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Raisonnement par récurrence

Initialisation, hérédité, conclusion : la rédaction type, puis les cas du bac, sommes, encadrements et sens de variation, formules explicites, divisibilité, inégalités et Bernoulli.

À propos de cette page

Ce cours de spécialité maths de Terminale explique le principe de récurrence (initialisation, hérédité, conclusion) et la rédaction type attendue au bac, puis les cinq cas à connaître : formules de somme, encadrement et sens de variation d’une suite, formule explicite, divisibilité, inégalités avec rang de départ. Chaque cas a un exemple entièrement rédigé, et la démonstration exigible de l’inégalité de Bernoulli y figure.

Principe, rédaction type et formules de somme

Ce qu’il faut savoir

Principe de récurrence. Soit $n_{0}$ un entier naturel et, pour tout entier $n ⩾ n_{0}$ , soit $𝒫 (n)$ une propriété qui dépend de $n$ . Si :

Initialisation : $𝒫 (n_{0})$ est vraie ;
Hérédité : pour tout entier $k ⩾ n_{0}$ , si $𝒫 (k)$ est vraie, alors $𝒫 (k + 1)$ est vraie ;

alors $𝒫 (n)$ est vraie pour tout entier $n ⩾ n_{0}$ .

Image des dominos : le premier tombe (initialisation), et chaque domino qui tombe fait tomber le suivant (hérédité). Donc tous tombent.

Une propriété $𝒫 (n)$ est une affirmation qui, pour chaque entier $n$ , est soit vraie, soit fausse : « $2^{n} ⩾ n + 1$ », « $u_{n} = 3^{n} + 2$ », « $7^{n} - 1$ est divisible par $6$ ». Le raisonnement par récurrence permet de la démontrer pour une infinité d’entiers en deux étapes seulement.

L’hérédité est une implication : on ne démontre pas que $𝒫 (k)$ est vraie, on démontre que si elle l’est, alors $𝒫 (k + 1)$ l’est aussi. C’est l’initialisation qui met la machine en route.

Rédiger une récurrence : les quatre temps attendus par le correcteur.

Énoncer la propriété. « Pour tout entier $n ⩾ n_{0}$ , on note $𝒫 (n)$ la propriété : … »
Initialisation. On calcule séparément les deux membres au rang $n_{0}$ , puis : « Donc $𝒫 (n_{0})$ est vraie. »
Hérédité. « Soit $k ⩾ n_{0}$ un entier fixé. On suppose que $𝒫 (k)$ est vraie, c'est-à-dire : [formule au rang $k$ ] (hypothèse de récurrence). Montrons que $𝒫 (k + 1)$ est vraie, c'est-à-dire : [formule au rang $k + 1$ ]. » On part du membre de gauche (ou de la relation de récurrence) et on arrive au membre de droite, en signalant l'endroit où sert l'hypothèse. On termine par : « Donc $𝒫 (k + 1)$ est vraie : la propriété est héréditaire. »
Conclusion. « La propriété est vraie au rang $n_{0}$ et elle est héréditaire, donc, par récurrence, pour tout entier $n ⩾ n_{0}$ : … »

Formule de somme. Au rang $k + 1$ , la somme contient tous les termes de la somme au rang $k$ , plus un terme : $S_{k + 1} = S_{k} + (dernier terme)$ . Le dernier terme s’obtient en remplaçant $n$ par $k + 1$ dans le terme général (ici $2^{n}$ devient $2^{k + 1}$ ; pour $\frac{1}{n (n + 1)}$ , il devient $\frac{1}{(k + 1) (k + 2)}$ ).

Le programme de Terminale demande de savoir raisonner par récurrence pour établir une propriété d’une suite, et place parmi les démonstrations à connaître celle de l’inégalité de Bernoulli, faite par récurrence (partie 5).

Exemples

Exemple 1 — la rédaction type. Démontrer que pour tout entier $n ⩾ 1$ : $1 + 3 + 5 + \dots + (2 n - 1) = n^{2}$ .

