Lycée · Terminale · Spécialité Mathématiques
Raisonnement par récurrence
Démontrer une propriété pour tout entier naturel : initialisation, hérédité, applications aux suites (programme de Terminale spécialité maths)
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Choisis ton niveau. Questions et réponses mélangées à chaque partie. Bonne chance !
Les 36 questions du QCM en version texte
Pour réviser sans écran ou imprimer : chaque question avec ses propositions ; la bonne réponse et son explication se déplient.
Niveau facile — 12 questions
Les deux étapes d'une démonstration par récurrence sont :
- A. l'hypothèse et la conclusion
- B. l'initialisation et l'hérédité
- C. le calcul et la vérification
- D. la conjecture et le contre-exemple
Réponse
B. l'initialisation et l'hérédité — On vérifie la propriété au premier rang (initialisation) puis on montre qu'elle se transmet du rang n au rang n+1 (hérédité).
Dans l'étape d'hérédité, on suppose que :
- A. P(n) est vraie pour tout entier n
- B. P(n+1) est vraie
- C. P(n) est vraie pour un entier n fixé
- D. P(0) est fausse
Réponse
C. P(n) est vraie pour un entier n fixé — L'hypothèse de récurrence porte sur un seul entier n fixé (au moins égal au rang de départ) ; on en déduit P(n+1).
Pour démontrer qu'une propriété est vraie pour tout entier n ≥ 3, l'initialisation consiste à vérifier :
- A. P(0)
- B. P(1)
- C. P(2)
- D. P(3)
Réponse
D. P(3) — On initialise au rang de départ demandé, ici n₀ = 3.
L'implication « si P(n) est vraie alors P(n+1) est vraie » s'appelle :
- A. l'initialisation
- B. l'hérédité
- C. la conclusion
- D. la conjecture
Réponse
B. l'hérédité — C'est l'hérédité : la propriété se transmet d'un rang au suivant.
Dans l'image des dominos, l'initialisation correspond à :
- A. pousser le premier domino
- B. espacer régulièrement les dominos
- C. compter les dominos
- D. retirer le dernier domino
Réponse
A. pousser le premier domino — L'hérédité, c'est l'espacement qui garantit que chaque domino renverse le suivant ; l'initialisation, c'est la poussée du premier.
Une propriété héréditaire dont on n'a vérifié aucune initialisation permet de conclure :
- A. que P(n) est vraie pour tout n
- B. que P(0) est vraie
- C. rien sur la vérité de P(n)
- D. que P(n) est fausse pour tout n
Réponse
C. rien sur la vérité de P(n) — Sans initialisation, la chaîne ne démarre pas : on ne sait rien. La propriété « 5ⁿ + 1 divisible par 4 » est héréditaire et toujours fausse.
Soit u₀ = 1 et u_{n+1} = 2u_n + 3. Alors u₁ vaut :
- A. 5
- B. 4
- C. 6
- D. 3
Réponse
A. 5 — u₁ = 2 × 1 + 3 = 5.
Pour tout entier n ≥ 1, la somme 1 + 2 + … + n est égale à :
- A. n(n − 1)/2
- B. n²
- C. n(n + 1)/2
- D. 2n
Réponse
C. n(n + 1)/2 — Formule démontrée par récurrence dans le cours : pour n = 3, 1 + 2 + 3 = 6 = 3 × 4 / 2.
Inégalité de Bernoulli : pour a > 0 et n entier naturel, (1 + a)ⁿ est supérieur ou égal à :
- A. 1 + na
- B. na
- C. 1 + a
- D. n + a
Réponse
A. 1 + na — (1 + a)ⁿ ≥ 1 + na, démonstration exigible par récurrence sur n.
La phrase de conclusion correcte d'une récurrence est :
- A. « donc P(0) est vraie »
- B. « donc P(n) est vraie pour tout entier n ≥ n₀ »
- C. « donc P(n+1) est vraie »
- D. « donc la suite converge »
Réponse
B. « donc P(n) est vraie pour tout entier n ≥ n₀ » — Initialisation + hérédité ⇒ P(n) vraie pour tout n à partir du rang de départ n₀.
Pour montrer que 5ⁿ − 1 est divisible par 4, la bonne formulation de P(n) est :
- A. « 5ⁿ est divisible par 4 »
- B. « 5ⁿ − 1 = 4 »
- C. « n est divisible par 4 »
- D. « il existe un entier k tel que 5ⁿ − 1 = 4k »
Réponse
D. « il existe un entier k tel que 5ⁿ − 1 = 4k » — « Divisible par 4 » se traduit par « égal à 4k avec k entier » ; c'est cette écriture qu'on manipule dans l'hérédité.
