Raisonnement par récurrence : rédiger l'initialisation et l'hérédité comme un correcteur les attend

Le programme de spécialité de terminale (BO spécial n° 8 du 25 juillet 2019, en vigueur jusqu'à la rentrée 2027) demande de « raisonner par récurrence pour établir une propriété d'une suite », avec une démonstration exigible : l'inégalité de Bernoulli, qui donne la limite de qⁿ. L'image est celle d'une file de dominos : si le premier tombe et si chacun, en tombant, fait tomber le suivant, tous tombent.

La rédaction attendue sur une copie

• La propriété : « Pour tout entier naturel n, on note P(n) la propriété : … ». P(n) est une phrase, vraie ou fausse, pas un nombre.
• L'initialisation : au rang n₀, on calcule les deux membres et on constate l'égalité ou l'inégalité.
• L'hérédité : « Soit n ≥ n₀ fixé. On suppose P(n) vraie et on montre P(n + 1). » On part de ce qu'on connaît au rang n + 1, la relation de récurrence le plus souvent, et on signale où sert l'hypothèse.
• La conclusion : « P(n₀) est vraie et la propriété est héréditaire, donc, par récurrence, P(n) est vraie pour tout n ≥ n₀. »

Chacun de ces quatre éléments est attendu sur la copie. La récurrence n'est pas toujours nécessaire : si uₙ = 3n + 2, montrer que uₙ₊₁ − uₙ = 3 suffit.

Deux récurrences de devoir

Exemple 1 · Démontrer une formule explicite

Énoncé. La suite (uₙ) est définie par u₀ = 1 et, pour tout n ∈ ℕ, uₙ₊₁ = uₙ + 2n + 3. Démontrer que, pour tout n ∈ ℕ, uₙ = (n + 1)².

Rédaction. Pour tout n ∈ ℕ, on note P(n) : « uₙ = (n + 1)² ».

Initialisation : u₀ = 1 et (0 + 1)² = 1, donc P(0) est vraie.

Hérédité : soit n ∈ ℕ fixé, tel que P(n) est vraie, c'est-à-dire uₙ = (n + 1)². Alors uₙ₊₁ = uₙ + 2n + 3 = (n + 1)² + 2n + 3 par hypothèse de récurrence, soit uₙ₊₁ = n² + 2n + 1 + 2n + 3 = n² + 4n + 4 = (n + 2)². C'est P(n + 1).

Conclusion : P(0) est vraie et la propriété est héréditaire, donc, par récurrence, uₙ = (n + 1)² pour tout n ∈ ℕ.

La figure représente cet exemple comme une file de dominos P(0), P(1), P(2), …, P(n), P(n + 1), avec sous chacun ce qu'il affirme : u₀ = 1 = 1², u₁ = 4 = 2², u₂ = 9 = 3², puis uₙ = (n + 1)² et uₙ₊₁ = (n + 2)². Elle suit l'ordre de la rédaction : la flèche de gauche pousse le premier domino (l'initialisation), les premiers tombent, puis la flèche courbe relie un P(n) quelconque au suivant avec le calcul (n + 1)² + 2n + 3 = (n + 2)², le même pour tous les n (l'hérédité), enfin la conclusion. L'hérédité porte sur un n quelconque mais fixé, et c'est sa généralité qui permet de conclure pour toute la file.

Exemple 2 · Un encadrement qui donne le sens de variation

Énoncé. La suite (uₙ) est définie par u₀ = 1 et, pour tout n ∈ ℕ, uₙ₊₁ = √(uₙ + 6). Démontrer que, pour tout n ∈ ℕ, 0 ≤ uₙ ≤ uₙ₊₁ ≤ 3. Que peut-on en déduire ?

Rédaction. On note f la fonction définie sur [−6 ; +∞[ par f(x) = √(x + 6), de sorte que uₙ₊₁ = f(uₙ). La fonction f est croissante sur [−6 ; +∞[, comme composée de x ↦ x + 6 et de la racine carrée, toutes deux croissantes. Pour tout n ∈ ℕ, on note P(n) : « 0 ≤ uₙ ≤ uₙ₊₁ ≤ 3 ».

