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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
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
Avant la conclusion, une démonstration par récurrence comporte deux étapes :
- A. la conjecture et la vérification
- B. l’initialisation et l’hérédité
- C. le calcul et le contre-exemple
- D. l’hypothèse et la déduction
Réponse
B. l’initialisation et l’hérédité — On vérifie P(n₀) (initialisation), puis on démontre que pour tout entier k ≥ n₀, si P(k) est vraie, alors P(k + 1) est vraie (hérédité). La conclusion s’appuie sur ces deux étapes.
Dans l’hérédité, quelle phrase est correcte ?
- A. « Supposons P(n) vraie pour tout entier naturel n. »
- B. « Supposons P(k + 1) vraie, puis montrons P(k). »
- C. « Soit k ≥ n₀ un entier fixé. On suppose P(k) vraie. »
- D. « Supposons P(n₀) fausse et cherchons une erreur. »
Réponse
C. « Soit k ≥ n₀ un entier fixé. On suppose P(k) vraie. » — L’hypothèse de récurrence porte sur un seul entier k fixé. Supposer P(n) vraie pour tout n, c’est supposer ce qu’on veut démontrer ; supposer P(k + 1), c’est supposer le but de l’hérédité.
Pour démontrer une propriété pour tout entier n ≥ 3, l’initialisation consiste à vérifier :
- A. P(0)
- B. P(1)
- C. P(4)
- D. P(3)
Réponse
D. P(3) — On initialise au rang de départ n₀ = 3 : on vérifie P(3), et l’hérédité est démontrée pour tout entier k ≥ 3.
Dans l’image des dominos, l’hérédité correspond à :
- A. chaque domino qui tombe renverse le suivant
- B. on pousse le premier domino de la rangée
- C. on compte les dominos un par un après la chute
- D. les dominos sont tous posés à égale distance
Réponse
A. chaque domino qui tombe renverse le suivant — L’hérédité garantit que la chute se transmet d’un domino au suivant ; l’initialisation, c’est la poussée du premier domino.
Une propriété héréditaire dont on n’a vérifié aucune initialisation permet de conclure :
- A. que P(n) est vraie pour tout entier n
- B. rien sur la vérité de la propriété
- C. que P(n) est fausse pour tout entier n
- D. que P(0) est vraie, grâce à l’hérédité
Réponse
B. rien sur la vérité de la propriété — Sans initialisation, on ne sait rien : « n + 1 ≤ n » est héréditaire et toujours fausse, tandis que « n ≥ 0 » est héréditaire et toujours vraie. L’hérédité seule ne tranche pas.
Soit u₀ = 2 et, pour tout entier naturel n, uₙ₊₁ = 3uₙ − 1. Que vaut u₂ ?
- A. 5
- B. 15
- C. 14
- D. 17
Réponse
C. 14 — u₁ = 3 × 2 − 1 = 5, puis u₂ = 3 × 5 − 1 = 14.
Pour tout entier n ≥ 1, la somme 1 + 2 + ⋯ + n est égale à :
- A. n(n − 1)/2
- B. n²
- C. (n + 1)(n + 2)/2
- D. n(n + 1)/2
Réponse
D. n(n + 1)/2 — C’est la formule que l’on démontre par récurrence. Contrôle pour n = 3 : 1 + 2 + 3 = 6, et 3 × 4/2 = 6.
On pose Sₖ = 1 + 3 + ⋯ + (2k − 1). Pour obtenir Sₖ₊₁, on ajoute à Sₖ :
- A. 2k + 1
- B. 2k
- C. 2k − 1
- D. 2k + 3
Réponse
A. 2k + 1 — Le terme de rang k + 1 s’obtient en remplaçant n par k + 1 dans 2n − 1 : 2(k + 1) − 1 = 2k + 1.
Inégalité de Bernoulli : pour tout réel a > 0 et tout entier naturel n,
- A. (1 + a)ⁿ ≤ 1 + na
- B. (1 + a)ⁿ ≥ 1 + na
- C. (1 + a)ⁿ ≥ n + a
- D. (1 + a)ⁿ = 1 + na
Réponse
B. (1 + a)ⁿ ≥ 1 + na — (1 + a)ⁿ ≥ 1 + na : sa démonstration par récurrence est exigible au programme. Exemple : 2³ = 8 ≥ 1 + 3 = 4.
Soit a un entier. « a est divisible par 3 » signifie :
- A. il existe un entier m tel que 3 = am
- B. le reste de la division de 3 par a est nul
- C. le nombre a + 3 est un nombre pair
- D. il existe un entier m tel que a = 3m
Réponse
D. il existe un entier m tel que a = 3m — C’est cette écriture a = 3m, avec m entier, que l’on manipule dans l’hérédité. Par exemple 0 = 3 × 0 est divisible par 3.
