Chapitres Maths en MPSI, PCSI, MP2I, PTSI

Corrigés: Raisonnement et récurrence

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SKU: Cours Particuliers
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Résumé de cours Exercices Corrigés

Cours en ligne de Maths en Maths Sup

Corrigés- raisonnements et récurrence MPSI, PCSI

1. 1. Manipulation des assertions et quantificateurs

Exercice 1
Soit $f$ une fonction de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ .
Traduire en termes de quantificateurs les phrases suivantes :

1/ $f$ est majorée.

Corrigé :

$f$ est majorée ssi
$\quad \exists\, M \in \mathbb{R}\,, \, \forall \, x \in \mathbb{R},\, f(x) \leq M$ .

2/ $f$ n’est pas minorée

Corrigé :

$\ast$ On écrit d’abord «

$f$ est minorée » :

$\exists \, m \in \mathbb{R}\, \, , \forall \, x \in \mathbb{R} , \, f(x) \geq m$

$\ast$ donc on obtient par négation :

$f$ n’est pas minorée ssi

$\forall \,m \in \mathbb{R},\, \exists \, x \in \, \mathbb{R} \,, \, f(x) < m$ .

3/ $f$ est bornée.

Corrigé :

$f$ est bornée ssi

$\exists \, M \in \mathbb{R}^{+}, \, \forall\, x \in \mathbb{R}\, , \, \vert f(x) \vert \leq M$ .

On retiendra que cetet écriture est plus simple et plus maniable que l’écriture

$\exists \, (m ,\, M) \in \mathbb{R}^2, \, \forall \, x \in \mathbb{R}, \, m \leq f(x) \leq M$ .

$f$ n’est ni paire ni impaire

Corrigé :

$\ast$ $f$ paire se traduit par $\forall \, x \in \mathbb{R} , \, f(x) = f( - x)$ .

$\ast$ $f$ impaire se traduit par $\forall \, x \in \mathbb{R} , \, f(x) = - f( - x)$ .

$\ast$ $f$ n’est ni paire ni impaire se traduit par
$\exists \, x \in \mathbb{R} \,, \, \vert f(x) \vert \neq \vert f(- x) \vert$ .

cette affirmation est équivalente et plus concise que
il existe $x \in \mathbb{R }$ tel que $f(x) \neq f( - x)$
ou
il existe $x \in \mathbb{R}$ tel que $f(x) \neq - f(-x)$ .

5/ $f$ ne s’annule jamais

Corrigé :

$f$ ne s’annule jamais se traduit par

$\forall\, x \in \mathbb{R}, \, f(x) \neq 0$ .

6/ $f$ est périodique

Corrigé :

$f$ est périodique se traduit par

$\exists\, T \in \mathbb{R}^*, \forall\, x \in \mathbb{R}, f(x + T) = f(x)$ .

7/ $f$ est croissante

Corrigé :

$f$ est croissante se traduit par
$\forall\, (x , y) \in \mathbb{R}^3$ , ( $x < y \Rightarrow f(x) \leq f(y)$ ).

8/ $f$ est strictement décroissante

Corrigé :

$f$ est strictement décroissante se traduit par
$\forall\, (x , y) \in \mathbb{R}^3$ , ( $x < y \Rightarrow f(x) >f(y)$ ).

9/ $f$ n’est pas monotone

Corrigé :

$f$ n’est pas monotone se traduit par
$\exists\, (x , y , z) \in \mathbb{R}^3, x < y < z$ , $\quad (f(y) - f(x))(f(z) - f(y)) < 0$
ce qui traduit le fait que $f(y) - f(x)$ et $f(z) - f(y)$ ne sont pas de même signe.
On peut aussi écrire
$\exists \,(x , y , z) \in \mathbb{R}^3, x < y < z$ , $\quad (f(y) - f(x))(f(z) - f(x)) < 0$ .

10/ $f$ n’ est pas la fonction nulle

Corrigé :

$f$ n’ est pas la fonction nulle se traduit par

$\exists \, a \in \mathbb{R}, \, f(a) \neq 0$ .

11/ $f$ ne prend pas deux fois la même valeur

Corrigé :

$f$ ne prend pas deux fois la même valeur
se traduit par :
si $(x , y) \in \mathbb{R}^2, \, (x \neq y \Rightarrow f(x) \neq f(y)$ ).

On dit que $f$ est injective.

12/ $f$ atteint toutes les valeurs de $\mathbb{N}$ .

Corrigé :

$f$ prend toutes les valeurs de $\mathbb{N}$ se traduit par
$\forall \, n \in \mathbb{N},\, \exists \, x \in \mathbb{R},\, f(x) = n$ .

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Exercice 2
Si $A$ est une partie non vide de $\mathbb{N}$ , traduire en français les propriétés suivantes :
Question 1
$\forall\, (a , \, b) \in A ^2, \vert a - b \vert \neq 1$ .

