On pose $P_n:"u_n=q^nu_0"$.

Initialisation : Si $n=0$, on a $q^0u_0=u_0$ donc $P_0$ est vraie.

Hérédité : Si $P_n$ est vraie on a $u_n=q^nu_0$. On multiplie cette équation par $q$, alors $qu_n=q^{n+1}u_0$. Mais par hypothèse $u_{n+1}=qu_n$ par conséquent $u_{n+1}=q^{n+1}u_0$ ce qui prouve $P_{n+1}$. On a donc prouvé que $P_n\Longrightarrow P_{n+1}$, c'est à dire l'hérédité.

Par récurrence on a montré que $\forall n\in\mathbb N,\ u_n=q^nu_0$.

On pose $P_n:"u_n\leq q^nu_0"$.

Initialisation : Si $n=0$, on a $q^0u_0=u_0$ donc nécessairement $u_0\leq q^0u_0$ (l'égalité impliquant l'inégalité au sens large) et $P_0$ est vraie.

Hérédité : Si $P_n$ est vraie on a $u_n\leq q^nu_0$. On multiplie cette équation par $q$, $q$ étant positif on a $qu_n\leq q^{n+1}u_0$. Mais par hypothèse $u_{n+1}\leq qu_n$ par conséquent : $$u_{n+1}\leq qu_n\leq q^{n+1}u_0,$$ d'où $u_{n+1}\leq q^{n+1}u_0$, donc $P_{n+1}$ est vraie.

Par récurrence on a montré que $\forall n\in\mathbb N,\ u_n\leq q^nu_0$.

On pose la propriété $P_n:"|u_n-\alpha|\leq\frac{1}{2^n}|u_0-\alpha|"$ pour $n\in\mathbb N$.

Initialisation (n=0) : On a que $\frac{1}{2^0}|u_0-\alpha|=|u_0-\alpha|$ donc forcément $|u_0-\alpha|\leq\frac{1}{2^0}|u_0-\alpha|$, donc $P_0$ est vraie. D'où l'initialisation.

Hérédité : Supposons $P_n$ vraie, c'est à dire $|u_n-\alpha|\leq\frac{1}{2^n}|u_0-\alpha|$ et montrons $P_{n+1}$. Comme $u_{n+1}=f(u_n)$ et $f(\alpha)=\alpha$ on a que : $$|u_{n+1}-\alpha|=|f(u_n)-f(\alpha)|.$$ D'autre part, comme $\forall (x,y)\in\mathbb R,\ |f(x)-f(y)|\leq\frac{1}{2}|x-y|$, en posant $x=u_n$ et $y=\alpha$, on a aussi que : $$|u_{n+1}-\alpha|=|f(u_n)-f(\alpha)|\leq \frac{1}{2}|u_n-\alpha|.$$ Mais par hypothèse de récurrence $|u_n-\alpha|\leq\frac{1}{2^n}|u_0-\alpha|$ donc $\frac{1}{2}|u_n-\alpha|\leq\frac{1}{2^{n+1}}|u_0-\alpha|$ et il suit que : $$|u_{n+1}-\alpha|\leq \frac{1}{2}|u_n-\alpha|\leq\frac{1}{2^{n+1}}|u_0-\alpha|,$$ c'est à dire $|u_{n+1}-\alpha|\leq\frac{1}{2^{n+1}}|u_0-\alpha|$ et $P_{n+1}$ est démontrée. D'où l'hérédité.

Par récurrence pour tout $n\in\mathbb N$, $|u_n-\alpha|\leq\frac{1}{2^n}|u_0-\alpha|$.

Limite : On observe que $\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{2^n}=0$, donc comme $|u_n-\alpha|\leq\frac{1}{2^n}|u_0-\alpha|$, alors nécessairement $\lim_{n\to+\infty}u_n=\alpha$.

On pose $P_n:"u_n=u_1\Pi_{k=1}^{n-1}\left(1-\frac{1}{k\alpha}\right)"$.

Initialisation (n=2) : On a que $u_1=\alpha(u_1-u_2)$ donc en réorganisant $u_2=\frac{1}{\alpha}u_1(\alpha-1)$ (ce qui a du sens car $\alpha\neq 0$) soit encore $u_2=u_1\left(1-\frac{1}{\alpha}\right)$ qui est exactement $P_2$. D'où l'initialisation.