Quelle est la conclusion correcte d’une récurrence initialisée au rang 1 ?
- A. par récurrence, P(n) est vraie pour tout n ≥ 1
- B. donc P(1) est vraie, ce qui démontre la propriété
- C. donc P(k + 1) est vraie pour l’entier k choisi
- D. donc la propriété est vraie pour les premiers entiers
Réponse
A. par récurrence, P(n) est vraie pour tout n ≥ 1 — La conclusion rappelle l’initialisation et l’hérédité, puis affirme la propriété pour tout entier n à partir du rang de départ.
Soit u₀ = 4 et uₙ₊₁ = 2uₙ − 2. Pour démontrer « uₙ = 2ⁿ⁺¹ + 2 », dans l’hérédité on part :
- A. de uₖ₊₁ = 2ᵏ⁺² + 2, que l’on vérifie ensuite au brouillon
- B. de u₀ = 4, que l’on recalcule à chaque rang
- C. de uₖ₊₁ = 2uₖ − 2, où l’on remplace uₖ par 2ᵏ⁺¹ + 2
- D. de la limite de la suite (uₙ) quand n devient grand
Réponse
C. de uₖ₊₁ = 2uₖ − 2, où l’on remplace uₖ par 2ᵏ⁺¹ + 2 — On part de la relation de récurrence : uₖ₊₁ = 2(2ᵏ⁺¹ + 2) − 2 = 2ᵏ⁺² + 2. Partir du résultat attendu serait raisonner à l’envers.
Niveau moyen ★★ — 12 questions
Soit u₀ = 2 et uₙ₊₁ = 3uₙ − 2. Si uₖ = 3ᵏ + 1, alors uₖ₊₁ est égal à :
- A. 3ᵏ⁺¹ + 3
- B. 3ᵏ⁺¹ − 1
- C. 3ᵏ + 1
- D. 3ᵏ⁺¹ + 1
Réponse
D. 3ᵏ⁺¹ + 1 — uₖ₊₁ = 3(3ᵏ + 1) − 2 = 3ᵏ⁺¹ + 3 − 2 = 3ᵏ⁺¹ + 1 : c’est la formule au rang k + 1.
On suppose 6ᵏ − 1 = 5m, avec m entier. Alors 6ᵏ⁺¹ − 1 est égal à :
- A. 5(6m + 1)
- B. 6m − 1
- C. 5m + 6
- D. 30m
Réponse
A. 5(6m + 1) — 6ᵏ = 5m + 1, donc 6ᵏ⁺¹ − 1 = 6(5m + 1) − 1 = 30m + 5 = 5(6m + 1), avec 6m + 1 entier : la divisibilité par 5 se transmet.
Soit uₙ₊₁ = √(uₙ + 20). Pour passer de 20 ≤ uₖ + 20 ≤ 25 à √20 ≤ uₖ₊₁ ≤ 5, on utilise :
- A. la décroissance de la fonction carré sur ℝ
- B. le seul fait que uₖ est un nombre positif
- C. la croissance de la racine carrée sur [0 ; +∞[
- D. l’inégalité de Bernoulli avec a = 20
Réponse
C. la croissance de la racine carrée sur [0 ; +∞[ — Les nombres 20, uₖ + 20 et 25 sont positifs et la fonction racine carrée est croissante sur [0 ; +∞[ : elle conserve l’ordre.
Pour démontrer 3ⁿ ≥ 2n + 1, on écrit 3ᵏ⁺¹ = 3 × 3ᵏ ≥ 3(2k + 1). Il reste à justifier :
- A. 3ᵏ ≥ 3k pour tout entier k
- B. 6k + 3 ≥ 2k + 3, car k ≥ 0
- C. 3(2k + 1) = 2k + 3 pour tout k
- D. 6k + 3 ≥ 3ᵏ⁺¹ pour tout entier k
Réponse
B. 6k + 3 ≥ 2k + 3, car k ≥ 0 — La cible au rang k + 1 est 2(k + 1) + 1 = 2k + 3, et 6k + 3 = (2k + 3) + 4k ≥ 2k + 3 car k ≥ 0.
On a démontré que 0³ + 1³ + ⋯ + n³ = n²(n + 1)²/4. Combien vaut 1³ + 2³ + 3³ + 4³ ?
- A. 64
- B. 100
- C. 36
- D. 225
Réponse
B. 100 — Avec n = 4 : 4² × 5²/4 = 400/4 = 100. Contrôle : 1 + 8 + 27 + 64 = 100.
Soit u₀ = 1 et uₙ₊₁ = uₙ/(1 + uₙ). Quelle formule faut-il démontrer par récurrence ?