Dans une récurrence sur une suite (u_n), l'hypothèse de récurrence porte sur :
- A. u₀ seulement
- B. tous les termes de la suite
- C. le terme u_{n+1}
- D. le terme u_n, pour un rang n fixé
Réponse
D. le terme u_n, pour un rang n fixé — On suppose la propriété vraie pour u_n (rang n fixé) et on l'établit pour u_{n+1}.
Niveau moyen — 12 questions
Soit u₀ = 2 et u_{n+1} = 3u_n − 2. On veut montrer u_n = 3ⁿ + 1. Si u_n = 3ⁿ + 1, alors u_{n+1} est égal à :
- A. 3ⁿ + 3
- B. 3ⁿ⁺¹ − 1
- C. 3ⁿ + 1
- D. 3ⁿ⁺¹ + 1
Réponse
D. 3ⁿ⁺¹ + 1 — u_{n+1} = 3(3ⁿ + 1) − 2 = 3ⁿ⁺¹ + 3 − 2 = 3ⁿ⁺¹ + 1 : l'hérédité est établie.
Pour la somme 1 + 3 + 5 + … + (2n − 1) = n², passer du rang n au rang n+1 revient à ajouter :
- A. 2n
- B. 2n + 1
- C. n + 1
- D. 2n − 1
Réponse
B. 2n + 1 — Le terme de rang n+1 est 2(n+1) − 1 = 2n + 1, et n² + 2n + 1 = (n+1)².
Pour montrer que 6ⁿ − 1 est divisible par 5, l'hérédité repose sur l'écriture :
- A. 6ⁿ⁺¹ − 1 = 6(6ⁿ − 1) − 5
- B. 6ⁿ⁺¹ − 1 = 6ⁿ − 1 + 6
- C. 6ⁿ⁺¹ − 1 = 6(6ⁿ − 1) + 5
- D. 6ⁿ⁺¹ − 1 = 5(6ⁿ − 1) + 6
Réponse
C. 6ⁿ⁺¹ − 1 = 6(6ⁿ − 1) + 5 — 6ⁿ⁺¹ − 1 = 6 × 6ⁿ − 6 + 5 = 6(6ⁿ − 1) + 5 : somme de deux multiples de 5.
Soit u_{n+1} = √(u_n + 20). Si 0 ≤ u_n ≤ 5, alors :
- A. 0 ≤ u_{n+1} ≤ 5
- B. u_{n+1} ≥ 5
- C. u_{n+1} ≤ √20
- D. u_{n+1} ≥ 5 et u_{n+1} ≤ √20
Réponse
A. 0 ≤ u_{n+1} ≤ 5 — 20 ≤ u_n + 20 ≤ 25, donc √20 ≤ u_{n+1} ≤ 5, et en particulier 0 ≤ u_{n+1} ≤ 5 : l'encadrement se transmet.
Pour montrer 2ⁿ ≥ n + 1 pour tout n, on écrit 2ⁿ⁺¹ = 2 × 2ⁿ ≥ 2(n + 1) = 2n + 2. Il reste à remarquer que 2n + 2 est supérieur ou égal à :
- A. n + 1
- B. 2n
- C. n
- D. n + 2
Réponse
D. n + 2 — La cible au rang n+1 est (n+1) + 1 = n + 2, et 2n + 2 ≥ n + 2 car n ≥ 0.
On admet que 1³ + 2³ + … + n³ = (n(n+1)/2)². La somme 1³ + 2³ + 3³ + 4³ vaut :
- A. 36
- B. 64
- C. 100
- D. 225
Réponse
C. 100 — (4 × 5 / 2)² = 10² = 100. Vérification : 1 + 8 + 27 + 64 = 100.
Soit u₀ = 1 et u_{n+1} = u_n / (1 + u_n). Les valeurs de u₁ et u₂ sont :
- A. 1/2 et 1/3
- B. 1/2 et 1/4
- C. 2 et 3
- D. 1 et 1/2
Réponse
A. 1/2 et 1/3 — u₁ = 1/(1 + 1) = 1/2 ; u₂ = (1/2)/(1 + 1/2) = (1/2)/(3/2) = 1/3.
Pour la suite précédente, la formule explicite à démontrer par récurrence est :
- A. u_n = 1/n
- B. u_n = n/(n + 1)
- C. u_n = 1/2ⁿ
- D. u_n = 1/(n + 1)
