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Ouverture
L’idée qu’un ensemble d’entiers naturels contenant 0 et construit en prenant, pour chaque
entier n de l’ensemble, son successeur n + 1,
soit l’ensemble de tous les entiers naturels, est
une idée parfaitement claire. En effet comme il
contient 0, par construction il contient 1, donc
2, donc 3, etc.
Cette idée est sous-jacente dans de nombreux
textes anciens, en particulier dans les livres
d’arithmétique d’Euclide lors de la preuve de la
décomposition d’un entier en nombres premiers,
démonstration d’ailleurs reprise et rédigée en
termes plus « modernes » par le mathématicien
perse Al-Farasi au xiiie siècle.
Mais évidemment, dans tous ces textes anciens,
on ne retrouve pas clairement le leitmotiv qui
sera développé dans ce chapitre : nous vérifions
la propriété pour 0, nous prouvons que, si elle est
vraie pour un entier n positif ou nul, elle est vraie
pour son suivant n + 1, donc elle est vraie pour
tous les entiers.
Il est donc très difficile de dater la première utilisation explicite du raisonnement par récurrence.
Ce qui est certain est que Pascal, dans son « Traité
du triangle arithmétique », écrit en 1654, utilise
explicitement un raisonnement par récurrence,
pratiquement rédigé de manière contemporaine.
Cette démonstration, dite alors par induction, qui
utilisait les premiers entiers et « ainsi de suite »,
suscitait de nombreuses critiques en particulier
de Fermat et de Bernoulli et il a fallu attendre le
xxe siècle pour avoir une définition de N par un
ensemble de cinq axiomes. Ces axiomes proposés
par Guiseppe Peano contiennent un axiome cinq
qui énonce :
« Si un ensemble d’entiers naturels contient 0 et
contient le successeur de chacun de ses éléments,
alors cet ensemble est égal à N. »
L’idée claire et naïve est donc un axiome !
Réponse à la question
Démontrons par récurrence que la propriété Pn
bn - an
« yn y0bn cx0 ¥
 » est vraie pour tout
b- a
entier naturel n.

• Initialisation : y0b0 cx0 ¥

b0 - a0
y0 donc la
b- a

propriété P0 est vraie.
• Hérédité : Soit n un entier naturel quelconque
fixé. Supposons que Pn est vraie c’est-à-dire
bn - an
yn y0bn cx0 ¥
b- a
(hypothèse de récurrence).
On a yn 1 byn cxn . Pour tout entier naturel n,
xn+1 = axn, donc la suite (xn) est une suite géométrique de raison a donc, pour tout entier naturel
n, xn = x0 × an.
En utilisant l’hypothèse de récurrence, on a
Ê
bn - anˆ
yn 1 b Á y0bn cx0 ¥
cx0an
b - a ˜¯
Ë
Ê bn 1 - anb
ˆ
an˜
y0bn 1 cx0 Á
b
a
Ë
¯
bn 1 - an 1
b- a
c’est-à-dire Pn +1 est vraie.
• Conclusion : La propriété Pn est vraie au rang 0 et
est héréditaire, donc elle est vraie pour tout entier
naturel n.
y0bn 1 cx0 ¥

Vérifier ses acquis
3
4
2
; u2 ; u3 .
3
5
7
b. u0 = 1 ;  u1 = –1 ;  u2 = 1 ;  u3 = –1.
c. u0 = 1 ;  u1 = 3 ;  u2 = 7 ;  u3 = 15.

1 a. u0 1 ; u1

n2 1
.
2n 5
b. u0 = 3 et, pour tout entier naturel n,
un 1 un 5.

2 a. Pour tout entier naturel n, un

c. u0 = 2 et, pour tout entier naturel n,
un+1 = 5un + (n + 1)2 – 1.

3 1. a. un+1 = n2 + 3n + 1.
b. un–1 = n2 – n – 1
c. un+1 – un = 2n + 2.
2. Pour tout entier naturel n, un+1 – un ≥ 0,
donc la suite (un) est croissante.
4 a. (un) est croissante.
b. (un) n’est pas monotone.
c. (un) est décroissante.
d. (un) n’est pas monotone.
Chapitre 1 n Récurrence et suites bornées n  7

© éditions Belin, 2012.

1

rnées
o
b
s
e
it
su
t
e
e
c
n
e
rr
u
c
é
R

5 a. u0 = 0 ;  u1 = 1 ;  u2 = 4. u1 – u0 ≠ u2 – u1,
donc la suite (un) n’est pas arithmétique.
u0 = 0 et u1 ≠ 0, donc la suite (un) n’est pas géométrique.
b. La suite (un) est arithmétique de premier
terme u0 = 2 et de raison –5.
c. Pour tout entier naturel n, un = 2n + 3, donc
la suite (un) est arithmétique de premier terme
u0 = 3 et de raison 2.

Activité 2

1 a. d3 = 0 et d4 = 2.

b. d5 = d4 + 3 et d6 = d5 + 4.
c. Pour tout entier n ≥ 3, dn+1 = dn + n – 1.

2 a.

n

Ê 9ˆ
d. Pour tout entier naturel n, un 3 ¥ Á ˜ , donc
Ë 2¯
la suite (un) est géométrique de premier terme
9
u0 = 3 et de raison .
2
8
e. u0 = 3 ;  u1 = 2 ;  u3 .
3
u1 – u0  ≠  u2 – u1, donc la suite (un) n’est pas
arithmétique.
u1 u2
, donc la suite (un) n’est pas géométrique.
u0 u1
f. La suite (un) est arithmétique de premier
terme u0 = –5 et de raison 4.

6 1. a. un = 3n + 2 et u18 = 56.
b. S18 = 551.
2. a. vn = 2 × 3n et v8 = 13 122.
b. T8 = 19 682.
7 a. Pour N = 2, le résultat affiché est 5.
Pour N = 5, le résultat affiché est 55.
b. Cet algorithme permet de calculer la somme
des carrés des N+1 premiers entiers où N est un
entier naturel choisi par l’utilisateur, c’est-à-dire
N

 i2 .

i 0

b.
180
160
140
120
100
80
60
40
20
0

0

5

10

15

20

25

c. Le nuage de points fait penser à une parabole.

Activité 1

1 a. 41 est premier, donc la propriété P1 est
vraie.
b. De même les propriétés P2, P3, P4, P10, P20 et
P30 sont vraies.
2 Pour n = 41, n2 – n + 41 = 412, donc la propriété P41 est fausse. Donc la propriété Pn n’est
pas vraie pour tout entier naturel n.

8

n

Chapitre 1 n Récurrence et suites bornées

2
3 a. Pour tout entier n ≥ 3, dn n - 3n .

2
b. Vérification à l’aide du tableur.
c. On suppose que la formule conjecturée est
vraie à partir d’un certain rang n ≥ 3.
n2 - 3n
n-1
2
n2 - n - 2 (n 1)2 - 3(n 1)
.


2
2
Donc la formule est vraie au rang n + 1.

dn 1 dn n - 1

d. d100 = 4 850, donc un polygone convexe à
100 sommets a 4 850 diagonales.

© éditions Belin, 2012.

Activités d’introduction

Activité 3

1 Si Pn est vraie, alors il existe un entier k tel que

10n – 1 = 9k. On a ainsi
10n+1 – 1 = 10 × 10n – 1 = 10(9k + 1) – 1
= 9(10k + 1). Or 10k + 1 est un entier, donc
10n+1 – 1 est un multiple de 9, c’est-à-dire que
Pn+1 est vraie.
On a envie de conclure que la propriété Pn est
vraie pour tout entier naturel n.