Pour tout entier $n ⩾ 1$ , on note $𝒫 (n)$ la propriété : « $1 + 3 + 5 + \dots + (2 n - 1) = n^{2}$ ».

Initialisation. Pour $n = 1$ : le membre de gauche vaut $1$ (un seul terme, $2 \times 1 - 1 = 1$ ) et le membre de droite vaut $1^{2} = 1$ . Donc $𝒫 (1)$ est vraie.

Hérédité. Soit $k ⩾ 1$ un entier fixé. On suppose que $𝒫 (k)$ est vraie, c'est-à-dire (hypothèse de récurrence) :

1 + 3 + \dots + (2 k - 1) = k^{2}

Montrons que

𝒫 (k + 1)

est vraie, c'est-à-dire :

1 + 3 + \dots + (2 k - 1) + (2 k + 1) = (k + 1)^{2}

On part du membre de gauche et on fait apparaître la somme de l'hypothèse :

\begin{matrix} \underset{= k^{2} par hypothèse}{\underset{⏟}{1 + 3 + \dots + (2 k - 1)}} + (2 k + 1) & = & k^{2} + 2 k + 1 \\ = & (k + 1)^{2} . \end{matrix}

Donc $𝒫 (k + 1)$ est vraie : la propriété est héréditaire.

Conclusion. La propriété est vraie au rang $1$ et elle est héréditaire, donc, par récurrence, pour tout entier $n ⩾ 1$ :

1 + 3 + 5 + \dots + (2 n - 1) = n^{2} .

Exemple 2 — une somme de puissances de 2. Démontrer que pour tout entier naturel $n$ : $1 + 2 + 2^{2} + \dots + 2^{n} = 2^{n + 1} - 1$ .

Pour tout entier naturel $n$ , on note $𝒫 (n)$ la propriété : « $1 + 2 + 2^{2} + \dots + 2^{n} = 2^{n + 1} - 1$ ».

Initialisation. Pour $n = 0$ : le membre de gauche vaut $2^{0} = 1$ (un seul terme) et le membre de droite vaut $2^{1} - 1 = 1$ . Donc $𝒫 (0)$ est vraie.

Hérédité. Soit $k \in ℕ$ un entier fixé. On suppose que $𝒫 (k)$ est vraie, c'est-à-dire :

1 + 2 + \dots + 2^{k} = 2^{k + 1} - 1

Montrons que

𝒫 (k + 1)

est vraie, c'est-à-dire :

1 + 2 + \dots + 2^{k} + 2^{k + 1} = 2^{k + 2} - 1

Au rang $k + 1$ , la somme contient tous les termes de la somme au rang $k$ , plus le terme $2^{k + 1}$ :

\begin{matrix} \underset{= 2^{k + 1} - 1 par hypothèse}{\underset{⏟}{1 + 2 + \dots + 2^{k}}} + 2^{k + 1} & = & 2^{k + 1} - 1 + 2^{k + 1} \\ = & 2 \times 2^{k + 1} - 1 \\ = & 2^{k + 2} - 1 . \end{matrix}

Donc $𝒫 (k + 1)$ est vraie : la propriété est héréditaire.

Conclusion. La propriété est vraie au rang $0$ et elle est héréditaire, donc, par récurrence, pour tout entier naturel $n$ :

1 + 2 + 2^{2} + \dots + 2^{n} = 2^{n + 1} - 1 .

Réflexe — J’appelle $k$ l’entier fixé de l’hérédité, pour ne pas le confondre avec le $n$ de « pour tout $n$ », et j’écris au brouillon la propriété au rang $k + 1$ : je sais alors où je dois arriver. Pour une somme, j’écris $S_{k + 1} = S_{k} + (dernier terme)$ , je remplace $S_{k}$ par l’hypothèse de récurrence, puis je factorise au lieu de tout développer : le facteur attendu dans le résultat est souvent déjà visible.