Corrigé :

$A$ ne contient pas deux éléments consécutifs.

Question 2
$A$ est une partie non vide de $\mathbb{N}$ vérifiant $\forall \, n \in A , \, n + 1 \in A$ .

Corrigé :

Si $n \in A$ , le suivant est dans $A$ (ainsi que tous les entiers supérieurs à $n$ ).
Alors si $a$ est le plus petit élément de $A$ , $A = \{ a + n , n \in \mathbb{N }\}$ .

(on admet que toute partie non vide de $\mathbb{N}$ possède un plus petit élément).

Exercice 3
Que dire de $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ vérifiant
a) $\forall\, x \in \mathbb{R}, \exists \, y \in \mathbb{R} , y = f(x)$
b) $\exists \, y \in \mathbb{R}, \, \forall \, x \in \mathbb{R}, \, y = f(x)$ ?

Corrigé :

On ne peut rien déduire de l’affirmation $a$ puisque toute fonction $f$ vérifie cette condition avec $y = f(x)$ .

Si $f$ vérifie b), $f$ est constante.

Exercice 4
Quelles sont les fonctions $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ vérifiant
a) $\exists \, a \in \mathbb{R}, \exists\, b \in \mathbb{R},$ $\quad \quad \forall\, x \in \mathbb{R}, \,f(x) = a\,x + b$
b) $\forall\, x \in \mathbb{R},$ $\quad \exists \, a \in \mathbb{R}, \exists\, b \in \mathbb{R}, \, f(x) = a\, x + b$

Corrigé :

Les fonctions $f$ vérifiant la condtion a) sont les fonctions affines.
Toute fonction $f$ vérifie la condition b)
il suffit de prendre $a = 0$ et $b = f(x)$ .

Exercice 5
Soit $n \in \mathbb{N}, n \geq 2$ et
Traduire avec des quantificateurs
a) $x _ 1\, , \, x_2 \, , \, \cdots \, , \, x_n$ sont $n$ réels non nuls.
b) $x _ 1\, , \, x_2 \, , \, \cdots \, , \, x_n$ sont $n$ réels non tous nuls
c) $(x _ 1\, , \, x_2 \, , \, \cdots \, , \, x_n )$ est une famille de réels contenant au moins un 0
d) $(x _ 1\, , \, x_2 \, , \, \cdots \, , \, x_n)$ est une famille de réels contenant un seul 0.

Corrigé :

a) $\forall \, k \in [\![1 ,\, n]\!], \, x_k \in \mathbb{R}^*$ .

b) $\forall \, k \in [\![1 ,\, n]\!], \, x_k \in \mathbb{R}$
et $\exists\, p \in [\![1 ,\, n]\!], \, x_p \in \mathbb{R}^*$ .

c) $\forall \, k \in [\![1 ,\, n]\!], \, x_k \in \mathbb{R}$
et $\exists\, p \in [\![1 ,\, n]\!], \, x_p = 0$
ou
$\forall \, k \in [\![1 ,\, n]\!], \, x_k \in \mathbb{R}$ et $\displaystyle \prod_{k= 1} ^n x_k = 0$ .

d) $\forall \, k \in [\![1 ,\, n]\!], \, x_k \in \mathbb{R}$
et $\exists\,! \, p \in [\![1 ,\, n]\!], \, x_p = 0\,$ .
ou
$\forall \, k \in [\![1 ,\, n]\!], \, x_k \in \mathbb{R}$ , $\exists \, p \in [\![1 ,\, n]\!], \, x_p = 0$
et $\displaystyle \prod_{1 \leq k\leq n, k \neq p} x_k = 0$ .

Exercice 6
Traduire avec des quantificateurs :
Question 1
Certains réels sont strictement supérieurs à leur carré

Corrigé :

$\exists \, x \in \mathbb{R}, \, x > x ^2$ .
(c’est le cas pour les réels vérifiant $x( 1 - x) > 0$ soit les réels de $]0 \,, \, 1 [$ ).

Question 2
Étant donnés trois réels non nuls, il y en a au moins deux de même signe

Corrigé :

Il est plus simple de définir les trois réels par la même lettre $x$ indexée.
Soient $(x_1\, ,\, x_2 \, ,\, x_3 )\in (\mathbb{R}^*) ^3$ ,
$\exists \, (i , j ) \in \{1, 2 , 3\}^2, i \neq j, x_i \, x_j > 0$ .

Exercice 7
Soient $P$ et $Q$ deux propriétés définies sur un ensemble $E$ .
Les assertions
a) $(\exists\, x \in E ,\, P(x)$ et $Q(x)$ )
b) ( $\exists \, x \in E ,\, P(x)$ ) et ( $\exists \, x \in E ,\,Q(x)$ )
sont-elles équivalentes ?