Travaux pratiques
1TP Algorithmique 1  Somme des cubes

Ê

ˆ

n

2

1 Pour tout entier n ≥ 1, Tn Á Â k˜ .
˜
ÁË
k 1 ¯

2

2 Si Qn est vraie alors il existe un entier k tel que
10n + 1 = 9k. On a ainsi 10n+1 + 1 = 10 × 10n + 1 
= 10(9k – 1) + 1 = 9(10k – 1) donc 10n+1 + 1 est
un multiple de 9, c’est-à-dire que Qn+1 est vraie.
On a envie de conclure que la propriété Qn est
vraie pour tout entier naturel n.

Activité 4

1 a. (un) semble minorée par –5 et non majorée.
b. (un) semble minorée par –2 et majorée par 0.
c. (un) semble minorée par 0 et majorée par 3.
d. (un) semble minorée par –1 et majorée par 1.
e. (un) semble non minorée et non majorée.
f. (un) semble minorée par –1 et majorée par 2.
g. (un) semble minorée par 1 et majorée par 3.
h. (un) semble minorée par 1,5 et non majorée.
Dans l’exemplaire élève, l’échelle a été modifiée de
façon que : 1 carreau = 1 unité sur l’axe des ordonnées, et 2 carreaux = 1 unité sur l’axe des abscisses.
i. (un) semble minorée par 0 et majorée par 4.
2 L’affirmation « 
Toute suite croissante est
minorée. » est vraie. En effet, toute suite croissante est minorée par son premier terme.
L’affirmation « Toute suite croissante est majorée. 
» est fausse. On peut prendre comme
contre-exemple la suite de la question 1.a.
L’affirmation « Il existe des suites croissantes et
majorées. » est vraie. On peut prendre comme
exemple la suite de la question 1.f.
L’affirmation « Toute suite est soit minorée, soit
majorée. » est fausse. On peut prendre comme
contre-exemple la suite de la question 1.e.

3 On peut conjecturer que, pour tout entier
naturel n non nul, Tn = Sn.
4 En utilisant la somme des termes consécutifs
d’une suite arithmétique, on peut dire que, pour



2

Ê n n 1ˆ
tout entier naturel n non nul, Tn Á
˜ .
Ë 2 ¯
Démontrons par récurrence que la propriété Pn :
« Tn = Sn » est vraie pour tout entier naturel n
non nul.
2

Ê 1 ˆ
• Initialisation : d’une part Á k˜ 12 1 et
˜
ÁË
k 1 ¯
1

Â

Â

d’autre part
k3 13 1 donc la propriété P1 est
vraie.
k 1
• Hérédité : soit n un entier naturel non nul quelconque fixé. Supposons que la propriété Pn est
vraie c’est-à-dire que Tn = Sn (hypothèse de récurrence). On a
Sn 1

n 1

 k3 Sn (n 1)3 Tn (n 1)3

k 1

2

2





Ê n 1ˆ 2
Ê n(n 1)ˆ
(n 1)3 Á
n 4(n 1)
Á
˜
Ë 2 ˜¯
Ë 2 ¯
2

Ê (n 1)(n 2)ˆ
Á
˜¯ Tn 1.
2
Ë
Donc la propriété Pn+1 est vraie.
• Conclusion : la propriété Pn est vraie au rang 1
et est héréditaire donc la propriété Pn est vraie
pour tout entier naturel n non nul.

Chapitre 1 n Récurrence et suites bornées n  9

© éditions Belin, 2012.

3 Pour n = 0, 100 – 1 = 0 est un multiple de 9
donc P0 est vraie. En utilisant le principe de récurrence, on peut en déduire que la propriété Pn est
vraie pour tout entier naturel n.
Pour n = 0, 100 + 1 = 2 n’est pas un multiple de 9
donc Q0 est fausse, donc la propriété Qn n’est pas
vraie pour tout entier naturel n.

5 D’une part, le côté du carré « global » est formé
6

de

 k « petits » carrés. Le carré « global » est donc

k 1

2

Ê 6 ˆ
formé de Á k˜ « petits » carrés. D’autre part, si
ÁË
˜
k 1 ¯
on considère la figure ci-dessous, chaque « bloc »
gris clair ou gris foncé peut être formé en utilisant k
carrés dont le côté est formé de k « petits » carrés
c’est-à-dire que chaque « bloc » est formée de k3
petits carrés avec k entier variant de 1 à 6. Le carré

Â

3 a.
Saisir n entier naturel non nul
u prend la valeur 1
Pour k allant de 2 à n faire
u prend la valeur 2u+1
Fin boucle pour
Afficher u
Programme Algobox :

6

global est donc formé de

 k3 « petits » ­carrés. On

k 1

retrouve donc le résultat pour n = 6.

b. u4 = 15 ;  u5 = 31 et u6 = 63.
c.

2TP Algorithmique 2  Tours de Hanoï

Saisir T réel strictement positif
n prend la valeur 1
u prend la valeur 1
Tant que 2u≤T faire
n prend la valeur n+1
u prend la valeur 2u+1
Fin tant que
Afficher n–1
Programme Algobox :

1 u1 = 1 et u2 = 3.

4 a.
n

u(n)

u(n) + 1

2 On suppose que la tour de départ est consti-

1

1

2

tuée de n + 1 disques.
Pour pouvoir déplacer la pièce la plus grosse de la
tour de « départ » à la tour « d’arrivée », il est nécessaire d’avoir constitué une tour avec les n autres
pièces sur la tour « intermédiaire » ; ceci nécessite
au minimum un coups. On déplace ensuite la pièce
la plus grosse puis on doit déplacer les n pièces de
la tour « intermédiaire » sur la tour « d’arrivée » ce
qui nécessite à nouveau au minimum un coups. On
a donc la relation de récurrence un+1 = 2un + 1.

2

3

4

3

7

8

4

15

16

5

31

32

6

63

64

7

127

128

8

255

256

9

511

512

10

1023

1024

10 n Chapitre 1 n Récurrence et suites bornées

© éditions Belin, 2012.

Pour u3 : la tour de départ est constituée de trois
disques numérotés de 1 à 3 (le disque n° 1 étant
le plus petit).
Pour déplacer les trois disques de la tour de
« départ » à la tour « d’arrivée » en un minimum
de coups, on déplace le disque 1 sur la tour «  d’arrivée » puis le disque 2 sur la tour « intermédiaire »
puis le disque 1 sur la tour « intermédiaire »,
puis le disque 3 sur la tour « d’arrivée » puis le
disque 1 sur la tour de « départ », puis le disque
2 sur la tour « d’arrivée », puis le disque 1 sur la
tour « d’arrivée ». On a bien u3 = 7.