Attention — Les deux étapes sont indispensables. Une hérédité sans initialisation ne prouve rien : « $n + 1 ⩽ n$ » est héréditaire (si $k + 1 ⩽ k$ , alors, en ajoutant $1$ , $k + 2 ⩽ k + 1$ ), et pourtant fausse pour tout entier $n$ . Des vérifications sans hérédité non plus : $n^{2} + n + 41$ est premier pour $n = 0, 1, 2, \dots, 39$ , mais pour $n = 40$ , $40^{2} + 40 + 41 = 40 \times 41 + 41 = 41^{2}$ n’est pas premier. En rédaction : jamais « supposons $𝒫 (n)$ vraie pour tout $n$ » (c’est la conclusion !) ; on part du membre de gauche, jamais de la formule au rang $k + 1$ ; la conclusion rappelle les deux étapes et redonne la propriété avec son domaine.

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Encadrer une suite et étudier son sens de variation

Ce qu’il faut savoir

Les justifications à écrire à chaque étape d’un encadrement :

ajouter (ou soustraire) un même nombre à chaque membre conserve l'ordre ;
multiplier par un nombre strictement positif conserve l'ordre ; par un nombre strictement négatif, il l'inverse ;
appliquer une fonction croissante sur un intervalle contenant tous les nombres en jeu conserve l'ordre (racine carrée sur $[0; + \infty [$ , exponentielle sur $ℝ$ …) ; une fonction décroissante l'inverse.

Avec une fonction. Si $u_{k + 1} = f (u_{k})$ et si $f$ est croissante sur un intervalle qui contient tous les nombres de l’encadrement, $f$ conserve l’ordre : $a ⩽ u_{k} ⩽ b$ donne $f (a) ⩽ u_{k + 1} ⩽ f (b)$ .

Sens de variation. Démontrer « $u_{n} ⩽ u_{n + 1}$ pour tout $n$ », c’est démontrer que la suite est croissante. On peut mettre la monotonie et les bornes dans la même propriété : une seule récurrence donne tout.

Exemples

Exemple 1 — reconstruire $u_{k + 1}$ étape par étape. Soit $(u_{n})$ la suite définie par $u_{0} = 2$ et, pour tout entier naturel $n$ , $u_{n + 1} = \frac{1}{3} u_{n} + 2$ . Démontrons que pour tout entier naturel $n$ : $0 ⩽ u_{n} ⩽ 3$ .

Pour tout entier naturel $n$ , on note $𝒫 (n)$ la propriété : « $0 ⩽ u_{n} ⩽ 3$ ».

Initialisation. Pour $n = 0$ : $u_{0} = 2$ et on a bien $0 ⩽ 2 ⩽ 3$ . Donc $𝒫 (0)$ est vraie.

Hérédité. Soit $k \in ℕ$ un entier fixé. On suppose que $𝒫 (k)$ est vraie, c'est-à-dire (hypothèse de récurrence) :

0 ⩽ u_{k} ⩽ 3

Montrons que

𝒫 (k + 1)

est vraie, c'est-à-dire :

0 ⩽ u_{k + 1} ⩽ 3

On part de l'hypothèse et on reconstruit $u_{k + 1} = \frac{1}{3} u_{k} + 2$ étape par étape : on multiplie chaque membre par $\frac{1}{3} > 0$ (l'ordre est conservé), puis on ajoute $2$ .

\begin{matrix} 0 ⩽ u_{k} ⩽ 3 & ⟹ & 0 ⩽ \frac{1}{3} u_{k} ⩽ 1 \\ ⟹ & 2 ⩽ \frac{1}{3} u_{k} + 2 ⩽ 3 \end{matrix}

Ainsi $2 ⩽ u_{k + 1} ⩽ 3$ et, comme $0 ⩽ 2$ , on a bien $0 ⩽ u_{k + 1} ⩽ 3$ .

Donc $𝒫 (k + 1)$ est vraie : la propriété est héréditaire.

Conclusion. La propriété est vraie au rang $0$ et elle est héréditaire, donc, par récurrence, pour tout entier naturel $n$ :

0 ⩽ u_{n} ⩽ 3 .

