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Cours particuliers.


Récurrences multiples (double, triple, etc)


Dans cette vidéo, on examine les récurrences multiples.

Synopsis :

Niveau d'accessibilité : Terminale.

Prérequis : un peu de formalisme ensembliste.


Exercices


Exercice (une récurrence double adaptée de ECRICOME 2013) : On considère une suite réelle $(u_n)_{n\in\mathbb N}$ vérifiant : $$\begin{cases} u_0\in[0,1]\\ u_1\in[0,1]\\ \forall n\in\mathbb N,\ 0\leq u_{n+2}\leq \frac{2}{5}(u_n+u_{n+1}) \end{cases}.$$ Montrer que pour tout $n\in\mathbb N$, $u_n\in[0,1]$.

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Je vous propose deux rédactions. La première utilise le principe de récurrence "classique", la seconde le prinicipe de récurrence double. Vous aurez alors l'occasion de comparer la longueur des rédactions et les nuances.

Rédaction 1 : On pose $D_n:"\ u_n\in[0,1]\text{ et }u_{n+1}\in[0,1]"$.

Initialisation : Puisque par hypothèse $u_0\in[0,1]$ et $u_1\in[0,1]$, on a que $D_0$ est vraie.

Hérédité : Supposons $D_n$ vraie et montrons $D_{n+1}$ c'est à dire $u_{n+1}\in[0,1]\text{ et }u_{n+2}\in[0,1]$. Comme $D_n$ est vraie, on a déjà que $u_{n+1}\in[0,1]$. D'autre part, comme $D_n$ est vraie, on a aussi : $$0\leq u_{n+2}\leq\frac{2}{5}(u_n+u_{n+1})\leq\frac{2}{5}(1+1)\leq\frac{4}{5}\leq 1.$$ Il suit que $u_{n+2}\in[0,1]$. Par conséquent $D_{n+1}$ est vraie et l'hérédité est démontrée.

Par récurrence, $D_n$ est vraie pour $n\in\mathbb N$ et donc $u_n\in[0,1]$ pour $n\in\mathbb N$.

Rédaction 2 : On pose $P_n:"\ u_n\in[0,1]"$.

Initialisation : Puisque par hypothèse $u_0\in[0,1]$ et $u_1\in[0,1]$, alors $P_0$ et $P_1$ sont vraies.

Hérédité : Supposons $P_n$ et $P_{n+1}$ vraies et montrons $P_{n+2}$ c'est à dire $u_{n+2}\in[0,1]$. Comme $P_n$ et $P_{n+1}$ sont vraies, on a $u_n\in[0,1]$ et $u_{n+1}\in[0,1]$ alors : $$0\leq u_{n+2}\leq\frac{2}{5}(u_n+u_{n+1})\leq\frac{2}{5}(1+1)\leq\frac{4}{5}\leq 1.$$ Il suit que $u_{n+2}\in[0,1]$. Par conséquent $P_{n+2}$ est vraie.

Par récurrence double on en conclut que $P_n$ est vraie pour $n\in\mathbb N$.


Exercice (récurrence triple; HEC 2009, 1.b) : On considère la suite réelle $(s_n)_{n\in\mathbb N^*}$ définie par : $$\begin{cases} s_1= 1\\ s_2=\frac{4}{5}\\ s_3=\frac{2}{5}\\ s_{n+3}=\frac{3}{2}s_{n+2}-s_{n+1}+\frac{1}{4}s_n\end{cases}.$$ Montrer que pour $n\in\mathbb N^*$, on a : $$s_n=\frac{1}{5\times 2^{n-2}}+\frac{3}{5\times 2^{(n-2)/2}}\times\sin\left(n\frac{\pi}{4}\right).$$

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On va faire une récurrence triple. On pose $"P_n:s_n=\frac{1}{5\times 2^{n-2}}+\frac{3}{5\times 2^{(n-2)/2}}\times\sin\left(n\frac{\pi}{4}\right)"$.

Initialisation : On a que : $$n=1\ :\ \frac{1}{5\times 2^{1-2}}+\frac{3}{5\times 2^{(1-2)/2}}\times\sin\left(\frac{\pi}{4}\right)=\frac{2}{5}+\frac{3\sqrt 2}{5}\frac{\sqrt 2}{2}=\frac{5}{5}=1=s_1,$$ $$n=2\ :\ \frac{1}{5\times 2^{2-2}}+\frac{3}{5\times 2^{(2-2)/2}}\times\sin\left(2\frac{\pi}{4}\right)=\frac{1}{5}+\frac{3}{5}=\frac{4}{5}=s_2,$$ $$n=3\ :\ \frac{1}{5\times 2^{3-2}}+\frac{3}{5\times 2^{(3-2)/2}}\times\sin\left(3\frac{\pi}{4}\right)=\frac{1}{10}+\frac{3}{5\sqrt{2}}\frac{\sqrt 2}{2}=\frac{2}{5}=s_3,$$ et l'initialisation est vérifiée.