3TP Tice 1  Suite définie par une relation

de récurrence

1
n

u(n)

d(n)

0

5

16

1

21

24

2

45

32

3

77

40

4

117

48

5

165

56

6

221

64

7

285

72

8

357

80

9

437

88

10

525

96

11

621

104

12

725

112

13

837

120

14

957

128

15

1085

136

16

1221

144

17

1365

152

18

1517

160

19

1677

2 La suite (dn) semble être une suite arithmétique de raison 8.
3

1 800
1 600
1 400
1 200
1 000
800
600
400
200
0

0

5

10

15

20

4 Les points du nuage semblent être situés sur
une parabole passant par le point de coordonnées (0 ; 5) donc on peut penser qu’il existe des
réels a et b tels que un = an2 + bn + 5. On a alors
dn = un+1 – un = a(n + 1)2 + b(n + 1) – an2 – bn = 
2an + a + b.
On a conjecturé que (dn) est une suite arithmétique de raison 8 et de premier terme d0 = 16
donc dn = 8n + 16.
Par identification, on en déduit que a = 4 et b = 12.
5 Démontrons par récurrence que la propriété
Pn : « un = 4n2 + 12n + 5 » est vraie pour tout
entier naturel n.
• Initialisation : d’une part u0 = 5 et d’autre part
4 × 02 + 12 × 0 + 5 = 0, donc la propriété P0 est
vraie.
• Hérédité : soit n un entier naturel quelconque
fixé. Supposons que la propriété Pn est vraie,
c’est-à-dire que un = 4n2 + 12n + 5 (hypothèse
de récurrence). On a
Ê
2 ˆ
6
un 1 Á1
u
n 1˜¯ n n 1
Ë
(n 3)(4n2 12n 5) 6
n 1
4n2 20n 21 4(n 1)2 12(n 1) 5.
Donc la propriété Pn+1 est vraie.
• Conclusion : la propriété Pn est vraie au rang 0
et est héréditaire donc Pn est vraie pour tout
entier naturel n.


Chapitre 1 n Récurrence et suites bornées n  11

© éditions Belin, 2012.

Conjecture : pour tout entier naturel n non nul,
un + 1 = 2n, donc un = 2n – 1.
b. Démontrons par récurrence que la propriété
Pn : « un = 2n – 1 » est vraie pour tout entier
naturel n non nul.
• Initialisation : d’une part u1 = 1 et d’autre part
21 – 1 = 1 donc la propriété P1 est vraie.
• Hérédité : soit n un entier naturel non nul quelconque fixé. Supposons que la propriété Pn est
vraie c’est-à-dire que un = 2n – 1 (hypothèse de
récurrence). On a un+1 = 2un + 1 = 2(2n – 1) + 1 
= 2n+1 – 1.
Donc la propriété Pn+1 est vraie.
• Conclusion : la propriété Pn est vraie au rang 1
et est héréditaire, donc Pn est vraie pour tout
entier naturel n non nul.

1 a. 30 premiers termes des suites (xn) et (yn) :
n

x(n)

y(n)

0

0

11

1

–4,6

6,8

2

–5,76

0,68

3

–3,016

–4,912

4

2,5344

–7,7392

5

8,67104

–6,67072

6

12,939264

–2,133952

7

13,6317824

4,0563968

8

10,4715878

9,42418688

9

4,72275814

11,8223022

10

–1,31517481

10,2914967

11

–5,22703784

5,44409244

12

–5,44808573

–0,78094875

13

–1,88989933

–5,89361044

14

4,0242468

–7,84882796

15

9,92869421

–5,86451428

16

13,4616639

–0,7343949

17

13,2099681

4,48948244

18

9,27428501

10,3175668

19

3,22888792

11,8186245

20

–2,50806434

9,39223231

21

–5,64179086

4,00894725

22

–4,91880104

–2,17791671

23

–0,6282908

–6,69361399

24

5,51353576

–7,73186567

25

11,049948

–4,87737109

26

13,7663811

–0,728071194

27

12,5762617

6,84228619

28

7,95563764

11,019586

29

1,75275853

11,5890514

b.
10

5

–5

0

5

10

–5

12 n Chapitre 1 n Récurrence et suites bornées

15

c. Conjecture : les points An semblent être situés
sur un cercle.

2 a. Démontrons par récurrence que la propriété Pn : « (xn – 4)2 + (yn – 2)2 = 97 »  est vraie
pour tout entier naturel n.
• Initialisation : (x0 – 4)2 + (y0 – 2)2 = 16 + 81 = 97
donc la propriété P0 est vraie.
• Hérédité : soit n un entier naturel quelconque
fixé. Supposons que la propriété Pn est vraie,
c’est-à-dire que (xn – 4)2 + (yn – 2)2 = 97 (hypothèse de récurrence). On a

xn 1 - 4 2 yn 1 - 2 2
2
2
0, 8xn - 0, 6yn - 2 0, 6xn 0, 8yn - 4
xn2 yn2 - 8xn - 4yn 20
(xn - 4)2 (y n - 2)2 97.

Donc la propriété Pn+1 est vraie.
• Conclusion : la propriété Pn est vraie au rang 0
et est héréditaire, donc Pn est vraie pour tout
entier naturel n.
b. On en conclut que les points An sont situés sur
le cercle ayant pour centre le point de coordonnées (4 ; 2) et de rayon 97.

Exercices
Maîtriser le cours
1 a. Faux. La propriété Pn : « 10n + 1 est un

multiple de 9 » est héréditaire mais fausse pour
n = 0. (cf. Activité 3 p. 11)
b. Vrai d’après le principe de récurrence.
c. Faux. La propriété est vraie à partir du rang 1
mais elle peut être fausse au rang 0.
d.
Faux. On considère la suite (un) définie
par u0 
= 
1 et, pour tout entier naturel 
n,
un+1 = un + n.
La propriété Pn : « un = 1 » est vraie pour n = 0 et
n = 1 mais n’est pas héréditaire.
e. Faux. La propriété est vraie à partir du rang 5
mais elle peut être fausse au rang 4.
f. Vrai d’après le principe de récurrence.
g. Faux. La propriété peut être héréditaire à partir de n = 5 mais fausse au rang 5.
h. Faux. Une propriété peut être héréditaire à
partir de n = 5 mais fausse au rang 5.

© éditions Belin, 2012.

4TP Tice 2  Suites et cercle

3 a. Faux. La suite (un) définie sur  par
un = (–1)n n’est pas monotone.
b. Vrai. Toute suite constante est à la fois croissante et décroissante.
c. Vrai d’après la définition d’une suite décroissante.
d. Faux. On considère la suite (un) définie sur 
par un = (n – 4)2. u0 ≥ u1 ≥ u2 ≥ u3 ≥ u4 mais
(un) est croissante à partir du rang 4.
e. Faux. La suite définie sur  par un = (–1)n + n
est positive mais n’est pas monotone.
4 a. Faux. Contre-exemple : la suite (un) définie
sur  par un = 1.
b. Vrai d’après la définition d’un minorant.
c. Faux. Contre-exemple : la suite (un) définie sur
 par un = 0,5.
d. Vrai. (un) est majorée par tous les nombres
supérieurs ou égaux à 4, donc en particulier par 5.
e. Vrai. (un) est minorée par 0 et majorée par 4
donc bornée.
f. Vrai. (un) est majorée par tous les nombres
supérieurs ou égaux à 4.
5 a. Faux. La suite (un) définie sur  par
un = (–2)n n’est ni minorée, ni majorée.
b. Faux. La suite (un) définie sur  par un = (–1)n
est majorée par 2 mais 2 n’est pas un terme de la
suite.
c. Vrai. Toute suite croissante est minorée par
son premier terme.
d. Faux. La suite (un) définie sur  par un = (–1)n
est minorée par –1 mais n’est pas croissante.
1
e. Faux. La suite (un) définie sur  par un n 1
est croissante et majorée par 0.
6 a. Vrai. (un) est minorée par 0.
b. Faux. La suite (un) définie sur  par un = n + 1
vérifie l’inégalité mais n’est pas majorée.

c. Faux. La suite (un) définie sur  par
1
si n pair
Ô
un Ì n 1
vérifie l’inégalité mais n’est
Ô n 1 si n impair
Ó
pas monotone.

