrence à un autre rang que 0 ?

Oui. Si la propriété n'est vraie qu'à partir d'un rang n₀ (par exemple 2ⁿ > n² seulement pour n ≥ 5), on initialise au rang n₀ et on démontre l'hérédité pour tout n ≥ n₀. La conclusion porte alors uniquement sur les entiers n ≥ n₀ ; les rangs précédents se vérifient à la main si besoin.

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Raisonnement par récurrence

Démontrer une propriété pour tout entier naturel : initialisation, hérédité, applications aux suites (programme de Terminale spécialité maths)

À propos de cette page

Ce cours de spécialité mathématiques en terminale sur « Raisonnement par récurrence » suit le programme officiel de spécialité mathématiques de terminale. Il présente les définitions, les propriétés et les méthodes essentielles, accompagnées d'exemples résolus pour bien comprendre. Au programme : L'essentiel : le principe de récurrence, Rédiger une démonstration par récurrence, Récurrence et suites : formule explicite, sens de variation, Majorer, minorer, encadrer une suite. Chaque notion est expliquée pas à pas, puis mise en pratique grâce à des exercices interactifs, un QCM et une évaluation corrigée. Idéal pour réviser à son rythme, combler ses lacunes et progresser, en autonomie ou avec un professeur. Cours rédigé par un professeur particulier à Marseille pour aider les élèves de terminale à réussir en spécialité mathématiques.

L'essentiel : le principe de récurrence

Le raisonnement par récurrence sert à démontrer qu'une propriété $P (n)$ , dépendant d'un entier naturel $n$ , est vraie pour tous les entiers à partir d'un certain rang. Vérifier $P (0), P (1), \dots, P (1000)$ ne suffit jamais : il faut un argument valable pour tous les entiers d'un coup.

Principe de récurrence. Soit

n_{0}

un entier naturel et

P (n)

une propriété définie pour tout entier

n \geq n_{0}

. Si :
• Initialisation :

P (n_{0})

est vraie ;
• Hérédité : pour tout entier

n \geq n_{0}

, si

P (n)

est vraie alors

P (n + 1)

est vraie ;
alors

P (n)

est vraie pour tout entier

n \geq n_{0}

L'image des dominos. Les dominos sont alignés : l'hérédité garantit que chaque domino qui tombe fait tomber le suivant ; l'initialisation, c'est pousser le premier. Sans hérédité, la chute s'arrête ; sans initialisation, rien ne bouge.

Vocabulaire. « Supposons

P (n)

vraie pour un entier

n \geq n_{0}

fixé » est l'hypothèse de récurrence ; une propriété telle que

P (n) \Rightarrow P (n + 1)

pour tout

n \geq n_{0}

est dite héréditaire.

Rédiger une démonstration par récurrence

La rédaction est codifiée : quatre étapes, dans cet ordre.

Les quatre étapes.
1. Énoncé. « Pour tout entier

n \geq n_{0}

, on note

P (n)

la propriété : … »
2. Initialisation. On vérifie par un calcul que

P (n_{0})

est vraie.
3. Hérédité. « Soit

n \geq n_{0}

un entier tel que

P (n)

est vraie. Montrons que

P (n + 1)

est vraie. » On part du rang

n

pour arriver à la formule attendue au rang

n + 1

.
4. Conclusion. «

P (n_{0})

est vraie et

P

est héréditaire : par le principe de récurrence,

P (n)

est vraie pour tout entier

n \geq n_{0}

. »

Exemple rédigé — somme des premiers entiers. Montrons que pour tout entier

n \geq 1

1 + 2 + \dots + n = \frac{n (n + 1)}{2}

.
Énoncé.