Réponse
D. u_n = 1/(n + 1) — u₀ = 1, u₁ = 1/2, u₂ = 1/3 suggèrent u_n = 1/(n+1). Hérédité : (1/(n+1)) / (1 + 1/(n+1)) = 1/(n+2).
On veut démontrer n! ≥ 3ⁿ par récurrence. Le plus petit rang n₀ auquel on peut initialiser est :
- A. n₀ = 5
- B. n₀ = 6
- C. n₀ = 7
- D. n₀ = 8
Réponse
C. n₀ = 7 — 5! = 120 < 243, 6! = 720 < 729, mais 7! = 5 040 ≥ 2 187. L'hérédité marche ensuite car (n+1) ≥ 3.
Soit S_n = 1 + 2 + 2² + … + 2ⁿ. Pour passer de S_n à S_{n+1}, on ajoute :
- A. 2ⁿ
- B. 2ⁿ⁺¹
- C. 2ⁿ⁺²
- D. 1
Réponse
B. 2ⁿ⁺¹ — S_{n+1} = S_n + 2ⁿ⁺¹ ; avec S_n = 2ⁿ⁺¹ − 1 on retrouve S_{n+1} = 2ⁿ⁺² − 1.
Soit u₀ = 8 et u_{n+1} = (u_n + 2)/2. Si u_n > 2, alors u_{n+1} − 2 est égal à :
- A. (u_n − 2)/2
- B. (u_n + 2)/2
- C. u_n − 2
- D. u_n/2
Réponse
A. (u_n − 2)/2 — (u_n + 2)/2 − 2 = (u_n + 2 − 4)/2 = (u_n − 2)/2 > 0 : la minoration par 2 se transmet.
D'après l'inégalité de Bernoulli, 1,1⁵⁰ est au moins égal à :
- A. 5
- B. 6
- C. 50
- D. 1,5
Réponse
B. 6 — (1 + 0,1)⁵⁰ ≥ 1 + 50 × 0,1 = 6. (La valeur réelle est environ 117.)
Niveau difficile — 12 questions
Soit P(n) : « 2ⁿ + 1 est divisible par 3 ». Que peut-on dire ?
- A. Vraie pour tout n : l'hérédité est immédiate
- B. Fausse pour tout n
- C. Vraie seulement pour n impair ; l'hérédité de n à n+1 n'est pas établie
- D. Vraie seulement pour n pair
Réponse
C. Vraie seulement pour n impair ; l'hérédité de n à n+1 n'est pas établie — 2⁰ + 1 = 2, 2¹ + 1 = 3, 2² + 1 = 5, 2³ + 1 = 9 : vraie pour n impair seulement. Et 2ⁿ⁺¹ + 1 = 2(2ⁿ + 1) − 1 : la divisibilité ne se transmet pas.
Une propriété héréditaire mais fausse au rang 0 :
- A. est fausse pour tout n
- B. est nécessairement vraie à partir du rang 1
- C. ne peut pas exister
- D. peut être vraie à partir d'un rang n₀ > 0 : il faut chercher une autre initialisation
Réponse
D. peut être vraie à partir d'un rang n₀ > 0 : il faut chercher une autre initialisation — Exemple : « 4ⁿ + 2 divisible par 6 » est fausse en 0 (3), vraie en 1 (6) et héréditaire, donc vraie pour tout n ≥ 1.
Quelle formulation de l'hypothèse de récurrence est correcte ?
- A. « Supposons que pour tout n, P(n) est vraie »
- B. « Supposons P(n+1) vraie »
- C. « Supposons que P(n) est vraie et fausse »
- D. « Supposons P(n) vraie pour un entier n ≥ n₀ fixé »
Réponse
D. « Supposons P(n) vraie pour un entier n ≥ n₀ fixé » — Supposer P(n) pour tout n, c'est supposer la conclusion ; l'hypothèse porte sur un seul rang n.
Pour prouver que (u_n) est croissante quand u_{n+1} = f(u_n) avec f croissante, l'hérédité de « u_n ≤ u_{n+1} » repose sur :
- A. f(u_n) ≤ f(u_{n+1}) car f est croissante
- B. u_n ≤ u_{n+1} car u₀ ≤ u₁
- C. f(u_n) ≥ 0
- D. le calcul de u_{n+1} − u_n en fonction de n
Réponse
A. f(u_n) ≤ f(u_{n+1}) car f est croissante — u_n ≤ u_{n+1} et f croissante donnent f(u_n) ≤ f(u_{n+1}), c'est-à-dire u_{n+1} ≤ u_{n+2}.
Un élève démontre P(n) ⇒ P(n+1) pour tout n ≥ 5, puis vérifie P(2). Quelle conclusion est valide ?
- A. P(n) est vraie pour tout n ≥ 2
- B. P(n) est vraie pour tout n ≥ 5
- C. Aucune conclusion pour tout n : l'initialisation ne correspond pas au rang de départ de l'hérédité
- D. P(n) est vraie pour n = 2 seulement
Réponse
C. Aucune conclusion pour tout n : l'initialisation ne correspond pas au rang de départ de l'hérédité — L'hérédité n'est établie qu'à partir de 5 : P(2) ne déclenche rien. Il faudrait vérifier P(5).