7 1. a. Vrai d’après la remarque sur la définition 1 p. 14.
b. Faux. u0 = 12 et u1 = 9 donc u0 > u1.
c. Faux. Si u0 = 0 alors u1 = 3 et u2 = 1,5. On a
u0 < u1 et u1 > u2 donc la suite (un) n’est pas
monotone.
2. a. Vrai d’après la remarque sur la définition 2 p. 14.
1
b. Faux. La suite (un) définie sur  par un
n 1
est minorée par 0 et majorée par 1 donc bornée.
1
Mais la fonction définie sur [0 ; +∞[ par f(x)
x
1
n’est pas majorée.
8 1. b. et c.  2. a.  3. b.

Appliquer les capacités attendues
10 Démontrons par récurrence que la propriété
Pn : « n(n2 + 5) est un multiple de 3 » est vraie
pour tout entier naturel n.
• Initialisation : 0(02 + 5) = 0 = 0 × 3, donc P0 est
vraie.
• Hérédité : Soit n un entier naturel quelconque
fixé. Supposons que Pn est vraie c’est-à-dire que
n(n2 + 5) est un multiple de 3 (hypothèse de
récurrence) . Il existe donc un entier k tel que
n(n2 + 5) = 3k.
On a (n + 1)((n + 1)2 + 5) = n³ + 3n2 + 8n + 6 =
3k + 3n2 + 3n + 6 = 3(k + n2 + n + 2).
Or k + n2 + n + 2 est un entier, donc
(n + 1)((n + 1)2 + 5) est un multiple de 3
c’est-à-dire Pn+1 est vraie.
• Conclusion : Pn est vraie au rang 0 et est héréditaire, donc elle est vraie pour tout entier naturel n.
12 Démontrons par récurrence que la propriété
n

Pn : « 

 (2k - 1) n2 » est vraie pour tout entier

k 1

naturel n non nul.
• Initialisation : (2 × 1 – 1) = 1 = 12 donc P1 est
vraie.
• Hérédité : Soit n un entier naturel non nul
quelconque fixé. Supposons que Pn est vraie

Chapitre 1 n Récurrence et suites bornées n  13

© éditions Belin, 2012.

2 a. Vrai. Soit n un entier naturel quelconque
fixé. Supposons que Pn est vraie, c’est-à-dire que
3
3
un  (hypothèse de récurrence). un  donc
7
7
23
23 3
2 23
un  , donc un 1 
. Or
 , donc
3 21
21
21 7
Pn+1 est vraie. On a démontré que Pn est héréditaire.
1
3
b. Faux. u0 , donc u0  donc Pn est fausse
3
7
au rang n = 0.
3
c. Vrai. u1 = 1 donc u1  , donc Pn est vraie au
7
rang n = 1.

Â

(2k - 1) n2 (hypothèse de

k 1

récurrence). On a
n 1

n

k 1

k 1

 (2k - 1)  (2k - 1) 2n 1 n2 2n 1

(n 1)2.
Donc Pn+1 est vraie.
• Conclusion : Pn est vraie au rang 1 et est
héréditaire donc elle est vraie pour tout entier
naturel n non nul.

13 Soit x un réel différent de 1.
Démontrons par récurrence que la propriété Pn :
1 - x n 1
« 1 x x2 º x n
 » est vraie pour
1- x
tout entier naturel n.
1- x
• Initialisation :
1 x0 donc P0 est vraie.
1- x
• Hérédité : Soit n un entier naturel quelconque
fixé. Supposons que Pn est vraie c’est-à-dire que
1 - x n 1
1 x x2 º x n
1- x
(hypothèse de récurrence). On a
1 x x2 º x n 1 1 x x2 º x n x n 1


1 - x n 1
1 - x n 2
x n 1
.
1- x
1- x

Donc Pn+1 est vraie.
• Conclusion : Pn est vraie au rang 0 et est héréditaire donc elle est vraie pour tout entier naturel n.

14 1. u2 = 3 ;  u3 = 7 ;  u4 = 15.
2. Démontrons par récurrence que la propriété
Pn : « un = 2n – 1 » est vraie pour tout entier
naturel n non nul.
• Initialisation : 21 – 1 = 1 = u1, donc P1 est vraie.
• Hérédité : Soit n un entier naturel non nul
quelconque fixé. Supposons que Pn est vraie c’està-dire que un = 2n – 1 (hypothèse de récurrence).
On a un+1 = 2un + 1 = 2(2n – 1) + 1 = 2n+1 – 1.
Donc Pn+1 est vraie.
• Conclusion : Pn est vraie au rang 1 et est
héréditaire donc elle est vraie pour tout entier
naturel n non nul.
15 Démontrons par récurrence que la propriété
Pn : « La fonction fn définie sur R par fn(x) = xn
est dérivable sur R et f′n(x) = nxn–1 » est vraie pour
tout entier naturel n ≥ 2.
• Initialisation : La fonction f2 définie sur R par
f2(x) = x2 est dérivable sur R et f′2(x) = 2x donc la
propriété P2 est vraie.

14 n Chapitre 1 n Récurrence et suites bornées

• Hérédité : Soit n un entier naturel supérieur ou
égal à 2 quelconque fixé. Supposons que Pn est
vraie c’est-à-dire que la fonction fn définie sur R
par fn(x) = xn est dérivable sur R et f′n(x) = nxn–1.
On considère la fonction fn+1 définie sur R par
fn+1(x) = xn+1. fn+1(x) = x × xn.
fn+1 est dérivable sur R comme produit de fonctions dérivables sur R et
f′n+1(x) = 1 × xn + x × nxn–1 = (n + 1)xn.
Donc Pn+1 est vraie.
• Conclusion : Pn est vraie au rang 2 et est
héréditaire donc elle est vraie pour tout entier
naturel n ≥ 2.

17 a. Conjecture : la suite (un) est décroissante.
b. Démontrons par récurrence que la propriété Pn :
« un ≥ un+1 » est vraie pour tout entier naturel n.
• Initialisation : u0 = 12 et u1 = 6, donc u0 ≥ u1,
donc P0 est vraie.
• Hérédité : Soit n un entier naturel quelconque
fixé. Supposons que Pn est vraie c’est-à-dire
un ≥ un+1 (hypothèse de récurrence).
1
1
On a un ≥ un+1 donc un 2  un 1 2
3
3
c’est-à-dire un+1 ≥ un+2 donc Pn+1 est vraie.
• Conclusion : Pn est vraie au rang 0 et est héréditaire donc elle est vraie pour tout entier naturel n
donc la suite (un) est décroissante.
18 Démontrons par récurrence que la propriété Pn :
« un ≥ un+1 » est vraie pour tout entier naturel n.
• Initialisation : u0 = 5 et u1 13 donc u0 ≥ u1
donc P0 est vraie.
• Hérédité : Soit n un entier naturel quelconque
fixé. Supposons que Pn est vraie c’est-à-dire
un ≥ un+1 (hypothèse de récurrence).
On a un ≥ un+1 donc 3un – 2 ≥ 3un+1 – 2
donc 3un - 2  3un 1 - 2 (car la fonction racine
carrée est croissante sur [0 ; +∞[)
c’est-à-dire un+1 ≥ un+2 donc Pn+1 est vraie.
• Conclusion : Pn est vraie au rang 0 et est héréditaire donc elle est vraie pour tout entier naturel n
donc la suite (un) est décroissante.