Corrigé :

Prendre $E = \mathbb{N}$ , $P$ « être pair » et $Q$ « être impair « .
L’affirmation
( $\exists \, x \in E ,\, P(x)$ ) et ( $\exists \,x \in E ,\,Q(x)$ )
est vraie.
Par contre l’affirmation
$\quad (\exists \, x \in E ,\, P(x)$ et $Q(x)$ )
est fausse car aucun entier n’est à la fois pair et impair.

Les propriétés a) et b) ne sont pas équivalentes. Mais la première propriété implique la deuxième.

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2. Raisonnement par récurrence en maths sup

Exercice 1
Montrer que si $n \in \mathbb{N }$ , 3 divise $2 ^{2 n} - 1$ .

Corrigé :

On établit le résultat par récurrence sur $n$ . On note :
$\quad$ si $n \in \mathbb{N}$ , $H _n : 3$ divise $2 ^{2 n} - 1$ .

$\bullet$ $H_0$ est vraie car $2 ^{2 n} - 1 = 1 - 1 = 0$ est divisible par 3.

$\bullet$ On suppose que $H_n$ est vraie
$2 ^{2 n + 2} - 1 = 4 . 2^{2 n } - 1$ $2 ^{2 n + 2} - 1 = 4 \left ( 2 ^{2 n} - 1 \right ) + 3$
En utilisant $H_n\,$ , il existe $p \in \mathbb{N}$ tel que $2 ^{2 n } -1 = 3 \, p$ , on a donc prouvé que
$2 ^{2 n + 2} - 1 = 3 (p + 1)$ est divisible par 3.
$H_{n + 1}$ est vraie.

$\bullet$ La propriété est établie par récurrence.

Exercice 2
$u_ 0 = 0$ et si $n \in \mathbb{N}$ , $u_{n + 1} = \displaystyle \frac 1 {2 - u_n}$ .
Conjecturer la valeur de $u_n$ et le démontrer

Corrigé :

$u_1 = \displaystyle \frac 1 2$ , $u_2 =\displaystyle \frac 2 3$ , $u_3 = \displaystyle \frac 3 4$ et $u_4 = \displaystyle\frac 4 5$
Ce qui doit suffire pour conjecturer !

Si $n \in \mathbb{N}$ , on note $H_n \,$ : $u_n = \displaystyle \frac {n } {n + 1}$ .

$\ast$ $H_0$ est vraie.
$\ast$ On suppose que $H_n$ est vraie
$u_{n + 1} = \displaystyle \frac 1 {2 - u_n} = \frac {n + 1} {2(n + 1) - n }$
$u_{n + 1} = \displaystyle \frac {n + 1} {n + 2}$ ce qui prouve $H_{n + 1}\,$ .

$\ast$ La propriété est démontrée par récurrence sur $n$ .

Exercice 3
Soit $n \in \mathbb{N}^*$ .
Si $f$ est croissante de $[\![1 ,\, n]\!]$ dans $[\![1, \, n]\!]$ il existe $k \in [\![1 ,\, n]\!]$ tel que $f(k) = k$ .

Corrigé :

Si $n \in \mathbb{N }^*$ , on note $H_n$ : Si $f$ est croissante de $[\![1 \, , \, n]\!]$ dans $[\![1 \,, \, n]\!]$ , il existe $k \in [\![1 \, n]\!]$ tel que $f(k) = k$ .

$\bullet$ Pour $n = 1$ , $f$ est une fonction croissante de $\{1\}$ dans lui même, donc $f(1) = 1$ et $H_1$ est prouvée.

$\bullet$ On suppose que $H_n$ est vraie.
Soit $f$ croissante de $[\![1 \, , \, n + 1 ]\!]$ dans $[\![1 \,, \, n + 1 ]\!]$ .
$\ast$ Si $f( n + 1) = n + 1$ , le résultat est établi avec $k = n + 1$ .
$\ast$ Si $f(n + 1) < n$ , $f(n) \leq f(n + 1) \leq n$ .
La restriction $g$ de $f$ à $[\![1\, , \, n ]\!]$ est une fonction croissante de $[\![1 \, , \, n ]\!]$ dans lui-même, donc d’après $H_n$ , il existe $k \in [\![1 \,, \, n ]\!]$ tel que $g(k) = k$ , donc $f(k) = k$ avec $k \in [\![1 \, , \, n ]\!]$ .

Par disjonction des cas, on a établi $H_{n + 1}\,$ .

$\bullet$ La propriété est démontrée par récurrence.

Exercice 4
Si $x$ est un réel non nul tel que $x + \displaystyle \frac 1 x \in \mathbb{Z}$ , alors $x ^n + \displaystyle \frac 1 {x^n} \in \mathbb{Z}$ .