Exemple 2 — avec une fonction croissante, bornes et monotonie ensemble. Soit $f$ la fonction définie sur $[0; + \infty [$ par $f (x) = \frac{5 x + 4}{x + 2}$ , et $(u_{n})$ la suite définie par $u_{0} = 1$ et, pour tout entier naturel $n$ , $u_{n + 1} = f (u_{n})$ . Pour tout $x ⩾ 0$ , $f' (x) = \frac{5 (x + 2) - (5 x + 4)}{(x + 2)^{2}}$ , soit $f' (x) = \frac{6}{(x + 2)^{2}} > 0$ : $f$ est strictement croissante sur $[0; + \infty [$ , avec $f (1) = 3$ et $f (4) = 4$ . Démontrons que pour tout entier naturel $n$ : $1 ⩽ u_{n} ⩽ u_{n + 1} ⩽ 4$ .

Pour tout entier naturel $n$ , on note $𝒫 (n)$ la propriété : « $1 ⩽ u_{n} ⩽ u_{n + 1} ⩽ 4$ ».

Initialisation. Pour $n = 0$ : $u_{0} = 1$ et $u_{1} = f (1) = \frac{9}{3} = 3$ . On a bien $1 ⩽ 1 ⩽ 3 ⩽ 4$ . Donc $𝒫 (0)$ est vraie.

Hérédité. Soit $k \in ℕ$ un entier fixé. On suppose que $𝒫 (k)$ est vraie, c'est-à-dire :

1 ⩽ u_{k} ⩽ u_{k + 1} ⩽ 4

Montrons que

𝒫 (k + 1)

est vraie, c'est-à-dire :

1 ⩽ u_{k + 1} ⩽ u_{k + 2} ⩽ 4

Les nombres $1$ , $u_{k}$ , $u_{k + 1}$ et $4$ appartiennent à $[1; 4]$ , contenu dans $[0; + \infty [$ où $f$ est croissante : $f$ conserve l'ordre, donc

\begin{matrix} 1 ⩽ u_{k} ⩽ u_{k + 1} ⩽ 4 & ⟹ & f (1) ⩽ f (u_{k}) ⩽ f (u_{k + 1}) ⩽ f (4) \\ ⟹ & 3 ⩽ u_{k + 1} ⩽ u_{k + 2} ⩽ 4 . \end{matrix}

Comme $1 ⩽ 3$ , on a bien $1 ⩽ u_{k + 1} ⩽ u_{k + 2} ⩽ 4$ .

Donc $𝒫 (k + 1)$ est vraie : la propriété est héréditaire.

Conclusion. La propriété est vraie au rang $0$ et elle est héréditaire, donc, par récurrence, pour tout entier naturel $n$ :

1 ⩽ u_{n} ⩽ u_{n + 1} ⩽ 4 .

On en déduit que la suite $(u_{n})$ est croissante (car $u_{n} ⩽ u_{n + 1}$ pour tout $n$ ), minorée par $1$ et majorée par $4$ .

D’où vient le majorant ? Le majorant $4$ n'est pas tombé du ciel : c'est la solution positive de $f (x) = x$ : $x^{2} + 2 x = 5 x + 4$ équivaut à $x^{2} - 3 x - 4 = 0$ , soit $(x - 4) (x + 1) = 0$ . Dans un sujet, la borne est donnée ; il reste à vérifier que $f$ est croissante sur un intervalle qui contient tous les nombres de l'encadrement.

Réflexe — Je pars de l’encadrement supposé au rang $k$ (par exemple $a ⩽ u_{k} ⩽ b$ ) et je « reconstruis » $u_{k + 1}$ étape par étape en appliquant à chaque membre les mêmes opérations (multiplier par un positif, ajouter, prendre la racine carrée…). Quand la formule est plus compliquée, j’écris $u_{k + 1} = f (u_{k})$ et j’utilise le sens de variation de $f$ : si $f$ est croissante, elle conserve l’ordre.