20 a. Pour tout entier naturel n, 0 ≤ un ≤ 3.
(un) est minorée par 0 et majorée par 3 donc bornée.
n 1

Ê 2ˆ
1- Á ˜
Ê Ê ˆ n 1ˆ
Ê 2ˆ
2
2
Ë 3¯
b. un 1 K Á ˜
3 Á1 - Á ˜ ˜
2
3
3¯ ˜¯
Ë 3¯
Ë
ÁË
13
(somme de termes consécutifs d’une suite géométrique).
n

© éditions Belin, 2012.

n

c’est-à-dire que

Pour tout entier naturel n, 0 ≤ un ≤ 3. (un) est
minorée par 0 et majorée par 3, donc bornée.
c. Pour tout entier naturel n,
2 ≤ 4 – 2sin(n) ≤ 6 et 1 ≤ 5 + 4cos(n) ≤ 9, donc
2
2
 un  6. La suite (un) est minorée par
et
9
9
majorée par 6, donc elle est bornée.

21 Soit f la fonction définie sur [4 ; +∞[ par
f(x)

1
x2 - 5x 6

. f est dérivable sur [4 ; +∞[ car

c’est une fonction rationnelle et
2x - 5
.
f ¢(x) (x2 - 5x 6)2
Pour tout x  ∈ [4 ; +∞[, f′(x) ≤ 0, donc f est
décroissante sur [4 ; +∞[.
x

4

Variations de f

1
2

+∞

0

1
Pour tout x ∈ [4 ; +∞[, f(x)  , donc la suite (un)
2
définie pour tout entier naturel n ≥ 4 par un = f(n)
1
est majorée par .
2

22 Démontrons par récurrence que la propriété
Pn : « 2 ≤ un ≤ 3 » est vraie pour tout entier
naturel n.
• Initialisation : u0 = 3 donc P0 est vraie.
• Hérédité : Soit n un entier naturel quelconque
fixé. Supposons que Pn est vraie, c’est-à-dire
2 ≤ un ≤ 3 (hypothèse de récurrence).
1
1
1
On a 2 ≤ un ≤ 3 donc 
 donc
3 un 2
7
1
5
2
 , donc 2 ≤ un+1 ≤ 3, donc Pn+1
3
un 2
est vraie.
• Conclusion : Pn est vraie au rang 0 et est héréditaire, donc elle est vraie pour tout entier naturel n.

• Hérédité : Soit n un entier naturel quelconque
fixé. Supposons que Pn est vraie c’est-à-dire
1 ≤ un ≤ 3 (hypothèse de récurrence).
On a 1 ≤ un ≤ 3, donc f(1) ≤ f(un) ≤ f(3), donc
5
1 ≤ f(un) ≤   ≤ 3, donc Pn+1 est vraie.
2
• Conclusion : Pn est vraie au rang 0 et est héréditaire donc elle est vraie pour tout entier naturel n.
c. Démontrons par récurrence que la propriété Pn :
« un ≥ un+1 » est vraie pour tout entier naturel n.
5
• Initialisation : u0 = 3 et u1 =  donc u0 ≥ u1,
2
donc P est vraie.
0

• Hérédité : Soit n un entier naturel quelconque
fixé. Supposons que Pn est vraie c’est-à-dire
un ≥ un+1 (hypothèse de récurrence).
On a un ≥ un+1, donc f(un) ≥ f(un+1) (car la fonction f est croissante sur [1 ; 3] et tous les termes
de la suite (un) sont dans [1 ; 3]) c’est-à-dire
un+1 ≥ un+2, donc Pn+1 est vraie.
• Conclusion : Pn est vraie au rang 0 et est
héréditaire, donc elle est vraie pour tout entier
naturel n, donc la suite (un) est décroissante.

S’entraîner
24 Hérédité : 5n+1 = 5 × 5n. Or 5n ≥ 4n + 3n

(hypothèse de récurrence), donc
5n+1 ≥ 5(4n + 3n) ≥ 4n+1 + 3n+1 car 5 ≥ 4 et 5 ≥ 3.

25 Hérédité : un ≤ anu0 (hypothèse de récurrence) donc, en multipliant par a > 0  :
aun ≤ an+1u0. Or un+1 ≤ aun, donc un+1 ≤ an+1u0.
26 Hérédité : un = vn (hypothèse de récurrence)
donc f(un) = f(vn) c’est-à-dire un+1 = vn+1.
27 1.

23 a. f est dérivable sur [1 ; 3] car c’est une fonc-

1
1
x- .
2
4
Pour tout x ∈ [1 ; 3], f′(x) ≥ 0, donc f est croissante sur [1 ; 3].
b. Démontrons par récurrence que la propriété
Pn : « 1 ≤ un ≤ 3 » est vraie pour tout entier
naturel n.
• Initialisation : u0 = 3, donc P0 est vraie.
tion polynôme et f ’(x)

Sn 1


n 1

1

1

 k(k 1) Sn (n 1)(n 2)

k 1

n
1
n 1


.
(n 1) (n 1)(n 2) n 2

Chapitre 1 n Récurrence et suites bornées n  15

© éditions Belin, 2012.

2. Hérédité :

n

n

1

Ê1

• Conclusion : Pn est vraie au rang 1 et est
héréditaire donc elle est vraie pour tout entier
naturel n non nul.

1 ˆ

 k(k 1)  ÁË k - k 1˜¯

k 1
n

k 1

n 1

1
n
1
1
1
.


1
n
1
n
k
k
k 1
k 2

Â

Â

28 a est un réel strictement positif.
1. a. Hérédité 
: (1 
+ a)n ≥ 1 + na (hypothèse
de récurrence) donc, en multipliant par 1 + a,
(1 + a)n+1 ≥ 1 + (n + 1)a + na2. Or na2 ≥ 0, donc
(1 + a)n+1 ≥ 1 + (n + 1)a.
b. Pour tout entier naturel n non nul,
n

Ê 1ˆ
(1 a)n  1 na € an Á1 ˜  1 na

Ë
Ê
€ Á1
Ë

n

n

Ê 1ˆ
n

Á ˜
˜

Ë a¯
an-1

1
Pour tout entier naturel n non nul, on pose a et
n
en remplaçant dans l’inégalité précédente, on a
(1 + n)n ≥ nn + n × nn–1, c’est-à-dire (1 + n)n ≥ 2nn.

29 Soient x et y deux réels.
Démontrons par récurrence que la propriété Pn :
n
Ê nˆ k n- k
« (x y)n
 » est vraie pour tout
ÁË k˜¯ x y
k 0

Â

entier naturel n non nul.

1
Ê1ˆ k 1- k
• Initialisation :
x y , donc P1
ÁË k˜¯ x y
est vraie.
k 0
• Hérédité : Soit n un entier naturel non nul quelconque fixé. Supposons que Pn est vraie
n
Ê nˆ k n- k
c’est-à-dire (x y)n
(hypothèse
ÁË k˜¯ x y
k 0

Â

Â

de récurrence).
On a :

ˆ
Ê n Ênˆ
(x y)n 1 (x y)(x y)n (x y) Á Á ˜ x k y n- k˜
˜¯
ËÁk 0 Ëk¯

Â



n 1

n

Ê n ˆ

Ênˆ

 ÁËk - 1˜¯ x k y n 1- k  ÁËk˜¯ x k y n 1- k

k 1

k 0

n

ÊÊÊ n ˆ Ênˆˆ k n 1- kˆ
n 1
x n 1

x y
ÁÁÁË
˜ y
Ë k - 1˜¯ ÁËk˜¯˜¯
¯
k 1Ë

Â



x n 1

n

Â

Ên 1ˆ k n 1- k
y n 1
ÁË k ˜¯ x y

k 1



n 1

Ên 1ˆ k n 1- k
x y
,
k ˜¯
k 0

 ÁË

c’est-à-dire que Pn+1 est vraie.