- A. uₙ = 1/n
- B. uₙ = n/(n + 1)
- C. uₙ = 1/2ⁿ
- D. uₙ = 1/(n + 1)
Réponse
D. uₙ = 1/(n + 1) — u₁ = 1/2 et u₂ = 1/3 suggèrent uₙ = 1/(n + 1). Hérédité : uₖ > 0, donc 1 + uₖ ≠ 0, et (1/(k + 1)) ÷ ((k + 2)/(k + 1)) = 1/(k + 2).
Quel est le plus petit entier n₀ ≥ 1 tel que n! ≥ 3ⁿ pour tout entier n ≥ n₀ ? (n! = 1 × 2 × ⋯ × n)
- A. 5
- B. 6
- C. 7
- D. 8
Réponse
C. 7 — 6! = 720 < 729 = 3⁶, mais 7! = 5 040 ≥ 2 187 = 3⁷. Hérédité pour k ≥ 7 : (k + 1)! = (k + 1) × k! ≥ (k + 1) × 3ᵏ ≥ 3 × 3ᵏ = 3ᵏ⁺¹, car k + 1 ≥ 3.
On pose Sₖ = 1 + 2 + 2² + ⋯ + 2ᵏ. Pour obtenir Sₖ₊₁, on ajoute à Sₖ :
- A. 2ᵏ⁺¹
- B. 2ᵏ
- C. 2ᵏ⁺²
- D. 1
Réponse
A. 2ᵏ⁺¹ — Sₖ₊₁ = Sₖ + 2ᵏ⁺¹. Avec l’hypothèse Sₖ = 2ᵏ⁺¹ − 1, on obtient Sₖ₊₁ = 2 × 2ᵏ⁺¹ − 1 = 2ᵏ⁺² − 1.
Avec a = 0,1 et n = 50, le minorant 1 + na donné par l’inégalité de Bernoulli pour 1,1⁵⁰ vaut :
- A. 5
- B. 6
- C. 50
- D. 1,5
Réponse
B. 6 — Avec a = 0,1 > 0 et n = 50 : (1 + 0,1)⁵⁰ ≥ 1 + 50 × 0,1 = 6. En réalité, 1,1⁵⁰ ≈ 117 : la minoration est grossière.
Soit u₀ = 1 et uₙ₊₁ = uₙ² + 1. On veut montrer uₙ ≥ 1. On suppose uₖ ≥ 1 (hypothèse de récurrence). Pourquoi a-t-on uₖ² ≥ 1 ?
- A. car k ≥ 0, donc k + 1 > 0
- B. car un carré est toujours supérieur ou égal à 1
- C. car uₖ ≥ 1 ≥ 0 et x ↦ x² croît sur [0 ; +∞[
- D. car uₖ² ≥ uₖ pour tout réel uₖ
Réponse
C. car uₖ ≥ 1 ≥ 0 et x ↦ x² croît sur [0 ; +∞[ — L’hypothèse donne uₖ ≥ 1 ≥ 0 ; la fonction carré étant croissante sur [0 ; +∞[, uₖ² ≥ 1² = 1, puis uₖ₊₁ = uₖ² + 1 ≥ 2 ≥ 1. Un carré n’est pas toujours supérieur ou égal à 1, et uₖ² ≥ uₖ est faux pour uₖ = 0,5 (0,25 < 0,5).
On suppose k² + k = 2m, avec m entier. Alors (k + 1)² + (k + 1) est égal à :
- A. 2m + 2k + 2
- B. 2m + 1
- C. 2m + k + 1
- D. 4m
Réponse
A. 2m + 2k + 2 — (k + 1)² + (k + 1) = k² + 2k + 1 + k + 1 = (k² + k) + 2k + 2 = 2(m + k + 1) : le résultat est encore pair.
Soit u₀ = 2 000 et uₙ₊₁ = 0,8uₙ + 300. On suppose uₖ ≥ 1 500. Comment obtient-on uₖ₊₁ ≥ 1 500 ?
- A. on ajoute 300 à chaque membre, puis on multiplie par 0,8
- B. on divise par 0,8, ce qui inverse le sens de l’inégalité
- C. on multiplie par 0,8 > 0 (ordre conservé), puis on ajoute 300
- D. on utilise seulement u₀ = 2 000, supérieur à 1 500
Réponse
C. on multiplie par 0,8 > 0 (ordre conservé), puis on ajoute 300 — 0,8 > 0, donc 0,8uₖ ≥ 1 200, puis 0,8uₖ + 300 ≥ 1 500, soit uₖ₊₁ ≥ 1 500. On reconstruit uₖ₊₁ dans l’ordre des opérations qui le définissent.