Hérédité : L'hérédité n'est pas difficile à démontrer conceptuellement mais demande un peu d'organisation. Je vous conseille, comme je vais le faire, de poser très proprement l'objectif et de le garder en ligne de mire d'un bout à l'autre de la preuve. Supposons que $P_n$, $P_{n+1}$ et $P_{n+2}$ sont vraies et essayons d'en déduire $P_{n+3}$, c'est à dire de montrer formule suivante $$(\star)\ u_{n+3}=\frac{1}{5\times 2^{n+1}}+\frac{3}{5\times 2^{(n+1)/2}}\times\sin\left((n+3)\frac{\pi}{4}\right)$$. Nous avons déjà que : $$\begin{align} u_{n+3}&=\frac{3}{2}s_{n+2}-s_{n+1}+\frac{1}{4}s_n\\ &=\frac{3}{2}\left(\frac{1}{5\times 2^{n}}+\frac{3}{5\times 2^{(n)/2}}\times\sin\left((n+2)\frac{\pi}{4}\right)\right)\\ &-\left(\frac{1}{5\times 2^{n-1}}+\frac{3}{5\times 2^{(n-1)/2}}\times\sin\left((n+1)\frac{\pi}{4}\right)\right)\\ &+\frac{1}{4}\left(\frac{1}{5\times 2^{n-2}}+\frac{3}{5\times 2^{(n-2)/2}}\times\sin\left(n\frac{\pi}{4}\right)\right). \end{align}$$

Première étape de nettoyage : pour faire apparaître $(\star)$, on va regrouper les sinus ensemble et les fractions ensemble : $$\begin{align} u_{n+3}&=\left(\frac{3}{2}\frac{1}{5\times 2^{n}}-\frac{1}{5\times 2^{n-1}}+\frac{1}{4}\frac{1}{5\times 2^{n-2}}\right)\\ &+\left(\frac{3}{2}\frac{3}{5\times 2^{(n)/2}}\times\sin\left((n+2)\frac{\pi}{4}\right)-\frac{3}{5\times 2^{(n-1)/2}}\times\sin\left((n+1)\frac{\pi}{4}\right)+\frac{1}{4}\frac{3}{5\times 2^{(n-2)/2}}\times\sin\left(n\frac{\pi}{4}\right)\right). \end{align}$$

Deuxième étape de nettoyage : Le premier bloc de parenthèse de l'expression obtenue ressemble fortement au $\frac{1}{5\times 2^{n+1}}$ de $(\star)$. On va donc tout mettre en oeuvre pour faire apparâitre cette expression. Oublions un instant l'expression avec les sinus et concentrons nous sur le premier jeu de parenthèse : $$\begin{align} \frac{3}{2}\frac{1}{5\times 2^{n}}-\frac{1}{5\times 2^{n-1}}+\frac{1}{4}\frac{1}{5\times 2^{n-2}}&=\frac{3}{2}\frac{2}{5\times 2^{n+1}}-\frac{4}{5\times 2^{n+1}} +\frac{1}{4}\frac{8}{5\times 2^{n+1}}\\ &=\frac{3-4+2}{5\times 2^{n+1}}\\ &=\frac{1}{5\times 2^{n+1}}, \end{align}$$ qui est , "oh joie!!", la premier terme de $(\star)$.

Dernière étape de nettoyage : On passe maintenant au nettoyage de l'expression avec des sinus et essayons de montrer qu'elle est égale à la deuxième partie de $(\star)$, c'est à dire $\frac{3}{5\times 2^{(n+1)/2}}\times\sin\left((n+3)\frac{\pi}{4}\right)$. On a : $$\begin{align} &\left(\frac{3}{2}\frac{3}{5\times 2^{(n)/2}}\times\sin\left((n+2)\frac{\pi}{4}\right)-\frac{3}{5\times 2^{(n-1)/2}}\times\sin\left((n+1)\frac{\pi}{4}\right)+\frac{1}{4}\frac{3}{5\times 2^{(n-2)/2}}\times\sin\left(n\frac{\pi}{4}\right)\right)\\ &=\left(\frac{3}{2}\frac{3\sqrt 2}{5\times 2^{(n+1)/2}}\times\sin\left((n+2)\frac{\pi}{4}\right)-\frac{3\times 2}{5\times 2^{(n+1)/2}}\times\sin\left((n+1)\frac{\pi}{4}\right)+\frac{1}{4}\frac{3\times 2\sqrt 2}{5\times 2^{(n+1)/2}}\times\sin\left(n\frac{\pi}{4}\right)\right)\\ &=\frac{3}{5\times 2^{(n+1)/2}}\left(3\frac{\sqrt{2}}{2}\sin\left((n+2)\frac{\pi}{4}\right)-2\sin\left((n+1)\frac{\pi}{4}\right)+\frac{\sqrt 2}{2}\sin\left(n\frac{\pi}{4}\right)\right). \end{align}$$ Maitenant comme nous voulons $n+3$ dans nos sinus (!), on va utiliser de la poudre (je vous vois venir...) magique de matheux : $$\begin{align} &\frac{3}{5\times 2^{(n+1)/2}}\left(3\frac{\sqrt{2}}{2}\sin\left((n+2)\frac{\pi}{4}\right)-2\sin\left((n+1)\frac{\pi}{4}\right)+\frac{\sqrt 2}{2}\sin\left(n\frac{\pi}{4}\right)\right)\\ &=\frac{3}{5\times 2^{(n+1)/2}}\left(3\frac{\sqrt{2}}{2}\sin\left((n+3)\frac{\pi}{4}-\frac{\pi}{4}\right)-2\sin\left((n+3)\frac{\pi}{4}-\frac{\pi}{2}\right)+\frac{\sqrt 2}{2}\sin\left((n+3)\frac{\pi}{4}-\frac{3\pi}{4}\right)\right). \end{align}$$ Il ne vous reste plus qu'à utiliser vos formules trigonométriques préférées pour conclure et tomber sur $\frac{3}{5\times 2^{(n+1)/2}}\times\sin\left((n+3)\frac{\pi}{4}\right)$. Je vous laisse finir les détails, j'ai fait l'essentiel. D'où l'hérédité!

Par récurrence triple, le résultat est démontré.

Contacter l'auteur du site : frederic.millet @ math-sup.fr