Exercices corrigés — Suites et raisonnement par récurrence (Terminale)

a) u₁ = 2u₀ − 4 = 6 − 4 = 2 ; u₂ = 2 × 2 − 4 = 0 ; u₃ = 2 × 0 − 4 = −4.
b) Les termes calculés diminuent : on conjecture que la suite est décroissante. Ce n'est qu'une conjecture ; la formule du c) la confirmera, puisque 2ⁿ croît.
c) Notons P(n) la propriété : « u_n = 4 − 2ⁿ ».

Initialisation. Pour n = 0 : 4 − 2⁰ = 4 − 1 = 3 = u₀. P(0) est donc vraie.

Hérédité. Soit k ∈ ℕ. On suppose P(k) vraie, c'est-à-dire u_k = 4 − 2^k. Démontrons qu'elle est alors vraie au rang k + 1, c'est-à-dire u_k+1 = 4 − 2^k+1.
Par définition de la suite, u_k+1 = 2u_k − 4. En remplaçant u_k grâce à l'hypothèse de récurrence : u_k+1 = 2(4 − 2^k) − 4 = 8 − 2 × 2^k − 4 = 4 − 2^k+1. La propriété est vraie au rang k + 1.

Conclusion. P(0) est vraie et P se transmet d'un rang au suivant. Le principe de récurrence donne alors, pour tout n ∈ ℕ : u_n = 4 − 2ⁿ. Vérification : u₃ = 4 − 8 = −4, conforme au calcul direct.

notons P(n) la propriété : « 2ⁿ ≥ n + 1 ».

Initialisation. Pour n = 0 : 2⁰ = 1 et 0 + 1 = 1, donc 2⁰ ≥ 0 + 1. P(0) est donc vraie.

Hérédité. Soit k ∈ ℕ. On suppose P(k) vraie, c'est-à-dire 2^k ≥ k + 1. Démontrons qu'elle est alors vraie au rang k + 1, c'est-à-dire 2^k+1 ≥ k + 2.
En multipliant l'hypothèse de récurrence par 2, strictement positif, ce qui conserve le sens de l'inégalité : 2 × 2^k ≥ 2(k + 1), soit 2^k+1 ≥ 2k + 2.
Or (2k + 2) − (k + 2) = k ≥ 0, donc 2k + 2 ≥ k + 2.
Par transitivité, 2^k+1 ≥ k + 2 = (k + 1) + 1 : la propriété est vraie au rang k + 1.

Conclusion. P(0) est vraie et P se transmet d'un rang au suivant. Le principe de récurrence donne alors, pour tout n ∈ ℕ : 2ⁿ ≥ n + 1.