Niveau difficile ★★★ — 12 questions
Soit P(n) : « 2ⁿ + 1 est divisible par 3 ». Que peut-on dire ?
- A. elle est vraie pour tout n : l’hérédité est immédiate
- B. elle est fausse pour tout entier naturel n
- C. vraie pour n impair seulement : pas héréditaire
- D. elle est vraie seulement pour n pair, à partir de 0
Réponse
C. vraie pour n impair seulement : pas héréditaire — 2⁰ + 1 = 2, 2¹ + 1 = 3, 2² + 1 = 5, 2³ + 1 = 9. Si 2ᵏ + 1 = 3m, alors 2ᵏ⁺¹ + 1 = 2(2ᵏ + 1) − 1 = 6m − 1, qui n’est pas un multiple de 3 : la propriété ne passe jamais d’un rang au suivant.
Une propriété est héréditaire mais fausse au rang 0. Alors :
- A. elle est fausse pour tout entier naturel n
- B. elle est vraie à partir du rang 1, par hérédité
- C. une telle propriété ne peut pas exister
- D. elle peut être vraie à partir d’un rang n₀ > 0
Réponse
D. elle peut être vraie à partir d’un rang n₀ > 0 — Exemple : « 3ⁿ + 3 est divisible par 6 ». Elle est fausse en 0 (4), vraie en 1 (6), et héréditaire : si 3ᵏ + 3 = 6m, alors 3ᵏ⁺¹ + 3 = 3(6m − 3) + 3 = 18m − 6 = 6(3m − 1). Elle est donc vraie pour tout n ≥ 1.
Soit uₙ₊₁ = f(uₙ) avec f décroissante sur un intervalle contenant tous les termes. Si uₖ ≤ uₖ₊₁, alors :
- A. uₖ₊₁ ≥ uₖ₊₂
- B. uₖ₊₁ ≤ uₖ₊₂
- C. uₖ₊₂ = uₖ
- D. on ne peut rien comparer
Réponse
A. uₖ₊₁ ≥ uₖ₊₂ — Une fonction décroissante inverse l’ordre : f(uₖ) ≥ f(uₖ₊₁), c’est-à-dire uₖ₊₁ ≥ uₖ₊₂. Avec f décroissante, « uₙ ≤ uₙ₊₁ » n’est donc pas héréditaire : la suite n’est en général pas monotone.
Un élève démontre que P(k) entraîne P(k + 1) pour tout entier k ≥ 5, puis vérifie P(2). Que peut-il conclure ?
- A. P(n) est vraie pour tout n ≥ 2
- B. rien de général : il faut vérifier P(5)
- C. P(n) est vraie pour tout n ≥ 5
- D. P(n) est vraie pour n = 2 et n = 3 seulement
Réponse
B. rien de général : il faut vérifier P(5) — L’hérédité n’est établie qu’à partir de 5 : P(2) ne déclenche rien, car le passage de 2 à 3, puis à 4 et 5, n’est pas démontré. Il faut initialiser au rang 5.
Soit u₀ = 5 et uₙ₊₁ = √uₙ. Un élève écrit seulement : « si uₖ ≥ 1, alors √uₖ ≥ 1, donc uₖ₊₁ ≥ 1 ». Sa preuve de « uₙ ≥ 1 » est :
- A. complète : l’hérédité suffit quand la suite est définie
- B. fausse, car √uₖ ≤ uₖ dès que uₖ ≥ 1
- C. inutile, car la suite (uₙ) est constante
- D. incomplète : initialisation et racine non justifiées
Réponse
D. incomplète : initialisation et racine non justifiées — Il faut vérifier u₀ = 5 ≥ 1 (initialisation) et justifier le passage uₖ ≥ 1 ⇒ √uₖ ≥ √1 par la croissance de la racine carrée sur [0 ; +∞[. Sans ces deux éléments, la démonstration n’est pas recevable.
La démonstration de l’inégalité de Bernoulli multiplie l’hypothèse (1 + a)ᵏ ≥ 1 + ka par 1 + a sans changer le sens. Pour quels réels a cette étape est-elle valable ?
- A. seulement pour a > 0
- B. pour tout a ≥ −1
- C. pour tout entier relatif a
- D. pour tout a ≤ 1
Réponse
B. pour tout a ≥ −1 — Multiplier par 1 + a conserve l’ordre dès que 1 + a ≥ 0, c’est-à-dire a ≥ −1 ; le terme ka² est toujours positif. Le cours l’énonce pour a > 0 (le cas utile pour qⁿ avec q > 1), mais la preuve fonctionne pour a ≥ −1.