Attention — On ne part jamais de $u_{k + 1}$ « en espérant » : on part de l’encadrement de $u_{k}$ et on applique, dans l’ordre, les opérations qui fabriquent $u_{k + 1}$ . Chaque passage se justifie : multiplier par un nombre dont on ignore le signe, appliquer une fonction sans dire qu’elle est croissante sur un intervalle qui contient les nombres en jeu, ou prendre une racine carrée sans citer sa croissance, c’est perdre les points de l’hérédité.

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Démontrer une formule explicite

Ce qu’il faut savoir

Démontrer que $u_{n} = g (n)$ pour tout $n$ . L’initialisation compare $u_{n_{0}}$ et $g (n_{0})$ . Dans l’hérédité, on part de la relation de récurrence $u_{k + 1} = \dots u_{k} \dots$ , on remplace $u_{k}$ par $g (k)$ (c’est l’hypothèse de récurrence), puis on simplifie jusqu’à obtenir exactement $g (k + 1)$ .

Conjecturer puis démontrer. Souvent, la formule n'est pas donnée : on calcule $u_{1}$ , $u_{2}$ , $u_{3}$ , on conjecture une expression de $u_{n}$ , puis on la démontre par récurrence. Les calculs de quelques termes ne prouvent rien : seule la récurrence permet de conclure pour tout $n$ .

Exemples

Exemple entièrement rédigé. Soit $(u_{n})$ la suite définie par $u_{0} = 1$ et, pour tout entier naturel $n$ , $u_{n + 1} = 3 u_{n} + 2$ . Démontrer que pour tout entier naturel $n$ : $u_{n} = 2 \times 3^{n} - 1$ .

Pour tout entier naturel $n$ , on note $𝒫 (n)$ la propriété : « $u_{n} = 2 \times 3^{n} - 1$ ».

Initialisation. Pour $n = 0$ : $u_{0} = 1$ et $2 \times 3^{0} - 1 = 2 - 1 = 1$ . Donc $𝒫 (0)$ est vraie.

Hérédité. Soit $k \in ℕ$ un entier fixé. On suppose que $𝒫 (k)$ est vraie, c'est-à-dire (hypothèse de récurrence) :

u_{k} = 2 \times 3^{k} - 1

Montrons que

𝒫 (k + 1)

est vraie, c'est-à-dire :

u_{k + 1} = 2 \times 3^{k + 1} - 1

On part de la relation de récurrence et on remplace $u_{k}$ par l'hypothèse :

\begin{matrix} u_{k + 1} = 3 \underset{= 2 \times 3^{k} - 1}{\underset{⏟}{u_{k}}} + 2 & = & 3 (2 \times 3^{k} - 1) + 2 \\ = & 2 \times 3^{k + 1} - 3 + 2 \\ = & 2 \times 3^{k + 1} - 1 . \end{matrix}

Donc $𝒫 (k + 1)$ est vraie : la propriété est héréditaire.

Conclusion. La propriété est vraie au rang $0$ et elle est héréditaire, donc, par récurrence, pour tout entier naturel $n$ :

u_{n} = 2 \times 3^{n} - 1 .

Réflexe — J’écris au brouillon ce que je dois trouver, $g (k + 1)$ . Puis je pars de $u_{k + 1} = \dots u_{k} \dots$ , je remplace $u_{k}$ par $g (k)$ et je simplifie jusqu’à $g (k + 1)$ .

Attention — Écrire la formule au rang $k + 1$ et « vérifier qu’elle marche » ne prouve rien : il faut partir de $u_{k + 1} = 3 u_{k} + 2$ et remplacer $u_{k}$ par l’hypothèse, pas l’inverse. Et si la relation contient une division, il faut justifier que le dénominateur n’est pas nul (avant de diviser par $1 + u_{k}$ ou $2 - u_{k}$ ) : c’est souvent l’hypothèse de récurrence qui le prouve.

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Démontrer une divisibilité

Ce qu’il faut savoir

Définition. Soit $a$ un entier. « $a$ est divisible par $3$ » (ou « $a$ est un multiple de $3$ ») signifie : il existe un entier $m$ tel que $a = 3 m$ . Par exemple $12 = 3 \times 4$ et $0 = 3 \times 0$ sont divisibles par $3$ .