16 n Chapitre 1 n Récurrence et suites bornées

30 1. a. u0 = 1 ;  u1 = 2 ;  u2 = 3 ;  u3 = 4.
b. Conjecture : pour tout entier naturel n,
un = n + 1.
c. Hérédité :
un+1 = 4un – 3n – 2 = 4(n + 1) – 3n – 2 = n + 2.
2. a. u0 = 4 ;  u1 17  ;  u2 18  ;  u3 19 .
b. Conjecture : pour tout entier naturel n,
un n 16 .
c. Hérédité :
un 1 1 un2 1



n 16

2

(n 1) 16 .

31 a. Démontrons par récurrence que la propriété Pn : « un+1 = 5un » est vraie pour tout
entier naturel n.
• Initialisation : u1 = 15 = 5u0.
• Hérédité : Soit n un entier naturel quelconque
fixé. Supposons que Pn est vraie, c’est-à-dire
un+1 = 5un (hypothèse de récurrence). On a un+2 
= 3un+1 + 10un = 3un+1 + 2 × 5un = 5un+1.
• Conclusion : Pn est vraie au rang 0 et est héréditaire donc elle est vraie pour tout entier naturel n.
b. Pour tout entier naturel n, un+1 = 5un donc la
suite (un) est une suite géométrique de raison 5
et de premier terme u0 = 3 donc, pour tout entier
naturel n, un = 3 × 5n.
32 a. Conjectures : pour tout entier naturel n,
vn = n2 et un

b. Hérédité :
un 1

n2 - 1
.
3

n 1

1
1
n
k(k - 1)
u
(n 1)n
n 1 k 1
n 1 n n 1

Â

n
n2 - 1
n(n - 1) 3n
n
¥
n 1
3
3
(n 1)2 - 1

.
3



33 a.
M0
0

M2
0,2

0,4

M3 M4 M5 M1
0,6

0,8

1

b. x2 = 0,5 ;  x3 = 0,75 ;  x4 = 0,875 ;  x5 = 0,9375.
c. •  Conjecture : pour tout entier naturel n ≥ 2,
1
xn 1 .
2n-1

© éditions Belin, 2012.

3. Sn

2-

1
2n-1

2

1
1- .
2n

34 a.

b. La suite (un) semble constante.
c. Démontrons, à l’aide d’un raisonnement par
récurrence double, que la propriété Pn : « un = 5 »
est vraie pour tout entier naturel n.
• Initialisation : u0 = u1 = 5 donc P0 et P1 sont
vraies.
• Hérédité : Soit n un entier naturel quelconque
fixé. Supposons que Pn et Pn+1 sont vraies c’est-àdire un = un+1 = 5 (hypothèse de récurrence). On
7
3
35 15
a un 2 un 1 - un
5.
4
4
4
4
• Conclusion : Pn est vraie aux rangs 0 et 1 et
est héréditaire donc, d’après le principe de récurrence double, elle est vraie pour tout entier
naturel n donc la suite (un) est constante.

35 Démontrons, à l’aide d’un raisonnement par
récurrence double, que la propriété Pn :
« un 4 ¥ 2n - 7 ¥ 3n-1 » est vraie pour tout entier
naturel n non nul.
• Initialisation : 4 ¥ 21 - 7 ¥ 30 1 u1 et
4 ¥ 22 - 7 ¥ 31 -5 u2 donc P1 et P2 sont vraies.
• Hérédité : Soit n un entier naturel non nul quelconque fixé. Supposons que Pn et Pn+1 sont vraies
c’est-à-dire un 4 ¥ 2n - 7 ¥ 3n-1 et
un 1 4 ¥ 2n 1 - 7 ¥ 3n (hypothèse de récurrence).
un 2 5un 1 - 6un
20 ¥ 2n 1 - 35 ¥ 3n - 24 ¥ 2n 42 ¥ 3n-1
un 2 16 ¥ 2n - 63 ¥ 3n-1
4 ¥ 2n 2 - 7 ¥ 3n 1.
• Conclusion : La propriété Pn est vraie aux rangs
1 et 2 et est héréditaire donc, d’après le principe
de récurrence double, elle est vraie pour tout
entier naturel n non nul.

36 1. u1 = 1 ;  u2 = 2 ;  u3 = 3 ;  u4 = 4 ;  u5 = 5.
2. a. La variable u[i] contient la valeur du terme
ui.
b.

3. a. Conjecture : pour tout entier naturel n, un = n.
b. Démontrons, en utilisant le principe de récurrence forte, que la propriété Pn : « un = n » est
vraie pour tout entier naturel n.
• Initialisation : u0 = 0 donc la propriété P0 est vraie.
• Hérédité : Soit n un entier naturel quelconque
fixé. Supposons la propriété Pk vraie pour tout
entier naturel k ≤ n (hypothèse de récurrence).
Si n est pair alors il existe un entier k tel que
n = 2k et on a un+1 = 2uk + 1 = 2k + 1 = n + 1.
Si n est impair, on a un+1 = un + 1 = n + 1.
• Conclusion : La propriété est vraie au rang 0 et
est héréditaire donc, d’après le principe de récurrence forte, elle est vraie pour tout entier naturel n.

37 a. Hérédité : 72n + 3 = 4k avec k entier (hypothèse de récurrence).
72(n+1) + 3 = 49(4k – 3) + 3 = 4(49k – 36) avec
49k – 36 entier.
b. Hérédité : 32n – 2n = 7k avec k entier
­(hypothèse de récurrence).
32(n+1) – 2n+1 = 9(7k + 2n) – 2n+1 = 7(9k – 2n)
avec 9k – 2n entier.
38 Hérédité : 1 + 103n+1 + 106n+2 = 111k avec k
entier (hypothèse de récurrence).
1 + 103(n+1)+1 + 106(n+1)+2
= 111k + 103n+1(103–1) + 106n+2(106–1)
= 111(k + 9 × 103n+1 + 9 009 × 106n+2)
avec k + 9 × 103n+1 + 9 009 × 106n+2 entier.
39 1. Hérédité : n3 – n = 3k avec k entier (hypothèse de récurrence).
(n + 1)3 – (n + 1) = n³ + 3n2 + 2n = 3(k + n2 + n)
avec k + n2 + n entier.
2. a. (n + 1)5 = n5 + 5n4 + 10n3 + 10n2 + 5n + 1.
Chapitre 1 n Récurrence et suites bornées n  17

© éditions Belin, 2012.

1 xn

• Hérédité : xn 1
2

b. Hérédité : n5 – n = 5k avec k entier (hypothèse
de récurrence).
(n + 1)5 – (n + 1) = n5 + 5n4 + 10n³ + 10n2 + 4n
= 5(k + n4 + 2n3 + 2n2 + n) avec
k + n4 + 2n3 + 2n2 + n entier.

1
n
n
 un 
, on a donc
2n
n 1
2n
donc 0 ≤ un ≤ 0,5. La suite (un) est minorée par
0 et majorée par 0,5. Elle est donc bornée.

40 a. 1 ; 0,99999 et 0 sont des minorants de la
suite (un).
b. 2 est un majorant de la suite (un).