P (n)

: «

1 + 2 + \dots + n = \frac{n (n + 1)}{2}

».
Initialisation. Pour

n = 1

: à gauche

1

, à droite

\frac{1 \times 2}{2} = 1

P (1)

est vraie.
Hérédité. Soit

n \geq 1

tel que

P (n)

est vraie. Alors

1 + 2 + \dots + n + (n + 1) = \frac{n (n + 1)}{2} + (n + 1) = (n + 1) (\frac{n}{2} + 1) = \frac{(n + 1) (n + 2)}{2}

, ce qui est exactement

P (n + 1)

.
Conclusion. Par récurrence, l'égalité est vraie pour tout entier

n \geq 1

Astuce. Avant de calculer, écris ce que tu veux obtenir au rang

n + 1

: tu sais alors vers quelle forme factoriser.

Récurrence et suites : formule explicite, sens de variation

Une relation $u_{n + 1} = f (u_{n})$ ne donne pas directement $u_{100}$ : on calcule les premiers termes, on conjecture une formule explicite, puis on la démontre par récurrence.

Exemple. Soit

u_{0} = 4

u_{n + 1} = 2 u_{n} - 3

u_{1} = 5

u_{2} = 7

u_{3} = 11

: les écarts à

3

sont

1, 2, 4, 8

, on conjecture

u_{n} = 2^{n} + 3

.
Initialisation.

2^{0} + 3 = 4 = u_{0}

.
Hérédité. Si

u_{n} = 2^{n} + 3

, alors

u_{n + 1} = 2 (2^{n} + 3) - 3 = 2^{n + 1} + 6 - 3 = 2^{n + 1} + 3

.
Conclusion. Pour tout

n \in ℕ

u_{n} = 2^{n} + 3

Propriété — Sens de variation avec une fonction croissante. Soit

(u_{n})

définie par

u_{n + 1} = f (u_{n})

où

f

est croissante sur un intervalle

I

contenant tous les termes de la suite.
• Si

u_{0} \leq u_{1}

, alors

(u_{n})

est croissante.
• Si

u_{0} \geq u_{1}

, alors

(u_{n})

est décroissante.
Preuve : récurrence sur «

u_{n} \leq u_{n + 1}

» ; comme

f

est croissante,

u_{n} \leq u_{n + 1} \Rightarrow f (u_{n}) \leq f (u_{n + 1})

, soit

u_{n + 1} \leq u_{n + 2}

Attention. Si

f

est décroissante, la suite oscille en général : la propriété exige

f

croissante, et la comparaison

u_{0} \leq u_{1}

doit être vérifiée.

Majorer, minorer, encadrer une suite

Dans les exercices de bac, la récurrence sert très souvent à établir un encadrement du type $a \leq u_{n} \leq b$ , qui servira ensuite à étudier la convergence.

Définitions. La suite

(u_{n})

est majorée par

M

u_{n} \leq M

pour tout

n

; minorée par

m

u_{n} \geq m

pour tout

n

; bornée si elle est majorée et minorée.

Exemple. Soit

u_{0} = 1

u_{n + 1} = \sqrt{u_{n} + 2}

. Montrons que pour tout

n

0 \leq u_{n} \leq 2

.
Initialisation.

u_{0} = 1 \in [0; 2]

.
Hérédité. Soit

n

tel que

0 \leq u_{n} \leq 2

. Alors

2 \leq u_{n} + 2 \leq 4

, et comme la fonction racine carrée est croissante sur

[0; + \infty [

\sqrt{2} \leq \sqrt{u_{n} + 2} \leq 2

, donc

0 \leq u_{n + 1} \leq 2

.
Conclusion. La suite est bornée :

0 \leq u_{n} \leq 2

pour tout

n

. De plus

u_{1} = \sqrt{3} \approx 1, 73 \geq u_{0}

f : x \mapsto \sqrt{x + 2}

est croissante : la suite est croissante.

Où trouver la borne ? Résous

f (x) = x

: ici

\sqrt{x + 2} = x

donne

x^{2} - x - 2 = 0

, soit

x = 2

(

- 1

rejeté). Le point fixe est la borne naturelle de l'encadrement.