Dans l’hérédité, l’hypothèse s’écrit « il existe un entier $m$ tel que … $= 3 m$ », et il faut prouver qu’il existe un entier $m'$ tel que le nombre au rang $k + 1$ vaut $3 m'$ .

Exemples

Exemple entièrement rédigé. Démontrer que pour tout entier naturel $n$ , $4^{n} - 1$ est divisible par $3$ .

Pour tout entier naturel $n$ , on note $𝒫 (n)$ la propriété : « $4^{n} - 1$ est divisible par $3$ ».

Initialisation. Pour $n = 0$ : $4^{0} - 1 = 0 = 3 \times 0$ , et $0$ est un entier. Donc $𝒫 (0)$ est vraie.

Hérédité. Soit $k \in ℕ$ un entier fixé. On suppose que $𝒫 (k)$ est vraie, c'est-à-dire qu'il existe un entier $m$ tel que $4^{k} - 1 = 3 m$ , soit (hypothèse de récurrence) :

4^{k} = 3 m + 1

Montrons que

𝒫 (k + 1)

est vraie, c'est-à-dire qu'il existe un entier

m'

tel que

4^{k + 1} - 1 = 3 m'

On écrit $4^{k + 1} = 4 \times 4^{k}$ et on remplace $4^{k}$ grâce à l'hypothèse :

\begin{matrix} 4^{k + 1} - 1 = 4 \times \underset{= 3 m + 1}{\underset{⏟}{4^{k}}} - 1 & = & 4 (3 m + 1) - 1 \\ = & 12 m + 3 \\ = & 3 (4 m + 1) . \end{matrix}

Comme $m$ est un entier, $m' = 4 m + 1$ est un entier, et $4^{k + 1} - 1 = 3 m'$ .

Donc $𝒫 (k + 1)$ est vraie : la propriété est héréditaire.

Conclusion. La propriété est vraie au rang $0$ et elle est héréditaire, donc, par récurrence, pour tout entier naturel $n$ , $4^{n} - 1$ est divisible par $3$ .

Réflexe — J’écris l’hypothèse sous la forme $\dots = 3 m$ avec $m$ entier, et j’isole la puissance ( $4^{k} = 3 m + 1$ ). Au rang $k + 1$ , j’exprime le nombre à l’aide du rang $k$ ( $4^{k + 1} = 4 \times 4^{k}$ ), je remplace, puis je factorise par $3$ pour obtenir $3 \times (un entier)$ .

Attention — Il faut toujours dire pourquoi le facteur obtenu est un entier. Et l'initialisation reste indispensable : la propriété « $4^{n} + 1$ est divisible par $3$ » est héréditaire (si $4^{k} + 1 = 3 m$ , alors $4^{k + 1} + 1 = 4 (3 m - 1) + 1 = 3 (4 m - 1)$ ), mais elle est fausse pour tout $n$ , car $4^{n} + 1 = (4^{n} - 1) + 2$ est un multiple de $3$ augmenté de $2$ .

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Démontrer une inégalité : Bernoulli et rang de départ

Ce qu’il faut savoir

Inégalité de Bernoulli (démonstration exigible). Pour tout réel $a > 0$ et tout entier naturel $n$ :

(1 + a)^{n} ⩾ 1 + n a .

Rang de départ. Si une inégalité n’est vraie qu’à partir d’un rang $n_{0}$ , on initialise au rang $n_{0}$ et l’hérédité s’écrit pour un entier $k ⩾ n_{0}$ : la conclusion ne porte alors que sur les entiers $n ⩾ n_{0}$ .

Exemples

Démonstration de l’inégalité de Bernoulli (exigible). Soit $a$ un réel strictement positif, fixé.

Pour tout entier naturel $n$ , on note $𝒫 (n)$ la propriété : « $(1 + a)^{n} ⩾ 1 + n a$ ».

Initialisation. Pour $n = 0$ : $(1 + a)^{0} = 1$ et $1 + 0 \times a = 1$ . On a bien $1 ⩾ 1$ . Donc $𝒫 (0)$ est vraie.

