Démonstrations par récurrence
Vous trouverez ci-dessous un exercice corrigé de niveau post-bac, inspiré d’un sujet du concours EDHEC de 1996. Trois questions permettent de vous entraîner sur la récurrence.
Énoncé
A - Soit la suite \((u_n)\) définie pour tout \(n \in \mathbb{N}^*\) par \(u_0 = 1,\) \(u_1 = 0\) et \(u_{n+1} = n(u_n + u_{n-1}).\)
- Calculer \(u_2,\) \(u_3\) et \(u_4.\)
- Montrer que \(u_n \in \mathbb{N}.\)
- Montrer que \(u_{n+1}\) \(=\) \((n+1)u_n + (-1)^{n+1}.\)
- Vérifier \(u_2,\) \(u_3\) et \(u_4\) grâce à cette dernière expression.
B - Soit \(\displaystyle{I_n = \frac{1}{n !} \int_0 ^1 {t^n\,e^t\,dt}}\) pour tout \(n \in \mathbb{N}.\)
- Calculer \(I_0.\)
- Exprimer \(I_{n+1}\) en fonction de \(I_n\) pour tout \(n \in \mathbb{N}.\)
- En déduire que \(e\,u_n = n ![1+(-1)^n\,I_n]\)
Corrigé commenté
A.1 - Cette question ne pose aucune difficulté. Rappelons l'expression de la suite \((u_n)\) : \(u_0 = 1,\) \(u_1 = 0\) et \(u_{n+1} = n(u_n + u_{n-1}).\)
\(u_2= u_1 + u_0 = 1\)
\(u_3= 2(u_2 + u_1) = 2\)
\(u_4 = 3(u_3 + u_2) = 9\)
A.2 - Montrons que \(u_n \in \mathbb{N}.\)
Avec un raisonnement par récurrence double, l'opération n'est pas compliquée.
- Initialisation : \(u_0\) et \(u_1 \in \mathbb{N}.\)
- Hérédité : si l’on suppose que pour \(n \in \mathbb{N}^*\) fixé, \(u_{n-1}\) et \(u_n \in \mathbb{N},\) alors \(n(u_n + u_{n-1}) \in \mathbb{N}.\)
- Conclusion : \(\forall n \in \mathbb{N}, u_n \in \mathbb{N.}\)
A.3 - Montrons que \(u_{n+1}\) \(=\) \((n+1)u_n + (-1)^{n+1}.\)
Là encore, raisonnement par récurrence.
- Initialisation : \(u_1 = 1 \times 1 + (-1)^1 = 0.\) Donc pour \(n = 0\) l’équation est vérifiée.
- Hérédité : supposons que \(u_{n+1} = (n+1)u_n + (-1)^{n+1}.\)
Selon la définition de \((u_n)\) on obtient \(u_{n+2} = (n+1)(u_{n+1} + u_{n}).\) Développons.
\(u_{n+2} = (n+1)u_{n+1} + (n+1)u_{n}.\)
Selon notre hypothèse : \((n+1)u_n = u_{n+1} - (-1)^{n+1}\)
En mettant en rapport ces deux expressions : \(u_{n+2} = (n+1)u_{n+1} + u_{n+1} - (-1)^{n+1}\)
Après mise en facteur de \(u_{n+1}\) nous obtenons \(u_{n+2}\) \(=\) \((n+2)u_{n+1} + (-1)^{n+2}\) (par propriété des puissances de \(-1\)). - Conclusion : \(\forall n \in \mathbb{N}, u_{n+1} = (n+1)u_n + (-1) ^{n+1}\)
A.4 - Une question facile qui permet de vérifier les résultats obtenus en A.1.
\(u_2 = 2u_1 + (-1) ^2 = 0 + 1 = 1\)
\(u_3 = 3u_2 + (-1) ^{3} = 3 – 1 = 2\)
\(u_4 = 4u_3 + (-1) ^4 = 8 + 1 = 9\)
B1 – Soit \(\displaystyle{I_n = \frac{1}{n !} \int_0 ^1 {t^n\,e^t\,dt}}\) pour tout \(n \in \mathbb{N}.\)
Sachant que \(0 ! = 1,\) que \(t^0 = 1\) et qu’une primitive de \(e^t\) est \(e^t,\) le calcul de \(I_0\) est immédiat.