Initialisation : u₀ = 1 et u₁ = √7 ≈ 2,65. Comme 7 ≤ 9, √7 ≤ 3, donc 0 ≤ u₀ ≤ u₁ ≤ 3 : P(0) est vraie.

Hérédité : soit n ∈ ℕ tel que 0 ≤ uₙ ≤ uₙ₊₁ ≤ 3. Ces quatre nombres sont dans [−6 ; +∞[, où f est croissante, donc f(0) ≤ f(uₙ) ≤ f(uₙ₊₁) ≤ f(3), c'est-à-dire √6 ≤ uₙ₊₁ ≤ uₙ₊₂ ≤ 3. Comme √6 ≥ 0, on obtient 0 ≤ uₙ₊₁ ≤ uₙ₊₂ ≤ 3 : P(n + 1) est vraie.

Conclusion : par récurrence, P(n) est vraie pour tout n. La suite est donc croissante et majorée par 3 ; d'après le théorème admis au programme (toute suite croissante majorée converge), elle converge. Sa limite est 3, ce qu'on établit dans l'article sur la limite d'une suite.

On applique f, croissante, aux trois inégalités d'un coup : c'est la méthode type pour les suites uₙ₊₁ = f(uₙ), dont la construction graphique est dans l'article sur la suite définie par récurrence.

L'inégalité de Bernoulli, démonstration du programme

Énoncé. Soit a un réel strictement positif. Démontrer que, pour tout n ∈ ℕ, (1 + a)ⁿ ≥ 1 + na. En déduire la limite de qⁿ lorsque q > 1.

Rédaction. Pour tout n ∈ ℕ, on note P(n) : « (1 + a)ⁿ ≥ 1 + na ».

Initialisation : (1 + a)⁰ = 1 et 1 + 0 × a = 1, donc P(0) est vraie.

Hérédité : soit n ∈ ℕ tel que (1 + a)ⁿ ≥ 1 + na. On multiplie les deux membres par 1 + a, qui est strictement positif, ce qui conserve le sens de l'inégalité : (1 + a)ⁿ⁺¹ ≥ (1 + na)(1 + a) = 1 + a + na + na² = 1 + (n + 1)a + na². Or na² ≥ 0, donc (1 + a)ⁿ⁺¹ ≥ 1 + (n + 1)a : P(n + 1) est vraie.

Conclusion : par récurrence, (1 + a)ⁿ ≥ 1 + na pour tout n ∈ ℕ.

Application : si q > 1, on pose a = q − 1 > 0, et qⁿ ≥ 1 + n(q − 1) pour tout n. Comme q − 1 > 0, la suite 1 + n(q − 1) tend vers +∞, et par comparaison, qⁿ tend vers +∞. Le même raisonnement reste valable pour −1 ≤ a ≤ 0, puisque l'hérédité demande seulement 1 + a ≥ 0.

Les erreurs sur la récurrence qui coûtent des points

• « Supposons P(n) vraie pour tout n. » C'est supposer ce qu'on veut démontrer : on fixe un n et on suppose P(n) pour ce n.
• L'hérédité à l'envers : partir de « (n + 2)² = … » et remonter. On part de uₙ₊₁ donné par la relation de récurrence.
• L'hypothèse jamais utilisée. Soit la propriété se démontre directement, soit il y a une erreur.
• Multiplier une inégalité sans vérifier le signe, comme 1 + a > 0 dans Bernoulli.
• Initialiser au mauvais rang : une propriété « pour n ≥ 4 » s'initialise à 4.
• Oublier l'initialisation. Q(n) : « 10ⁿ + 1 est divisible par 9 » est héréditaire : si 10ⁿ + 1 = 9k, alors 10ⁿ⁺¹ + 1 = 10(9k − 1) + 1 = 9(10k − 1). Pourtant elle est fausse pour tout n, car 10ⁿ + 1 a pour reste 2 dans la division par 9.