Hérédité. Soit $k \in ℕ$ un entier fixé. On suppose que $𝒫 (k)$ est vraie, c'est-à-dire (hypothèse de récurrence) :

(1 + a)^{k} ⩾ 1 + k a

Montrons que

𝒫 (k + 1)

est vraie, c'est-à-dire :

(1 + a)^{k + 1} ⩾ 1 + (k + 1) a

On écrit $(1 + a)^{k + 1} = (1 + a)^{k} \times (1 + a)$ . Comme $1 + a > 0$ , on peut multiplier les deux membres de l'hypothèse par $1 + a$ sans changer le sens de l'inégalité :

(1 + a)^{k + 1} ⩾ (1 + k a) (1 + a) .

On développe le membre de droite :

\begin{matrix} (1 + k a) (1 + a) & = & 1 + a + k a + k a^{2} \\ = & 1 + (k + 1) a + \underset{⩾ 0}{\underset{⏟}{k a^{2}}} \end{matrix}

Or $k a^{2} ⩾ 0$ (car $k ⩾ 0$ et $a^{2} ⩾ 0$ ), donc $(1 + k a) (1 + a) ⩾ 1 + (k + 1) a$ , et finalement $(1 + a)^{k + 1} ⩾ 1 + (k + 1) a$ .

Donc $𝒫 (k + 1)$ est vraie : la propriété est héréditaire.

Conclusion. La propriété est vraie au rang $0$ et elle est héréditaire, donc, par récurrence, pour tout entier naturel $n$ :

(1 + a)^{n} ⩾ 1 + n a .

Les deux arguments. Deux arguments font toute la preuve : multiplier par $1 + a > 0$ conserve l'ordre, et supprimer un terme positif ( $k a^{2}$ ) fait diminuer. La démonstration n'utilise que $1 + a ⩾ 0$ : l'inégalité reste vraie pour $a ⩾ - 1$ .

À quoi sert-elle ? Si $q > 1$ , on pose $a = q - 1 > 0$ : pour tout $n$ , $q^{n} ⩾ 1 + n (q - 1)$ . Comme $1 + n (q - 1)$ devient aussi grand qu'on veut, $q^{n}$ aussi : c'est ainsi que l'on démontre, au chapitre suivant, que $q^{n}$ tend vers $+ \infty$ quand $q > 1$ .

Une inégalité vraie à partir d'un certain rang. Certaines inégalités ne sont vraies qu'à partir d'un rang $n_{0} \neq 0$ . Par exemple $2^{n} ⩾ n^{2}$ est vraie pour $n = 0, 1, 2$ , fausse pour $n = 3$ ( $8 < 9$ ), puis vraie pour tout $n ⩾ 4$ . On initialise alors au rang $n_{0} = 4$ , et l'hérédité s'écrit pour un entier $k ⩾ 4$ : c'est cette condition qui permet de conclure la comparaison finale (pour un entier naturel $k$ , $2 k^{2} ⩾ (k + 1)^{2}$ n'est vraie que si $k ⩾ 3$ ).

Réflexe — Je pars du membre de gauche au rang $k + 1$ et je l’écris à l’aide du rang $k$ ( $2^{k + 1} = 2 \times 2^{k}$ ). J’utilise l’hypothèse en justifiant le sens de l’inégalité, puis je compare le résultat à la cible au rang $k + 1$ , souvent en étudiant le signe d’une différence ou en supprimant un terme positif.

Attention — Vérifier $𝒫 (2)$ alors que l’hérédité n’est établie que pour $k ⩾ 5$ ne prouve rien. Le rang de départ est imposé par l'hérédité, pas seulement par les premières vérifications : on initialise au rang où la propriété est vraie et à partir duquel l'hérédité fonctionne. La conclusion ne porte alors que sur les entiers $n ⩾ n_{0}$ .

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Pour aller plus loin

Limite de $q^{n}$ . L’inégalité de Bernoulli sert à démontrer que $q^{n}$ tend vers $+ \infty$ quand $q > 1$ : chapitre Limites de suites, où l’on voit aussi le théorème de convergence monotone (une suite croissante et majorée converge) utilisé dans les exercices de ce chapitre.