46 1. Pour tout entier k ≥ 2,

et le plus petit est

41 a. Pour tout entier naturel n,

1 Ê 1

1
1
1
1

- .
donc
k2 ÁË k - 1 k˜¯
k2(k - 1)
k2 k - 1 k
2. a. Pour tout entier naturel n non nul,

un -

un 1

4
b. Pour tout entier naturel n, un  donc (un)
3
4
est majorée par .
3
1
De plus u0 -5 , u1 - et pour tout entier natu4
rel n ≥ 2, un ≥ 0, donc la suite (un) est minorée
par –5.
Donc la suite (un) est bornée.

42 a. Pour tout entier naturel n, un 3 -

5
.
n 2

b. Pour tout entier naturel n non nul,
5
5
5
0
 donc 3 -  un  3.
n 2 n
n
c. Pour tout entier naturel n non nul,
5
-2  3 -  un  3 et u0 = 0,5, donc la suite (un)
n
est minorée par –2 et majorée par 3 donc bornée.

43 f est dérivable sur [0 ; 3] car c’est une fonc5
.
(x 2)2
Pour tout x ∈ [0 ; 3], f′(x) > 0 donc f est strictement croissante sur [0 ; 3].
tion rationnelle. f ’(x)

x
Variations de f

0

3
3

1,5

Hérédité : 0 ≤ un ≤ 3 (hypothèse de récurrence).
Or f est strictement croissante sur [0 ; 3] donc
f(0) ≤ f(un) ≤ f(3) donc 1,5 
≤ un+1 ≤ 3 donc
0 ≤ un+1 ≤ 3.

44 Hérédité : 0 ≤ un ≤ 1 (hypothèse de récurrence).
On a donc 3 ≤ un+3 ≤ 4 et

1
1
1


8 4un 4
4

3
 un 1  1, donc 0 ≤ un+1 ≤ 1.
8
45 Pour tout entier naturel n non nul, un est la
1
somme de n termes dont le plus grand est
n 1
donc

18 n Chapitre 1 n Récurrence et suites bornées

n

1

 k2 .

k 2

En utilisant le résultat de la question 1, on a
un  1
n

n

Ê 1



 ÁË k - 1 - k˜¯ .

k 2

Ê 1

1
1
Or
ÁË k - 1 - k˜¯ 1 - n , donc un  2 - n .
k 2

Â

b. Pour tout entier naturel n, 0 ≤ un ≤ 2 (un est
une somme de nombres positifs) donc la suite
(un) est bornée.

47 a. Pour tout entier naturel n,
un+1 – un = 4n + 5 donc un+1 – un ≥ 0 donc la
suite (un) est croissante.
b. Pour tout entier naturel n non nul,
1
un 1 - un
, donc un+1 – un ≥ 0
n 1
donc la suite (un) est croissante.
c. Pour tout entier naturel n, un+1 – un = 2n – 4.
Donc la suite (un) est croissante à partir du rang 2.
d. Pour tout entier naturel n,
un+1 – un = 1 + (–1)n+1 – (–1)n.
Si n est pair, un+1 – un = –1 (négatif).
Si n est impair, un+1 – un = 3 (positif).
Donc la suite (un) n’est pas monotone.
e. Pour tout entier naturel n,
un+1 – un = 1 – 2 × 3n donc un+1 – un ≤ 0,
donc la suite (un) est décroissante.
48 a. Pour tout entier naturel n,

un 1
3
3
un
n 1

un 1
 1 et un > 0, donc un+1 ≥ un, donc la
un
suite (un) est croissante.
1
b. u0 = 0 et u1 . Pour tout entier naturel n non
3
u
u
n 1
nul, n 1
donc n 1  1 et un > 0, donc
un
un
3n
un+1 ≤  un, donc la suite (un) est décroissante à
partir du rang 1.
donc

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4
19
.
3
3(3n 1)

49 a. un = f(n) avec f(x) = 3x2 + 4x – 5. f est

croissante sur + donc la suite (un) est croissante.
b. un = f(n) avec f(x) = – x3 + 6x2 – 9x + 5. f est
dérivable sur + car c’est une fonction polynôme. f ′(x) = – 3(x – 1)(x – 3). f est décroissante
sur [3 ; +∞[ donc la suite (un) est décroissante au
moins à partir du rang 3.
x2 - 1
c. un = f(n) avec f(x)
. f est dérivable sur
x2 1
+ car c’est une fonction rationnelle (donc dérivable sur son ensemble de définition).
4x
f ’(x)
. f est croissante sur + donc la suite
(x2 1)2
(un) est croissante.

50 a. u0 = 5, u1 = –7, u2 = 17, u3 = –31, etc.
Donc la suite (un) n’est pas monotone. (On peut
démontrer par récurrence que tous les termes de
rang pair sont supérieurs ou égaux à 5 et que
tous les termes de rang impair sont inférieurs ou
égaux à –7.)
b. Pour tout entier naturel n pair, un 6 et pour
tout entier naturel n impair, un = 2, donc la suite
(un) n’est pas monotone.
51 a. On démontre par récurrence que, pour
tout entier naturel n, un ≥ 1.
4
7
Hérédité : un ≥ 1, donc un 1   1, donc
3
3
u  ≥ 1.
n+1

1
u 1.
3 n
Or un ≥ 1 donc un+1 – un ≥ 0 donc la suite (un)
est croissante.

b. Pour tout entier naturel n, un 1 - un

52 1. a. On démontre par récurrence que, pour
tout entier naturel n, un > 0.
Hérédité : un > 0 donc 3un > 0 et 3 + 2un > 0
donc un+1 > 0 (quotient de nombres strictement
positifs).
-2un2
b. Pour tout entier naturel n, un 1 - un
,
3 2un
donc un+1 – un ≤ 0, donc la suite (un) est décroissante.
2. a. Pour tout entier naturel n,
3(3 2un)
3
3
vn 1


2 vn 2 donc la
3un
un 1
un
suite (vn) est une suite arithmétique de raison 2.

b. Pour tout entier naturel n, vn = 2n + 1 donc
3
un
.
2n 1
3
c. un = f(n) avec f(x)
. f est décroissante
2x 1
+
sur  donc la suite (un) est décroissante.

53 a. Pour tout entier naturel n,
un+1 – un = 2n + 3 donc un+1 – un ≥ 0 donc la
suite (un) est croissante.
b. Hérédité : un = (n + 1)2 (hypothèse de récurrence). un+1 = un + 2n + 3 = n2 + 2n + 1 + 2n + 3 
= n2 + 4n + 4 = (n + 2)2.
c. Pour tout entier naturel n,
un = (n + 1)2 = n2 + 2n + 1 donc un ≥ n2.
d. Pour tout entier naturel n, un ≥ n2 ≥ 0 donc
la suite (un) est minorée par 0.
Pour tout réel M strictement négatif, pour tout
entier naturel n, un > M. Pour tout réel M positif,
si on prend n entier tel que n M - 1 alors
un > M. Donc la suite (un) n’est pas majorée.
54 1.

y
y=x
4

y = 0,5x + 2

2
–8

–6

–4

–2

0

2

4

6

8x

–2
–4
–6

2. a. Conjectures :
– Si u0 < 4, alors la suite (un) est croissante.
– Si u0 = 4, alors la suite (un) est constante.
– Si u0 > 4, alors la suite (un) est décroissante.
b. Preuve dans le cas où u0 < 4.
Démontrons par récurrence que la propriété Pn :
« un ≤ un+1 » est vraie pour tout entier naturel n.
• Initialisation :
u1 – u0 = 0,5u0 + 2 – u0 = 2 – 0,5u0. Or u0 < 4
donc u1 – u0 ≥ 0 donc u1 ≥ u0 donc P0 est vraie.
• Hérédité : Soit n un entier naturel quelconque
fixé. Supposons que Pn est vraie c’est-à-dire que
un ≤ un+1  (hypothèse de récurrence).
On a un ≤ un+1 donc 0,5un + 2 ≤ 0,5un+1 + 2
c’est-à-dire un+1 ≤ un+2 donc Pn+1 est vraie.
• Conclusion : La propriété Pn est vraie au rang 0
et est héréditaire donc elle est vraie pour tout
entier naturel n.