Hérédité : Si $P_n$ est vraie, on a $u_n=u_1\Pi_{k=1}^{n-1}\left(1-\frac{1}{k\alpha}\right)$. Or $u_n=n \alpha(u_n-u_{n+1})$ donc $u_{n+1}=u_n\left(1-\frac{1}{n\alpha}\right)$. Il suit que si $P_n$ est vraie $$u_{n+1}=u_n\left(1-\frac{1}{n\alpha}\right)=u_1\Pi_{k=1}^{n-1}\left(1-\frac{1}{k\alpha}\right)\left(1-\frac{1}{n\alpha}\right)=u_1\Pi_{k=1}^{n}\left(1-\frac{1}{k\alpha}\right)$$ et donc $P_{n+1}$ est vraie. D'où l'hérédité.

Par récurrence, le résultat est démontré pour tout $n\in\mathbb N\backslash\{0,1\}$.

On pose la propriété $D_m:"\text{Pour toute famille d'évènements }(D_1,\dots,D_m),\ P(D_1\cup D_2\cup \dots\cup D_m)\leq P(D_1)+P(D_2)+\dots+P(D_m)"$.

Initialisation (m=1) : On a $P(D_1)=P(D_1)$ donc $P(D_1)\leq P(D_1)$, par conséquent $P_1$ est vraie. D'où l'initialisation.

Hérédité : Supposons $P_m$ vraie et montrons $P_{m+1}$. Soit $(D_1,\dots,D_{m+1})$ une famille de $m+1$ évènements. Par propriété de la probabilité, on a : $$\begin{align} P(D_1\cup D_2\cup \dots\cup D_m\cup D_{m+1})&=P\left((D_1\cup D_2\cup \dots\cup D_m)\cup D_{m+1}\right)\\ &\leq P(D_1\cup D_2\cup \dots\cup D_m)+P(D_{m+1}). \end{align}$$ Mais comme $P_m$ est supposée vraie, on a $P(D_1\cup D_2\cup \dots\cup D_m)\leq P(D_1)+P(D_2)+\dots+P(D_m)$, par conséquent : $$\begin{align} P(D_1\cup D_2\cup \dots\cup D_m\cup D_{m+1})&\leq P(D_1\cup D_2\cup \dots\cup D_m)+P(D_{m+1})\\ &\leq P(D_1)+P(D_2)+\dots+P(D_m)+P(D_{m+1}), \end{align}$$ et donc $P_{m+1}$ est vraie. D'où l'hérédite.

Par récurrence $P_m$ est vraie pour tout $m\in\mathbb N^*$.

Rappel : Pour cet exercice il est fondamental de se souvenir de la relation du triangle de Pascal : $$\forall n\in\mathbb N^*,\forall k\in\{0,\dots,n-1\},\begin{pmatrix}n\\ k\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}n\\ k+1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}n+1\\ k+1\end{pmatrix}$$

On pose la proriété $P_n: "(a+b)^n=\sum_{k=0}^n\begin{pmatrix}n\\ k\end{pmatrix}a^kb^{n-k}"$ avec $n\in\mathbb N^*$.

Initialisation (n=1) : On observe que $$\sum_{k=0}^1\begin{pmatrix}1\\ k\end{pmatrix}a^kb^{1-k}=\begin{pmatrix}1\\ 0\end{pmatrix}a^0b^{1-0}+\begin{pmatrix}1\\ 1\end{pmatrix}a^1b^{1-1}=a+b,$$ par conséquent $P_1$ est vraie. D'où l'initialisation.