Soit u₀ = 5 et u_{n+1} = √(u_n). Un élève écrit : « u_n ≥ 1 donc √(u_n) ≥ 1 donc u_{n+1} ≥ 1 », sans rien d'autre. Sa preuve est :
- A. complète
- B. fausse, car √(u_n) ≤ u_n
- C. incomplète : il manque l'initialisation u₀ ≥ 1
- D. inutile, car la suite est constante
Réponse
C. incomplète : il manque l'initialisation u₀ ≥ 1 — Le calcul d'hérédité est correct, mais sans vérifier u₀ = 5 ≥ 1, la récurrence ne démarre pas.
Pour a = −3 et n = 2 : (1 + a)² = 4 et 1 + 2a = −5. On peut dire que :
- A. l'inégalité (1+a)ⁿ ≥ 1 + na est fausse
- B. la démonstration du cours s'applique telle quelle
- C. l'inégalité n'a pas de sens pour a négatif
- D. l'inégalité est vraie ici (4 ≥ −5), mais la démonstration du cours suppose a > 0
Réponse
D. l'inégalité est vraie ici (4 ≥ −5), mais la démonstration du cours suppose a > 0 — L'hérédité du cours multiplie par 1 + a, ce qui exige 1 + a > 0. Pour a = −3, cette étape est invalide même si l'inégalité se trouve vraie pour n = 2.
La propriété « n² − n + 11 est un nombre premier » :
- A. est fausse : n = 11 donne 121 = 11²
- B. est vraie pour tout n car vérifiée jusqu'à n = 10
- C. se démontre par récurrence
- D. est vraie pour n ≥ 11
Réponse
A. est fausse : n = 11 donne 121 = 11² — Vraie de n = 0 à 10 (11, 11, 13, 17, 23, 31, 41, 53, 67, 83, 101), fausse en 11. Des vérifications ne remplacent pas une hérédité.
Pour une suite définie par u_{n+2} = 3u_{n+1} − 2u_n, établir une formule explicite par récurrence nécessite :
- A. une seule initialisation
- B. deux initialisations (u₀ et u₁) et une hypothèse portant sur deux rangs consécutifs
- C. trois initialisations
- D. de connaître d'abord la limite de la suite
Réponse
B. deux initialisations (u₀ et u₁) et une hypothèse portant sur deux rangs consécutifs — Le calcul de u_{n+2} utilise u_{n+1} et u_n : l'hypothèse doit couvrir deux rangs, et on initialise avec u₀ et u₁.
« Dans tout groupe de n ≥ 1 personnes, toutes ont le même âge. » L'hérédité proposée retire une personne, puis une autre, et recolle les deux sous-groupes. Où est l'erreur ?
- A. L'initialisation (n = 1) est fausse
- B. L'hérédité échoue de n = 1 à n = 2 : les deux sous-groupes n'ont aucune personne commune
- C. La conclusion est correcte
- D. L'hérédité échoue seulement pour n très grand
Réponse
B. L'hérédité échoue de n = 1 à n = 2 : les deux sous-groupes n'ont aucune personne commune — Le recollement suppose qu'une personne appartient aux deux sous-groupes ; pour n = 2, chaque sous-groupe est un singleton et ils sont disjoints.
Pour montrer 3ⁿ ≥ 2ⁿ + n par récurrence, on écrit 3ⁿ⁺¹ ≥ 3(2ⁿ + n). Il reste à vérifier que :
- A. 3 × 2ⁿ + 3n ≥ 2ⁿ⁺¹ + n + 1
- B. 3 × 2ⁿ = 2ⁿ⁺¹
- C. 3n ≥ n + 1
- D. 2ⁿ ≥ n
Réponse
A. 3 × 2ⁿ + 3n ≥ 2ⁿ⁺¹ + n + 1 — La cible au rang n+1 est 2ⁿ⁺¹ + (n+1). Or 3 × 2ⁿ + 3n − 2ⁿ⁺¹ − n − 1 = 2ⁿ + 2n − 1 ≥ 0 pour tout n ≥ 0.
Soit u₁ = 5 et u_{n+1} = u_n + 3 pour n ≥ 1. Pour montrer u_n = 3n + 2, initialiser au rang 0 :
- A. est possible : u₀ = 2
- B. est impossible : u₀ n'est pas défini, on initialise au rang 1
- C. n'est pas nécessaire
- D. revient à vérifier u₁
Réponse
B. est impossible : u₀ n'est pas défini, on initialise au rang 1 — La suite commence à u₁ : le rang de départ est n₀ = 1, et l'on vérifie 3 × 1 + 2 = 5 = u₁.
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