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 10
- C. se démontre par récurrence sur n
- D. est vraie pour tout entier n ≥ 11
Réponse
A. est fausse : n = 11 donne 121 = 11² — Elle est vraie de n = 0 à n = 10 (11, 11, 13, 17, 23, 31, 41, 53, 67, 83, 101), mais 11² − 11 + 11 = 121 = 11 × 11. Des vérifications ne remplacent jamais une hérédité.
Pour démontrer 2ⁿ ≥ 3n, l’hérédité utilise 2 × 3k ≥ 3(k + 1). Pour un entier naturel k, cette inégalité est vraie si et seulement si :
- A. k ≥ 1
- B. k ≥ 2
- C. k ≥ 3
- D. k ≥ 4
Réponse
A. k ≥ 1 — 6k − 3(k + 1) = 3k − 3, positif si et seulement si k ≥ 1. L’hérédité fonctionne donc dès k ≥ 1, mais P(1), P(2) et P(3) sont fausses (2 < 3, 4 < 6, 8 < 9) : on initialise au rang 4 (16 ≥ 12).
« 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 de k personnes. Où est l’erreur ?
- A. l’initialisation au rang 1 est fausse
- B. nulle part : la conclusion est correcte
- C. l’hérédité de 1 à 2 : sous-groupes disjoints
- D. l’hérédité échoue seulement pour de très grands groupes
Réponse
C. l’hérédité de 1 à 2 : sous-groupes disjoints — Le recollement suppose qu’une personne appartient aux deux sous-groupes. Pour k = 1, chaque sous-groupe est réduit à une personne différente : rien ne relie leurs âges. L’hérédité doit être valable pour tout k ≥ n₀.
Pour démontrer 3ⁿ ≥ 2ⁿ + n, on écrit 3ᵏ⁺¹ = 3 × 3ᵏ ≥ 3(2ᵏ + k). Il reste à vérifier que :
- A. 3 × 2ᵏ = 2ᵏ⁺¹ pour tout entier k
- B. 3k ≥ k + 1 pour tout entier k
- C. 3 × 2ᵏ + 3k ≥ 3 × 2ᵏ⁺¹ + 3(k + 1)
- D. 3 × 2ᵏ + 3k ≥ 2ᵏ⁺¹ + k + 1
Réponse
D. 3 × 2ᵏ + 3k ≥ 2ᵏ⁺¹ + k + 1 — La cible au rang k + 1 est 2ᵏ⁺¹ + (k + 1). Or 3 × 2ᵏ + 3k − 2ᵏ⁺¹ − k − 1 = 2ᵏ + 2k − 1 ≥ 0 pour tout k ≥ 0 (car 2ᵏ ≥ 1).
Soit u₁ = 5 et, pour tout n ≥ 1, uₙ₊₁ = uₙ + 3. Pour démontrer « uₙ = 3n + 2 », on initialise :
- A. au rang 0, car la formule donne u₀ = 2
- B. au rang 1, car la suite commence à u₁
- C. au rang 2, premier terme que l’on calcule
- D. à n’importe quel rang : c’est facultatif
Réponse
B. au rang 1, car la suite commence à u₁ — u₀ n’est pas défini : le rang de départ est n₀ = 1. On vérifie 3 × 1 + 2 = 5 = u₁, puis l’hérédité pour k ≥ 1 : uₖ₊₁ = 3k + 2 + 3 = 3(k + 1) + 2.
Pour démontrer que 5 divise n⁵ − n, un élève écrit : « (k + 1)⁵ − (k + 1) = k⁵ − k + 5k⁴ + 10k³ + 10k² + 5k, c’est donc un multiple de 5 ». Que lui manque-t-il ?
- A. rien : chaque terme est visiblement un multiple de 5
- B. un autre développement, car celui de (k + 1)⁵ est faux
- C. utiliser k⁵ − k = 5m et conclure par 5(m + k⁴ + 2k³ + 2k² + k)
- D. diviser l’expression par 5 et vérifier que c’est positif
Réponse
C. utiliser k⁵ − k = 5m et conclure par 5(m + k⁴ + 2k³ + 2k² + k) — Le développement est juste, mais l’hypothèse de récurrence doit être écrite et utilisée : k⁵ − k = 5m, donc (k + 1)⁵ − (k + 1) = 5m + 5k⁴ + 10k³ + 10k² + 5k = 5(m + k⁴ + 2k³ + 2k² + k), avec m + k⁴ + 2k³ + 2k² + k entier.
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