Hérédité : Supposons $P_n$ vraie et montrons $P_{n+1}$. En utilisant $P_n$, on a déjà que : $$\begin{align} (a+b)^{n+1}&=(a+b)(a+n)^n\\ &=(a+b)\sum_{k=0}^n\begin{pmatrix}n\\ k\end{pmatrix}a^kb^{n-k}\\ &=a\sum_{k=0}^n\begin{pmatrix}n\\ k\end{pmatrix}a^kb^{n-k}+b\sum_{k=0}^n\begin{pmatrix}n\\ k\end{pmatrix}a^kb^{n-k}\\ &=\sum_{k=0}^n\begin{pmatrix}n\\ k\end{pmatrix}a^{k+1}b^{n-k}+\sum_{k=0}^n\begin{pmatrix}n\\ k\end{pmatrix}a^kb^{n+1-k}. \end{align}$$ Dans la seconde somme on effectue un décalage d'indide qui donne : $$(a+b)^{n+1}=\sum_{k=0}^n\begin{pmatrix}n\\ k\end{pmatrix}a^{k+1}b^{n-k}+\sum_{k=-1}^{n-1}\begin{pmatrix}n\\ k+1\end{pmatrix}a^{k+1}b^{n+1-(k+1)},$$ et dans la première somme, on observe que $n-k=n+1-(k+1)$ de sorte que : $$(a+b)^{n+1}=\sum_{k=0}^n\begin{pmatrix}n\\ k\end{pmatrix}a^{k+1}b^{n+1-(k+1)}+\sum_{k=-1}^{n-1}\begin{pmatrix}n\\ k+1\end{pmatrix}a^{k+1}b^{n+1-(k+1)}.$$ On va maintenant rassembler ces deux sommes. Pour se faire, on va enlever le n-ième terme de la première somme et enlever le (-1)-ième terme de la seconde. $$\begin{align} (a+b)^{n+1}&=\sum_{k=0}^{n-1}\begin{pmatrix}n\\ k\end{pmatrix}a^{k+1}b^{n+1-(k+1)}+\begin{pmatrix}n\\ n\end{pmatrix}a^{n+1}b^{0} +\sum_{k=0}^{n-1}\begin{pmatrix}n\\ k+1\end{pmatrix}a^{k+1}b^{n+1-(k+1)} +\begin{pmatrix}n\\ 0\end{pmatrix}a^{0}b^{n+1}\\ &=\begin{pmatrix}n\\ n\end{pmatrix}a^{n+1}b^{0} +\sum_{k=0}^{n-1}\left(\begin{pmatrix}n\\ k\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}n\\ k+1\end{pmatrix}\right)a^{k+1}b^{n+1-(k+1)} +\begin{pmatrix}n\\ 0\end{pmatrix}a^{0}b^{n+1}. \end{align}$$ Ensuite grâce à la relation de Pascal (rappelé en début de corrigé) et le fait que $\begin{pmatrix}n\\ n\end{pmatrix}=1=\begin{pmatrix}n+1\\ n+1\end{pmatrix}$ et que $\begin{pmatrix}n\\ 0\end{pmatrix}=1=\begin{pmatrix}n+1\\ 0\end{pmatrix}$, on a : $$(a+b)^{n+1}=\begin{pmatrix}n+1\\ n+1\end{pmatrix}a^{n+1}b^{0} +\sum_{k=0}^{n-1}\begin{pmatrix}n+1\\ k+1\end{pmatrix}a^{k+1}b^{n+1-(k+1)} +\begin{pmatrix}n+1\\ 0\end{pmatrix}a^{0}b^{n+1}.$$ Finalement en décalant l'indice de la somme de 1 et en réassemblant les termes, on a que : $$(a+b)^{n+1}=\begin{pmatrix}n+1\\ n+1\end{pmatrix}a^{n+1}b^{0} +\sum_{k=1}^{n}\begin{pmatrix}n+1\\ k\end{pmatrix}a^{k}b^{n+1-k} +\begin{pmatrix}n+1\\ 0\end{pmatrix}a^{0}b^{n+1}=\sum_{k=0}^{n+1}\begin{pmatrix}n+1\\ k\end{pmatrix}a^{k}b^{n+1-k}.$$ On a donc montré $P_{n+1}$ en partant de $P_n$. D'où l'hérédité.

Conclusion : Par récurrence $P_n$ est vraie pour tout $n\in\mathbb N^*$.

1) On a $r^{<\!n+1>}=r(r+1)\dots (r+n-1)(r+n)=r^{<\!n>}(r+n)$.

2) On a : $$\begin{align} (r+s+n)r^{<\!k>}s^{<\!n-k>}&=((r+k)+(s+n-k))r^{<\!k>}s^{<\!n-k>}\\ &=(r+k)r^{<\!k>}s^{<\!n-k>}+r^{<\!k>}(s+n-k)s^{<\!n-k>}\\ &=r^{<\!k+1>}s^{<\!n-k>}+r^{<\!k>}s^{<\!n-k+1>} \end{align}$$

3) On fait une récurrence sur $P_n: "(r+s)^{<\!n>}=\sum_{k=0}^n\begin{pmatrix}n\\ k\end{pmatrix}r^{<\!k>}s^{<\!n-k>}"$. L'initialisation est immédiate et l'hérédité suit les mêmes idées que la résolution de l'exercice précédent, à l'exception du fait que certaines lignes devront être justifiées à l'aide de 1) et 2). Si vous avez du mal, des détails supplémentaires sont disponibles dans le corrigé du sujet en ligne.

Remarque : Pour la question 2) de cet exercice, il sera important de se souvenir de l'inégalité triangulaire inverse (valable pour les réels ou les complexes) : $|a-b|\geq |a|-|b|$.