Corrigé :

On suppose que $x$ est un réel non nul tel que $x + \displaystyle \frac 1 x \in \mathbb{Z}$ et si $n \in \mathbb{N}$ , on note $H_n : x ^n + \displaystyle \frac 1 {x^n} \in \mathbb{Z}$ et $x ^{n + 1} + \displaystyle \frac 1 {x^{n + 1}}\in \mathbb{Z}$ .
$\ast$ $H_0$ est vérifiée car : $x ^0 + \displaystyle \frac 1 {x^0} = 2 \in \mathbb{Z}$ et $x ^1 + \displaystyle \frac 1 {x^1} \in \mathbb{Z}$ .

$\ast$ On suppose que $H_n$ est vraie.
On note $y_k = \displaystyle x^k + \frac {1} {x ^k}\,$ .
$\displaystyle x ^{n + 2}+ \displaystyle \frac 1 {x^{n + 2}} \; =$ $\displaystyle \left ( x ^{n + 1} + \displaystyle \frac 1 {x^{n + 1}} \right ) \left ( x + \frac 1 x \right ) -\frac 1 {x ^{n }} - x^{n}$
soit $y_{n + 2} = y_{n + 1} \, y_1 - y _ n$
comme $y_{n + 1} \,,\, y _ n \; ,\; y_1$ sont dans $\mathbb{Z}$ , $y_{n + 1} \in \mathbb{Z}$ .
$H_{n + 1}$ est vraie.

$\ast$ La propriété est démontrée par récurrence.

Exercice 5
Tout entier $n \geq 1$ peut s’écrire comme somme de puissances de 2 toutes distinctes.

Corrigé :

On va procéder par récurrence forte sur $n$ .
Si $n \in \mathbb{N}^*$ , on note $H_n$ : pour tout entier $k$ tel que $1 \leq k \leq n$ , $k$ est somme de puissances de 2 toutes distinctes.

$\bullet$ $H_1$ est vraie car $1 = 2 ^0$ .

$\bullet$ Soit $n\geq 1$ tel que $H_n$ soit vraie.
$\ast$ Si $n+1$ est pair, alors $n +1 = 2\, m$ avec $1 \leq m \leq n$ car $2 \leq n + 1$ , $m$ s’écrit comme somme de puissances de 2 toutes distinctes,
$\quad \quad \quad m = 2^{p_1} + \cdots \,+ \, 2 ^{p _ r}$
avec $p_1 < \cdots \, < p_r$
donc $n + 1 = 2^{p_1 + 1 } + \cdots \,+ \, 2 ^{p _ r + 1}$ est la somme de puissances de 2 toutes distinctes.

$\ast$ Si $n + 1$ est impair, alors $n= 2 \, m$ avec $1 \leq m \leq n$ , $m$ s’écrit comme somme de puissances de 2
$\quad \quad \quad m = 2^{p_1} + \cdots \,+ \, 2 ^{p _ r}$
avec $p_1 < \cdots \, < p_r\,$ ,
$2 \, m = 2^{p_1 + 1 } + \cdots \,+ \, 2 ^{p _ r + 1}$
et $n + 1 = 2 ^0 + 2^{p_1 + 1 } + \cdots \,+ \, 2 ^{p _ r + 1}$ est la somme de puissances de 2, 2 à 2 distinctes.
On a prouvé que $H_{n + 1}$ est vraie.

$\bullet$ La propriété est démontrée par récurrence.

Exercice 6
Trouver l’erreur dans le raisonnement par récurrence suivant.

Soit si $n \in \mathbb{N}^*$ , $H_n$ » dans toute partie de $n$ entiers, tous les éléments ont même parité. »
$\ast$ $H_1$ est vraie de façon évidente.
$\ast$ Soit $n$ tel que $H_n$ soit vraie.
Soit $A$ une partie de $n + 1$ entiers que l’on range par ordre strictement croissant.
On note $A_1$ (resp $A_2$ ) la partie de $A$ formée des $n$ plus petits (resp. $n$ plus grands) éléments de $A$ .
D’après l’hypothèse $H_n$ , les éléments de $A_1$ ont même parité ainsi que les éléments de $A_2\,$ .
Or l’entier $x$ numéro $n$ est à la fois dans $A_1$ et $A_2$ , donc les éléments de $A_1$ et de $A_2$ ont la parité de $x$ , donc tous les éléments de $A$ ont même parité.
$\ast$ Par récurrence, toute partie finie non vide de $\mathbb {N}$ est formée d’éléments de même parité.

Corrigé :

La propriété est fausse car si $n = 1$ , les ensembles $A_1$ et $A_2$ n’ont pas d’élément commun, ce n’est que pour $n \geq 2$ , que l’on peut dire que le $n$ -ième élément est à la fois dans $A_1$ et $A _ 2\,$ .

Exercice 7
Soit pour $n \in \mathbb{N}$ , $H_n$ : 5 divise $6 ^n + 1$
Question 1
La propriété $H$ est héréditaire.