Limite d’une suite $u_{n + 1} = f (u_{n})$ . Quand la suite converge et que $f$ est continue, sa limite $ℓ$ vérifie $f (ℓ) = ℓ$ : ce résultat, admis dans les exercices ci-contre, est au programme du chapitre Continuité et théorème des valeurs intermédiaires.

À retenir

Récurrence = initialisation ( $𝒫 (n_{0})$ vraie) + hérédité (pour tout $k ⩾ n_{0}$ , $𝒫 (k)$ vraie entraîne $𝒫 (k + 1)$ vraie), puis conclusion pour tout $n ⩾ n_{0}$ . Des vérifications sur quelques rangs ne sont jamais une démonstration.
Hérédité : « Soit $k ⩾ n_{0}$ un entier fixé. On suppose que $𝒫 (k)$ est vraie… Montrons que $𝒫 (k + 1)$ est vraie… », en signalant où sert l’hypothèse.
Somme : $S_{k + 1} = S_{k} + (dernier terme)$ , puis factoriser. Formule explicite : partir de $u_{k + 1} = \dots u_{k} \dots$ et remplacer $u_{k}$ .
Encadrement : mêmes opérations sur chaque membre, ou $u_{k + 1} = f (u_{k})$ avec $f$ croissante ; mettre $u_{n} ⩽ u_{n + 1}$ dans la propriété donne le sens de variation.
Divisibilité : $a$ est divisible par $3$ si et seulement s’il existe un entier $m$ tel que $a = 3 m$ .
Bernoulli (démonstration exigible) : pour tout réel $a > 0$ et tout entier naturel $n$ , $(1 + a)^{n} ⩾ 1 + n a$ . Le rang de départ est celui à partir duquel l’hérédité fonctionne.

Questions fréquentes

Comment rédiger une démonstration par récurrence ?

On énonce la propriété P(n), puis on vérifie l’initialisation au rang de départ n₀. Pour l’hérédité, on écrit « Soit k ≥ n₀ un entier fixé. On suppose P(k) vraie » et on démontre P(k + 1) en signalant où sert l’hypothèse. On conclut : « La propriété est vraie au rang n₀ et héréditaire, donc, par récurrence, elle est vraie pour tout n ≥ n₀. »

Comment démontrer qu’une suite est bornée ou croissante par récurrence ?

On part de l’encadrement supposé au rang k et on reconstruit uₖ₊₁ en appliquant à chaque membre les opérations qui le définissent, en justifiant chacune (facteur positif, fonction croissante). Mettre uₙ ≤ uₙ₊₁ dans la propriété donne en une seule récurrence les bornes et le sens de variation.

Comment démontrer une formule explicite de suite par récurrence ?

Dans l’hérédité, on part de la relation de récurrence uₖ₊₁ = … uₖ …, on remplace uₖ par la formule au rang k (hypothèse de récurrence), puis on simplifie jusqu’à la formule au rang k + 1. Partir de la formule au rang k + 1 pour « vérifier qu’elle marche » ne prouve rien.

Comment démontrer une divisibilité par récurrence ?

« a est divisible par 3 » signifie qu’il existe un entier m tel que a = 3m. On écrit l’hypothèse sous cette forme, on isole la puissance (4ᵏ = 3m + 1), on exprime le rang k + 1 à l’aide du rang k (4ᵏ⁺¹ = 4 × 4ᵏ), on remplace, puis on factorise par 3 en justifiant que le facteur est un entier.

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

Oui. Si l’inégalité n’est vraie qu’à partir d’un rang n₀ (par exemple 2ⁿ ≥ n², fausse pour n = 3, vraie pour tout n ≥ 4), on initialise au rang n₀ et l’hérédité s’écrit pour k ≥ n₀. La conclusion ne porte que sur les entiers n ≥ n₀. L’inégalité de Bernoulli, (1 + a)ⁿ ≥ 1 + na pour a > 0, se démontre elle à partir de n = 0.

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