L'inégalité de Bernoulli (démonstration exigible)

Inégalité de Bernoulli. Pour tout réel

a > 0

et tout entier naturel

n

(1 + a)^{n} \geq 1 + n a .

Démonstration exigible (par récurrence sur $n$ ). Soit

a > 0

fixé et

P (n)

: «

(1 + a)^{n} \geq 1 + n a

».
Initialisation.

(1 + a)^{0} = 1

1 + 0 \times a = 1

P (0)

est vraie.
Hérédité. Soit

n \geq 0

tel que

(1 + a)^{n} \geq 1 + n a

. Comme

1 + a > 0

, on peut multiplier les deux membres par

1 + a

sans changer le sens :

(1 + a)^{n + 1} \geq (1 + a) (1 + n a) = 1 + n a + a + n a^{2} = 1 + (n + 1) a + n a^{2}

. Or

n a^{2} \geq 0

, donc

(1 + a)^{n + 1} \geq 1 + (n + 1) a

P (n + 1)

est vraie.
Conclusion. Pour tout

n \in ℕ

(1 + a)^{n} \geq 1 + n a

À quoi ça sert ?

1, 05^{40} \geq 1 + 40 \times 0, 05 = 3

: un capital placé à

5 %

a au moins triplé en 40 ans. Au chapitre suivant, cette inégalité prouve que

q^{n}

tend vers

+ \infty

quand

q > 1

Méthodes

Méthode — Démontrer une formule explicite conjecturée

Calculer $u_{1}$ , $u_{2}$ , $u_{3}$ et vérifier que la formule proposée donne les mêmes valeurs.
Initialiser au rang du premier terme donné (souvent $n = 0$ ).
Hérédité : remplacer $u_{n}$ par la formule dans la relation $u_{n + 1} = f (u_{n})$ , puis transformer jusqu'à la formule au rang $n + 1$ .
Conclure avec la phrase type.

Exemple rédigé.

v_{0} = 2

v_{n + 1} = 3 v_{n} + 2

v_{1} = 8

v_{2} = 26

v_{3} = 80

: conjecture

v_{n} = 3^{n + 1} - 1

. Initialisation :

3^{1} - 1 = 2 = v_{0}

. Hérédité : si

v_{n} = 3^{n + 1} - 1

, alors

v_{n + 1} = 3 (3^{n + 1} - 1) + 2 = 3^{n + 2} - 3 + 2 = 3^{n + 2} - 1

. Conclusion : pour tout

n

v_{n} = 3^{n + 1} - 1

Méthode — Montrer qu'une suite est majorée ou minorée

Trouver la borne candidate : le point fixe de $f$ (solution de $f (x) = x$ ) ou la valeur donnée par l'énoncé.
Initialiser : vérifier l'inégalité pour $u_{0}$ .
Hérédité : appliquer à l'inégalité sur $u_{n}$ , étape par étape, les opérations qui définissent $u_{n + 1}$ , en justifiant le sens de chaque inégalité.
Conclure.

Exemple rédigé.

w_{0} = 5

w_{n + 1} = \frac{w_{n} + 3}{2}

. Montrons

w_{n} > 3

pour tout

n

. Initialisation :

w_{0} = 5 > 3

. Hérédité : si

w_{n} > 3

, alors

w_{n} + 3 > 6

, puis

\frac{w_{n} + 3}{2} > 3

, c'est-à-dire

w_{n + 1} > 3

. Conclusion :

(w_{n})

est minorée par

3

Méthode — Démontrer une inégalité entre expressions de $n$

Chercher le rang de départ $n_{0}$ en testant les petites valeurs.
Hérédité : multiplier (ou ajouter) l'hypothèse de récurrence par ce qui fait passer du rang $n$ au rang $n + 1$ , puis comparer à la cible par une inégalité auxiliaire.
Vérifier cette inégalité auxiliaire pour tout $n \geq n_{0}$ : c'est là que se cache le rang de départ.