Corrigé :

On suppose que $H_n$ est vraie.
$6 ^{n + 1} + 1 = 6 \,. 6 ^n + 1$ $6 ^{n + 1} + 1 = 6( 6^n + 1) - 6 + 1$
comme $6 ^n + 1 = 5 \, N$ où $N \in \mathbb{N}$ ,
$6 ^{n + 1} + 1 = 30 \, N + 5 = 5 (6 \, N + 1)$ est divisible par 5.

La propriété $H$ est héréditaire.

Question 2
$H_n$ est vraie pour tout $n \in \mathbb{N}$ .

Corrigé :

Pour $n = 0$ , 5 ne divise pas $6^0 + 1 = 2$ .
On peut démontrer que $5$ ne divise jamais $6 ^n +1$ .
On démontre que le chiffre des unités de $6^n + 1$ est $7$ lorsque $n \geq 1$ .
Si $n \geq 1$ , on note $H_n$ : il existe $N \in \mathbb{N}$ tel que $6^n + 1 = 10\, N + 7$ .
$H_1$ est vraie car $6 ^1 + 1 = 7$
On suppose que $H_n$ est vraie, on écrit qu’il existe $N \in \mathbb{N}$ tel que $6^n + 1 = 10\, N + 7 \Rightarrow 6 ^n = 10\, N + 6$
$6 ^{n + 1} + 1 = 6 . 6 ^n + 1 = 6(10 \, N + 6) + 1$ $6 ^{n + 1} + 1 = 10 \,(6\, N + 3 ) + 7$ .

Par récurrence, le chiffre des unités de $6 ^n + 1$ est toujours un 7 ; donc $6 ^n + 1$ n’est pas divisible par $5$ pour tout $n \geq 1$ .

Il est important de ne pas oublier de vérifier correctement l’initialisation de la récurrence !

Exercice 8
Soit $\forall \, n \in \mathbb{N}^* ,\, u_{n + 1} = u_{n } - u_{n - 1}$
et $u_0 = 0$ .
On note si $n \in \mathbb{N}^*$ ,
$\quad \quad H_n$ : $\forall \, k \in [\![0 , n]\!], \, u_k \in \mathbb{Q}$ .
Question 1
$H$ est héréditaire.

Corrigé :

On suppose que $H_n$ est vraie avec $n \geq 1$ , alors $u_n$ et $u_{n - 1}$ sont des rationnels, donc $u_{n + 1}$ est rationnel par somme de rationnels.

Question 2
Si $u_0 = 0$ , on a prouvé par récurrence forte que $u_n$ est rationnel pour tout $n \in \mathbb{N}$

Corrigé :

En choisissant $u_1 = \sqrt{2}$ , il est alors évident que $u_1$ n’est pas rationnel.
Comme $H_1$ est fausse, la propriété n’est pas vraie par récurrence.

Conclusion
Il est conseillé pour ne pas se faire piéger par une telle erreur, de démontrer la propriété par récurrence double et non par récurrence forte (ce qui risque l’oubli de la vérification de la propriété pour $n = 1$ ).

3. Sur la suite de Fibonacci en maths sup

On considère la suite $(u_n)_n$ (suite de Fibonacci) définie par $u_0=u_1=1$ et, pour tout $n\in \mathbb{N},\, u_{n+2}=u_n+u_{n+1}\,$ .
Question 1
La suite $(u_n)_n$ vérifie :
$\quad \quad \forall\, n\in \mathbb{N}^* ,\, n \geq 2, \, u_n \geq n - 1$ .

Corrigé :

Si $n \in \mathbb{N}$ et $n \geq 2$ , on note $\quad H_n : u_n \geq n, \, u_{n + 1} \geq n -1$ .
$u_0 = 0, u_1 = u _ 2 = 1 , u_3 = 2$ .
$\bullet$ $u_2 = 1 \geq 2 - 1$ et $u_3 = 2 \geq 3 - 1$ , donc $H_2$ est vraie.

$\bullet$ On suppose que $H_n$ est vraie où $n \in \mathbb{N}$ est fixé et vérifie $n \geq 2$ .
$u_{n + 2} = u_{n } + u_{n + 1} \geq (n - 1) + n$
puis $(2\, n - 1) - (n + 1) = n - 2 \geq 0$ , donc $u_{n + 2} \geq 2\, n - 1 \geq n + 1$ .
On a établi $H_{n + 1}\,$ .

La propriété est démontrée par récurrence sur $n$ .

Question 2
La suite $(u_n)_n$ vérifie :
$\; \; \forall\, n\in \mathbb{N}, \, u_n\, u_{n+2} - u_{n + 1} ^2 =(-1)^n$ .

Corrigé :

Pour tout $n\in \mathbb{N},$ on note
$H_n$ : $\, u_n\, u_{n+2} - u_{n + 1} ^2 =(-1)^{n + 1}$ .
et on note $v_n = u_n\, u_{n+2} - u_{n + 1} ^2\,$ .