\(I_0 = e^1 - e^0 = e - 1\)
B2 - Exprimons la relation de récurrence.
\(I_{n+1}\) \(=\) \(\displaystyle{\frac{1}{(n+1) !} \int_0 ^t t ^{n+1} e^t\,dt}\)
Une intégration par parties s’impose. Elle n’est pas très difficile.
Soit \(\displaystyle{u(t) = \frac{t^{n+1}}{(n+1) !}}\) et \(v’(t) = e^t\)
Ainsi \(\displaystyle{u'(t) = \frac{t^n}{n !}}\) et \(v(t) = e^t\)
Les fonctions \(u\) et \(v\) sont dérivables et continues sur \([0, 1].\)
\(I_{n+1}\) \(=\) \(\displaystyle{\left[\frac{t^{n+1}}{(n+1) !} e^t \right]_0^1 - \frac{1}{n !} \int_0^1 {t^n} \,e^t\,dt}\)
\(\Leftrightarrow I_{n+1}\) \(=\) \(\displaystyle{\left[\frac{t^{n+1}}{(n+1) !} e^t \right]_0^1 - I_n}\)
\(\Leftrightarrow I_{n+1} = \displaystyle{\frac{e}{(n+1) !} - I_n}\)
B3 - En déduire que \(e\,u_n = n ![1+(-1)^n\,I_n]\)
La troisième récurrence !
- Initialisation : \(e\,u_0 = 0 !(1 + (-1)^0 \times I_0)\)
\(\Leftrightarrow e\,u_0 = 1(1 + (e-1))\)
\(\Leftrightarrow u_0 = \frac{e}{e} = 1\) - Hérédité : la difficulté réside dans la sélection d’informations utiles parmi toutes les questions et réponses précédentes. Rappelons le résultat de la question A.3 : \(u_{n+1}\) \(=\) \((n+1)u_n + (-1) ^{n+1}.\)
Notre hypothèse : pour \(n\) fixé on a \(\displaystyle{u_n = \frac{n ![1+(-1)^n\,I_n]}{e}}.\) Remplaçons cette expression de \(u_n\) dans l’expression précédente.
\(\displaystyle{u_{n+1} = (n+1) \frac{n ![1+(-1)^n\,I_n]}{e} + (-1) ^{n+1}}\)
En multipliant tout par \(e\) :
\(e\,u_{n+1} = (n+1)\left(n ![1 +(-1)^n]I_n\right) + (-1)^{n+1}e\)
L'idée est à présent de factoriser par \((n+1)!\) en remarquant notamment que \((n+1)n!\) \(=\) \((n+1)!\)
\(e\, u_{n+1}\) \(=\) \((n+1)![1+(-1)^nI_n+(-1)^{n+1} \frac{e}{(n+1)!}]\)
L’énoncé indique qu’il faut utiliser le résultat de la question précédente pour montrer que \(e\,u_n = n !(1+(-1)^n\,I_n).\) Nous devons donc modifier l'écriture en ce sens. Remarquons que \((-1)^nI_n = (-1)^{n+1}(-I_n).\) Donc :
\(e\, u_{n+1}\) \(=\) \((n+1)! \left[1 + (-1)^{n+1}\left(\frac{e}{(n+1)!}-I_n \right) \right]\)
Nous avons fait apparaître une expression qui fait le lien avec la question B.2.
\(e\, u_{n+1}\) \(=\) \((n+1)![1 + (-1)^{n+1}I_{n+1}]\) et ce qui est vrai pour \(n+1\) est vrai pour \(n.\) - Conclusion : \(e\, u_{n}\) \(=\) \(n![1 + (-1)^{n}I_{n}]\)