Exemple rédigé. Montrons que

n! \geq 2^{n}

pour tout

n \geq 4

. Initialisation :

4! = 24 \geq 16 = 2^{4}

. Hérédité : soit

n \geq 4

tel que

n! \geq 2^{n}

. Alors

(n + 1)! = (n + 1) \times n! \geq (n + 1) \times 2^{n} \geq 2^{n + 1}

car

n + 1 \geq 2

. Conclusion : pour tout

n \geq 4

n! \geq 2^{n}

Méthode — Démontrer une divisibilité

Traduire « $a_{n}$ est divisible par $d$ » par « il existe un entier $k$ tel que $a_{n} = d k$ ».
Hérédité : exprimer $a_{n + 1}$ en fonction de $a_{n}$ , remplacer $a_{n}$ par $d k$ et factoriser par $d$ ; le reste ajouté doit être lui aussi un multiple de $d$ .

Exemple rédigé. Montrons que

4^{n} - 1

est divisible par

3

pour tout

n

. Initialisation :

4^{0} - 1 = 0 = 3 \times 0

. Hérédité : supposons

4^{n} - 1 = 3 k

avec

k

entier. Alors

4^{n + 1} - 1 = 4 (4^{n} - 1) + 3 = 12 k + 3 = 3 (4 k + 1)

. Conclusion : pour tout

n

3

divise

4^{n} - 1

Pièges et erreurs classiques

Oublier l'initialisation. La propriété «

5^{n} + 1

est divisible par

4

» est héréditaire : si

5^{n} + 1 = 4 k

, alors

5^{n + 1} + 1 = 5 (5^{n} + 1) - 4 = 4 (5 k - 1)

. Pourtant elle est fausse pour tout

n

5^{0} + 1 = 2

5^{1} + 1 = 6

5^{2} + 1 = 26

… Sans initialisation, rien n'est démontré.

Écrire « supposons que pour tout $n$ , $P (n)$ est vraie ». C'est supposer la conclusion ! L'hypothèse porte sur un entier

n

fixé.

Initialiser au mauvais rang. Si la suite commence à

u_{1}

, ou si l'inégalité n'est vraie qu'à partir de

n = 5

, on initialise à ce rang-là et on démontre l'hérédité pour tout

n \geq n_{0}

Raisonner à l'envers. Partir de la formule au rang

n + 1

et retomber sur quelque chose de vrai ne prouve rien. On part de l'hypothèse au rang

n

pour arriver au rang

n + 1

Confondre vérification et démonstration.

n^{2} + n + 41

est un nombre premier pour

n = 0, 1, 2, \dots, 39

, mais pas pour

n = 40

40^{2} + 40 + 41 = 41^{2}

. Quarante vérifications ne remplacent pas une hérédité.

Ne pas justifier le sens des inégalités. Multiplier par

u_{n}

sans savoir que

u_{n} > 0

, ou prendre la racine carrée sans invoquer sa croissance : un point perdu à chaque fois.

En bref

Récurrence = initialisation ( $P (n_{0})$ vraie) + hérédité ( $P (n) \Rightarrow P (n + 1)$ pour tout $n \geq n_{0}$ ) ⇒ $P (n)$ vraie pour tout $n \geq n_{0}$ .
Rédaction en 4 temps : énoncé de $P (n)$ , initialisation, hérédité (« soit $n$ tel que $P (n)$ est vraie »), conclusion.
Sur les suites : formule explicite, encadrement (via le point fixe $f (x) = x$ ), sens de variation quand $f$ est croissante.
Inégalité de Bernoulli : $(1 + a)^{n} \geq 1 + n a$ pour $a > 0$ (démonstration exigible).
Une hérédité sans initialisation ne prouve rien ; des vérifications sans hérédité non plus.

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