Dans cette question, il est inutile d’utiliser une hypothèse de récurrence double.
$\bullet$ $v_0 = u_0\, u_{2} - u_{1} ^2 = - 1 = (- 1) ^{0 + 1}$
donc $H_0$ est vraie.

$\bullet$ On suppose que $H_n$ est vraie
$v_{n + 1} = u_{n + 1} \, u_{n+3} - u_{n + 2} ^2$
$v_{n + 1} = u_{n + 1} \left ( u_{n+2} + u_{n+1} \right ) - u_{n + 2} ^2$
$v_{n + 1} = u_{n + 1} ^2 - u_{n+2}\left ( u_{n+2} -u_{n + 1} \right )$
$v_{n + 1} = u_{n + 1} ^2 - u_{n+2}\, u_{n}$
$v_{n + 1} = - v_{n} = (-1) ^{n + 2}$ en utilisant $H_n\,$ .
$H_{n + 1}$ est vraie, donc la propriété est démontrée par récurrence.

Question 3
La suite $(u_n)_n$ vérifie pour tout $(p \, , \, q) \in \mathbb{N}^* \times \mathbb{N}$ ,
$\quad \quad \, u_p \, u_{q + 1} + u_{p - 1} \, u_q = u_{p + q}\,$ .

Corrigé :

On fixe $p \in \mathbb{N}^*$ et on utilise une récurrence double sur l’entier $q$ .
Soit si $q \in \mathbb{N}$ , $H_q$ : $u_p \, u_{q + 1} + u_{p - 1} \, u_q = u_{p + q}\,$ et $u_p \, u_{q + 2} + u_{p - 1} \, u_{q + 1} = u_{p + q + 1}\,$ .

$\bullet$ Pour $q = 0$ , ( $u_0 = 0, u_1 = 1$ )
$\ast$ $u_p \, u_{q + 1} + u_{p - 1} \, u_q = u_p = u_{p + 0}\,$
$\ast$ $u_p \, u_{q + 2} + u_{p - 1} \, u_{q + 1} = u_p + u_{p - 1}$
$u_p \, u_{q + 2} + u_{p - 1} \, u_{q + 1} = u_{p + 1}$
$u_p \, u_{q + 2} + u_{p - 1} \, u_{q + 1} = u_{p + q + 1}$
donc $H_0$ est vraie.

$\bullet$ On suppose que $H_q$ est vraie.
Par somme des relations :
$u_p \, u_{q + 1} + u_{p - 1} \, u_q = u_{p + q}\,$ et $u_p \, u_{q + 2} + u_{p - 1} \, u_{q + 1} = u_{p + q + 1}\,$ ,
on obtient
$u_p ( u_{q + 1} + u_{q + 2}) + u_{p - 1} \,( u_q + u_{q + 1})$ $\quad \quad \quad = u_{p + q} + u_{p + q + 1}\,$
ce qui donne
$u_p \, u_{q + 3} + u_{p - 1} \, u_{q + 2} = u_{p + q + 2}\,$ .
On a prouvé $H_{q + 1}$ .

La propriété est démontrée par récurrence.

Question 4
On note $\varphi = \displaystyle \frac {1 + \sqrt{5}} 2$ et $\varphi ' = \displaystyle \frac {1 - \sqrt{5}} 2$ .
$\forall\, n \in \mathbb{N}, \,\displaystyle u_n = \frac 1 {\sqrt{5}} \left ( \varphi ^n - {\varphi'}^n \right )$ .

Corrigé :

On note $\varphi = \displaystyle \frac {1 + \sqrt{5}} 2$ et $\varphi ' = \displaystyle \frac {1 - \sqrt{5}} 2$
$\forall\, n \in \mathbb{N},$ soit $H_n$ : $\displaystyle u_n = \frac 1 {\sqrt{5}} \left ( \varphi ^n - {\varphi'}^n \right )$
et $\displaystyle u_{n + 1} = \frac 1 {\sqrt{5}} \left ( \varphi ^{n + 1} - {\varphi'}^{n + 1} \right )$ .

$\bullet$ Pour $n = 0$
$\displaystyle \frac 1 {\sqrt{5}} \left ( \varphi ^0 - {\varphi'}^0 \right ) = 0 = u_0$
$\displaystyle \frac 1 {\sqrt{5}} \left ( \varphi - {\varphi'} \right ) = \frac 1 {\sqrt{5}} \, \sqrt{5} = 1 = u_1 \,$ .
On a prouvé que $H_0$ est vraie.

$\bullet$ On suppose que $H_n$ est vraie.
En utilisant la somme des deux relations

$u_{n + 2} = u_{n} + u_{n + 1}$
$\sqrt{5}\; u_{n + 2} = \varphi ^n + \varphi ^{n + 1} -{\varphi'}^{n } - {\varphi'}^{n + 1}$
Puis
$\ast$ $\varphi ^n + \varphi ^{n + 1} = \varphi ^n(1 + \varphi )$
$1 + \varphi = \displaystyle \frac {3 + \sqrt{5}} 2 =\frac {6 + 2\sqrt{5}} 4 = \varphi ^2$
donc $\varphi ^n + \varphi ^{n + 1} = \varphi ^{n + 2}$ .