1) On peut déjà réécrire $z_1$ et $z_2$ sous forme polaire $z_1=|z_1|e^{i\theta_1}$ et $z_2=|z_2|e^{i\theta_2}$ avec $\theta_1,\theta_2\in[0,2\pi[$. On a alors : $$\begin{align} |z_1+z_2|=|z_1|+|z_2|&\Longleftrightarrow |z_1+z_2|^2=(|z_1|+|z_2|)^2\\ &\Longleftrightarrow ||z_1|e^{i\theta_1}+|z_2|e^{i\theta_2}|^2=|z_1|^2+2|z_1||z_2|+|z_2|^2\\ &\Longleftrightarrow ||z_1|(\cos\theta_1+i\sin\theta_1)+|z_2|(\cos\theta_2+i\sin\theta_2)|^2=|z_1|^2+2|z_1||z_2|+|z_2|^2\\ &\text{ après quelques calculs de module...}\\ &\Longleftrightarrow |z_1|^2+|z_2|^2+2|z_1||z_2|(\cos\theta_1\cos\theta_2+\sin\theta_1\sin\theta_2)=|z_1|^2+2|z_1||z_2|+|z_2|^2\\ &\Longleftrightarrow 2|z_1||z_2|\cos(\theta_2-\theta_1)=2|z_1||z_2|\text{ (grâce à une formule trigo)}\\ &\Longleftrightarrow \cos(\theta_2-\theta_1)=1\text{ (car les nombres complexes sont non nuls.)} \end{align}$$ Or comme $\theta_1,\theta_2\in[0,2\pi[$, la condition $\cos(\theta_2-\theta_1)=1$ est équivalente à $\theta_1=\theta_2$. Il suit alors que $z_1=|z_1|e^{i\theta_1}$ et $z_2=|z_2|e^{i\theta_1}$ d'où l'existence du $\theta$ ($=\theta_1$) recherché.

2) On fait une récurrence sur $$P_p:"\forall(z_1,\dots,z_p)\in\mathbb C^p,\ \left|\sum_{k=1}^p z_k\right|=\sum_{k=1}^p|z_k|\Longrightarrow \exists\theta\in[0,2\pi[,\forall k\in[\![1,p]\!],z_k=|z_k|e^{i\theta}"$$ avec $p\geq 2$

Initialisation (n=2) : $P_2$ est vraie d'après 1).

Hérédité : Supposons la propriété vraie au rang $p$. Soient $z_1,z_2,\dots,z_p,z_{p+1}$, $p+1$ nombres complexes vérifiant $\left|\sum_{j=1}^{p+1}z_j\right|=\sum_{j=1}^{p+1}|z_j|$. Pour appliquer $P_p$, nous allons essayer de montre que $\left|\sum_{j=1}^{p}z_j\right|=\sum_{j=1}^{p}|z_j|$. Par l'inégalité triangulaire, nous avons déjà que : $$\left|\sum_{j=1}^{p}z_j\right|\leq\sum_{j=1}^{p}|z_j|.$$

D'autre part grâce à l'inégalité triangulaire inverse, on a aussi : $$\begin{align} \left|\sum_{j=1}^{p}z_j\right|&=\left|\sum_{j=1}^{p+1}z_j-z_p\right|\\ &\geq\left|\sum_{j=1}^{p+1}z_j\right|-|z_p|\text{(inégalité triangulaire inverse)}\\ &=\sum_{j=1}^{p+1}|z_j|-|z_p|\text{ (par hypothèse sur les }z_i)\\ &=\sum_{j=1}^{p}|z_j|. \end{align}$$ Nous avons donc montré l'inégalité dans les deux sens donc $\left|\sum_{j=1}^{p}z_j\right|=\sum_{j=1}^{p}|z_j|$. En appliquant l'hypothèse de récurrence $P_p$, on en déduit que $\exists\theta\in[0,2\pi[,\forall k\in[\![1,p]\!],z_k=|z_k|e^{i\theta}$. De la même manière, on peut montrer également que $\left|\sum_{j=2}^{p+1}z_j\right|=\sum_{j=2}^{p+1}|z_j|$ et donc aussi que $\exists\theta'\in[0,2\pi[,\forall k\in[\![2,p+1]\!],z_k=|z_k|e^{i\theta'}$. Pour terminer on observe que les deux familles de nombres complexes $(z_1,\dots,z_p)$ et $(z_2,\dots,z_{p+1})$ ont des termes en communs, donc nécessairement $\theta=\theta'$ et donc $\exists\theta\in[0,2\pi[,\forall k\in[\![1,p+1]\!],z_k=|z_k|e^{i\theta}$, ce qui prouve $P_{p+1}$. D'où l'hérédité

Par récurrence $P_p$ est vraie pour tout $p\geq 2$, ce qu'il fallait démontrer.