Trois récurrences à rédiger

Exercice 1 · 4ⁿ − 1 est un multiple de 3

Énoncé. Démontrer que, pour tout n ∈ ℕ, 4ⁿ − 1 est divisible par 3.

Correction. Pour tout n ∈ ℕ, on note P(n) : « il existe un entier k tel que 4ⁿ − 1 = 3k ».

Initialisation : 4⁰ − 1 = 0 = 3 × 0, donc P(0) est vraie.

Hérédité : soit n ∈ ℕ tel que 4ⁿ − 1 = 3k, avec k entier, soit 4ⁿ = 3k + 1. Alors 4ⁿ⁺¹ − 1 = 4 × 4ⁿ − 1 = 4(3k + 1) − 1 = 12k + 3 = 3(4k + 1), et 4k + 1 est un entier. P(n + 1) est vraie.

Conclusion : par récurrence, 4ⁿ − 1 est divisible par 3 pour tout n ∈ ℕ.

Exercice 2 · Deviner une formule, puis la démontrer

Énoncé. La suite (uₙ) est définie par u₀ = 1 et, pour tout n ∈ ℕ, uₙ₊₁ = uₙ / (1 + uₙ). a) Calculer u₁, u₂, u₃ et conjecturer une expression de uₙ. b) Démontrer cette conjecture.

Correction. a) u₁ = 1/2, u₂ = (1/2) / (3/2) = 1/3, u₃ = (1/3) / (4/3) = 1/4. On conjecture uₙ = 1/(n + 1).

b) Pour tout n ∈ ℕ, on note P(n) : « uₙ = 1/(n + 1) ». Initialisation : u₀ = 1 = 1/(0 + 1). Hérédité : soit n ∈ ℕ tel que uₙ = 1/(n + 1). Alors 1 + uₙ = (n + 2)/(n + 1), qui est non nul, donc uₙ₊₁ est bien défini, et uₙ₊₁ = [1/(n + 1)] × [(n + 1)/(n + 2)] = 1/(n + 2). P(n + 1) est vraie. Par récurrence, uₙ = 1/(n + 1) pour tout n ∈ ℕ.

La partie a) seule ne démontre rien, même avec dix termes calculés : c'est la récurrence qui transforme la conjecture en résultat.

Exercice 3 · 2ⁿ ≥ n², mais seulement à partir de 4

Énoncé. a) Vérifier que 2ⁿ ≥ n² est vrai pour n = 0, 1, 2, 4 et faux pour n = 3. b) Montrer que, pour tout entier n ≥ 3, 2n² ≥ (n + 1)². c) Démontrer que, pour tout entier n ≥ 4, 2ⁿ ≥ n².

Correction. a) 2⁰ = 1 ≥ 0, 2¹ = 2 ≥ 1, 2² = 4 ≥ 4, 2⁴ = 16 ≥ 16, mais 2³ = 8 < 9.

b) 2n² − (n + 1)² = n² − 2n − 1 = (n − 1)² − 2. Pour n ≥ 3, n − 1 ≥ 2, donc (n − 1)² ≥ 4 et (n − 1)² − 2 ≥ 2 > 0. Ainsi 2n² ≥ (n + 1)².

c) Pour tout entier n ≥ 4, on note P(n) : « 2ⁿ ≥ n² ». Initialisation : 2⁴ = 16 = 4², donc P(4) est vraie. Hérédité : soit n ≥ 4 tel que 2ⁿ ≥ n². Alors 2ⁿ⁺¹ = 2 × 2ⁿ ≥ 2n², en multipliant par 2 > 0, et 2n² ≥ (n + 1)² d'après b), puisque n ≥ 4 ≥ 3. Donc 2ⁿ⁺¹ ≥ (n + 1)² : P(n + 1) est vraie. Par récurrence, 2ⁿ ≥ n² pour tout n ≥ 4.

L'inégalité est vraie aussi pour n = 0, 1 et 2, mais l'échec en n = 3 interdit de démarrer la récurrence à 0 : l'hérédité de 2 à 3 est fausse.

La récurrence prépare l'étude d'une suite majorée ou minorée avant le théorème de convergence monotone.