$\ast$ ${\varphi'} ^n +{\varphi'}^{n + 1} = {\varphi'} ^n(1 + {\varphi'} )$
$1 + {\varphi'} = \displaystyle \frac {3 - \sqrt{5}} 2 =\frac {6 - 2\sqrt{5}} 4 = {\varphi '}^2$
${\varphi'} ^n +{\varphi'}^{n + 1} = {\varphi'}^{n + 2}$ .

On a prouvé que
$\quad \quad \sqrt{5}\, u_{n + 2} = \varphi ^{n + 2} -{\varphi'}^{n +2 }$ .
On a donc établi $H_{n + 1}\,$ .

La propriété est établie par récurrence.

4. Autres types de raisonnements

Exercice 1
Démontrer que si $n$ est la somme de deux carrés d’entiers, alors le reste de la division euclidienne de $n$ par 4 est toujours différent de 3.

Corrigé :

On écrit $n = a ^2 + b ^2$ où $(a,\, b) \in \mathbb{N}^2$ , on raisonne par disjonction des cas.

$\bullet$ $a$ et $b$ sont pairs, soit $a = 2\, a'$ et $b = 2 \, b'$ où $(a' , \, b') \in \mathbb{N}^2$ .
$n = 4 ({a'}^2 + {b'}^2)$ .
Le reste de la division de $n$ par 4 est nul.

$\bullet$ L’un est pair et l’autre impair.
Par symétrie, on peut supposer que $a$ est pair et $b$ est impair et écrire $a = 2\, a'$ , $b = 2\, b' + 1$ où $(a' ,\, b') \in \mathbb{N}^2$ .
$n = 4 \, {a'} ^2 + 4\, {b'}^2 + 4\, b' + 1$ $n = 4 \left ( {a'} ^2 + {b'} ^2 + b'\right) + 1$ .
Le reste de la division de $n$ par 4 est égal à 1.

$\bullet$ $a$ et $b$ sont impairs, soit $a = 2\, a' + 1$ et $b = 2 \, b' + 1$ où $(a', \, b') \in \mathbb{N}^2$ .
$n = 4 ({a'}^2 + {b'}^2) + 4 (a' + b') + 2$
$n = 4 ({a'}^2 + {b'}^2 + a' + b') + 2$
Le reste de la division de $n$ par 4 est égal à 2.

Par disjonction des cas, le reste de la division de $n$ par 4 n’est pas égal à 3.

Exercice 2
Pour tout $n \in \mathbb{N}$ , $n(n + 1)(2 \, n + 1)$ est divisible par 6

Corrigé :

$\bullet$ On remarque que $n$ et $n + 1$ sont deux entiers consécutifs, l’un est pair et l’autre impair, donc $n(n + 1)$ est pair, alors $n (n + 1)(2\, n + 1)$ est divisible par 2.

$\bullet$ On démontre que $N = n(n + 1)(2 n + 1)$ est divisible par 3
$\ast$ si $n = 3 \, p$ où $p \in \mathbb{N}$ , $N$ est un multiple de $n$ , donc est divisible par 3.

$\ast$ $n = 3 \, p + 1$ où $p \in \mathbb{N}$ ,
$2 \, n + 1 = 6\, p + 3$ est divisible par 3, donc $N$ l’est aussi .

$\ast$ $n = 3 \, p + 2$ où $p \in \mathbb{N}$ ,
$n + 1 = 3 \,p + 3$ est divisible par 3, donc $N$ l’est aussi .

Par disjonction des cas, $N$ est divisible par 3.

$N$ est divisible par 2 et 3, donc divisible par 6.

Aviez vous pensé à démontrer la divisibilité par 2 puis par 3 (ce qui est plus rapide que de démontrer que la propriété est vraie par disjonction de 6 cas) ?

Exercice 3
Si $x$ et $y$ sont réels,
$\; \; \max (x , \, y) = \displaystyle \frac 1 2 \left (x + y + \vert x - y \vert \right )$
$\; \; \min(x ,\, y) = \displaystyle \frac 1 2 \left (x + y - \vert x - y \vert \right )$ .

Corrigé :

On raisonne par disjonction des cas :

$\bullet$ Si $x \geq y$ , $\vert x - y \vert= x - y$
$\ast$ $\displaystyle x + y + \vert x - y \vert =x + y + x - y =2\, x$
soit $\displaystyle \frac 1 2 \left (x + y + \vert x - y \vert \right ) = x = \max(x ,\, y)$ .
$\ast$ $\displaystyle x + y - \vert x - y \vert =x + y - x + y =2 \, y$
soit $\displaystyle \frac 1 2 \left (x + y - \vert x - y \vert \right ) = y = \min(x ,\, y)$ .

$\bullet$ Si $x < y$ , $\vert x - y \vert = y - x$
$\ast$ $\displaystyle x + y + \vert x - y \vert =x + y + y - x =2\, y$
soit $\displaystyle \frac 1 2 \left (x + y + \vert x - y \vert \right ) = y = \max(x ,\, y)$ .
$\ast$ $\displaystyle x + y - \vert x - y \vert = x + y + x - y = 2 \,x$
soit $\displaystyle \frac 1 2 \left (x + y - \vert x - y \vert \right ) = x = \min(x ,\, y)$ .

On a établi les relations par disjonction des cas.

Exercice 4
Déterminer l’ensemble des fonctions $f$ de $\mathbb{N}$ dans $\mathbb{N}$ telles que $\forall\, (m , n) \in \mathbb{N} ^2$ , $f( m+n ) = f(m) \, f(n)$ .

Corrigé :

$\bullet$ Analyse
Si $f$ est solution, en prenant $m = n = 0$
$f(0) = f ^2(0)$ donc $f(0) = 0$ ou $f(0) = 1$ .
$\ast$ Si $f(0) = 0$ , $\forall\, n \in \mathbb{N}, \, f(n ) = f(n + 0) = f(n) \, f(0) = 0$ donc $f = 0$

$\ast$ Si $f(0) = 1$ , $\forall\, n \in \mathbb{N}, \, f(n ) = f(n + 0) = f(n) f(0)$ donc $f(n) = 1$ .
Il y a au plus deux solutions : les fonctions constantes égales à 0 et à 1.

$\bullet$ Synthèse
$\ast$ Si $f : m \mapsto 0$ ,
$\forall\, (m , n) \in \mathbb{N} ^2$ , $\quad \quad \quad f( m+n )= 0 = f(m) \, f(n)$ .
$\ast$ Si $f : m \mapsto 1$ ,
$\forall\, (m , n) \in \mathbb{N} ^2$ , $\quad \quad \quad f( m+n )= 1 = f(m) \, f(n)$ .

Le problème admet exactement deux solutions.

Exercice 5
Déterminer les fonctions $f$ telles que pour tout réel $x$ , $\quad \quad f(x) + x f(1 - x) = 1 + x$

Corrigé :

On suppose que $f$ est solution, en remplaçant $x$ par $1 - x$ , pour tout réel $x$ , $f(1 - x) + (1 - x) f(x) = 2 - x$
relation que l’on multiplie par $x$
$x \, f(1 - x) + x (1 - x) f(x) = 2\, x - x^2$
puis en utilisant la définition de $f$ : $x f(1 - x) = 1 + x - f(x)$
on obtient $1 + x - f(x) + x (1 - x) f(x) = 2\, x - x^2$
en réordonnant $(1 - x + x^2) \, f(x) = 1 - x + x^2$
sachant que pour tout réel $x$ , $1 - x + x^2 \neq 0$ , on obtient $f(x) = 1$ .

$\bullet$ Synthèse Soit $f : x \mapsto 1$ .
Pour tout réel $x$ , $\; \; f(x) + x\, f(1 - x) = 1 + x. 1 = 1 + x$
donc $f$ est solution.

Le problème admet une unique solution, la fonction constante égale à 1.

Exercice 6
Déterminer toutes les fonctions $f\, :\, \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ telles que,
$\forall\, (x \, , \, y) \in \mathbb{R}^2 ,$ $\quad \quad f(x). f(y) - f(x \, y)=x+y$ .

Corrigé :

On va raisonner par analyse-synthèse en déterminant des conditions nécessaires sur $f$ qui vérifie cette équation, puis en vérifiant que ces conditions sont suffisantes.

$\bullet$ Analyse : soit $f$ une fonction vérifiant cette condition.
$\ast$ En choisissant $x=y=0$ , on obtient $f(0)^2 - f(0)=0$ , ce qui entraîne $f(0)=0$ ou $f(0)=1$ .
$\ast$ En choisissant ensuite $x=1$ et $y=0$ , on a $f(1)f(0)- f(0)=1$ , ce qui interdit $f(0)=0$ . On a donc $f(0)=1$ (et aussi $f(1)=2$ ).
$\ast$ Enfin, fixant $y=0$ , on obtient que pour tout $x\in \mathbb{R}$ , on a $f(x)=x+1$ .
On a donc prouvé que si $f$ est solution de l’équation, alors, pour tout réel $x$ , $f(x)=x+1$ .

$\bullet$ Synthèse : Soit $f : x \mapsto x + 1$ .
Alors, $\forall\, (x \, , \, y) \in \mathbb{R}^2$ , on a
$f(x)\, f(y)=(x+1)(y+1)$ $f(x) \, f(y) = x\, y+x+y+1$
et $f(x\, y)=x\, y+1$
ce qui prouve bien que $f$ est solution de l’équation.