Chapitre 1 n Récurrence et suites bornées n  19

© éditions Belin, 2012.

c.
Pour tout entier naturel 
n non nul,
un 1 2n 1
un 1

donc
 1 et un > 0, donc
un
un
2n 2
un+1 <  un, donc la suite (un) est décroissante à
partir du rang 1.

On démontre de la même manière les autres
conjectures.
3. Si u0 = 4, alors la suite (un) est constante donc
bornée.
Si u0 < 4, alors la suite (un) est croissante donc
minorée par u0 et on montre facilement par
récurrence que la suite (un) est majorée par 4
donc bornée.
Si u0 > 4 alors la suite (un) est décroissante donc
majorée par u0 et on montre facilement par
récurrence que la suite (un) est minorée par 4
donc bornée.

5
(f(2) < 2) donc,
3
par stricte croissance de f sur [0 ; 2], on peut dire
que si x Œ ÈÎ1 ; 2˘˚, alors f(x) Œ ÈÎ1 ; 2˘˚ .
2. a. b.

b. f(1) = 1,5 (f(1) > 1) et f(2)

y

1

55 1. C1 = 9 900 ;  C2 = 9 796 ;  C3 = 9 687,84
2. a. Pour tout entier naturel n,
Cn+1 = 1,04Cn – 500.
b.
0

Préparer le BAC
Exercices guidés BAC
64 1. a. f est dérivable sur [0 ; 2] car c’est une

1
fonction rationnelle et f ’(x)
. Pour tout
(x 1)2
x ∈ [0 ; 2], f ′(x) > 0, donc f est strictement croissante sur [0 ; 2].

20 n Chapitre 1 n Récurrence et suites bornées

2 x
v0

c. Conjectures : La suite (un) est croissante et la
suite (vn) est décroissante. La distance entre un et
vn se réduit lorsque n devient grand.
3. a. On démontre par récurrence que la propriété Pn : « 1 ≤ vn+1 ≤ vn ≤ 2 » est vraie pour
tout entier naturel n.
5
• Initialisation : v0 = 2 et v1 donc la propriété
3
P est vraie.
0

• Hérédité : Soit n un entier naturel quelconque fixé. Supposons que Pn est vraie
c’est-à-dire 1 
≤ vn+1 ≤ vn ≤ 
2 (hypothèse de
récurrence). Comme f est croissante sur [1 ; 2]
alors f(1) ≤ f(vn+1) ≤ f(vn) ≤ f(2) et en utilisant
la question 1.b., on a 1 ≤ vn+2 ≤ vn+1 ≤ 2 donc
Pn+1 est vraie.
• Conclusion : La propriété Pn est vraie au rang 0
et est héréditaire donc elle est vraie pour tout
entier naturel n, donc la suite (vn) est décroissante et bornée par 1 et 2.
b. Pour tout entier naturel n,
2v 1 2un 1
vn 1 - un 1 n
vn 1
un 1


(2vn 1)(un 1) - (2un 1)(vn 1)
(vn 1)un 1)



vn - un
.
(vn 1)(un 1)

Démontrons par récurrence que la propriété Pn :
« vn – un ≥ 0 » est vraie pour tout entier naturel n.
• Initialisation : v0 – u0 = 1, donc la propriété P0
est vraie.

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c. On obtient les mêmes résultats.
d. On conjecture que la suite (Cn) est décroissante.
3. On démontre par récurrence que, pour tout
entier naturel n, Cn ≤ 10 000.
Hérédité : Cn ≤ 10 000 (hypothèse de récurrence)
donc 1,04Cn – 500 ≤ 9 900 ≤ 10 000.
Pour tout entier naturel 
n, Cn+1 – Cn = 0,04
Cn – 500.
Or Cn ≤ 10 000 donc 0,04 Cn – 500 ≤ –100 donc
Cn+1 – Cn ≤ 0. Donc la suite (Cn) est bien décroissante.

1
u0

• Hérédité : Soit n un entier naturel quelconque
fixé. Supposons que Pn est vraie c’est-à-dire
vn – un ≥ 0 (hypothèse de récurrence).
vn - un
On a vn 1 - un 1
. Or vn ≥ 1 donc
(vn 1)(un 1)
vn + 1 ≥ 0, un ≥  1, donc un + 1 ≥  0 et vn – un ≥ 0
donc vn+1 – un+1 ≥ 0. Ainsi Pn+1 est vraie.
• Conclusion : La propriété Pn est vraie au rang 0
et est héréditaire, donc elle est vraie pour tout
entier naturel n.
Pour tout entier naturel n, vn + 1 ≥ 2 et
un + 1 ≥ 2 donc (vn + 1)(un + 1) ≥ 4, donc
1
1
1
 donc vn 1 - un 1  (vn - un).
(vn 1)(un 1) 4
4
c. Démontrons par récurrence que la propriété
n

Ê 1ˆ
Pn : « vn - un  Á ˜  » est vraie pour tout entier
Ë 4¯
naturel n.
• Initialisation : v0 – u0 = 1 donc la propriété P0
est vraie.
• Hérédité : Soit n un entier naturel quelconque
fixé. Supposons que Pn est vraie c’est-à-dire
n

Ê 1ˆ
vn - un  Á ˜ (hypothèse de récurrence).
Ë 4¯
n 1
Ê 1ˆ
1
On a donc vn - un  Á ˜ . Or
4
Ë 4¯
n 1
Ê 1ˆ
1
vn 1 - un 1  vn - un donc vn 1 - un 1  Á ˜
4
Ë 4¯
c’est-à-dire Pn+1 est vraie.
• Conclusion : La propriété Pn est vraie au rang 0
et est héréditaire, donc elle est vraie pour tout
entier naturel n.
d.









67
, donc P4 est vraie.
81
• Hérédité : Soit n un entier naturel supérieur ou
égal à 4 quelconque fixé. Supposons que Pn est
vraie c’est-à-dire un ≥ 0 (hypothèse de récur1
rence). Comme un ≥ 0, alors un  0 et comme
3
n ≥ 4 alors n – 2 ≥ 2 ≥ 0, donc un+1 ≥ 0 (somme
de termes positifs) c’est-à-dire Pn+1 est vraie.
• Initialisation : u4

• Conclusion : La propriété Pn est vraie au rang 4
et est héréditaire donc elle est vraie pour tout
entier naturel n supérieur ou égal à 4.
b. Pour tout entier naturel n ≥ 5, on a n – 1 ≥ 4
1
donc un–1 ≥ 0. Or un un-1 n - 3, donc
3
u  ≥ n – 3.
n

3. a. Pour tout entier naturel n,
2
7 1
15
vn 1 -2un 1 3n - un n - vn
2
3
2 3
donc la suite (vn) est une suite géométrique de
1
25
raison et de premier terme v0 - .
3
2
n
25 Ê 1ˆ
b. Pour tout entier naturel n, vn - Á ˜ ,
2 Ë 3¯
n

donc un

c. Sn


21ˆ 25 Ê 1ˆ
3
21
-v 3n - ˜
n- .
2 ÁË n

4 ÁË 3˜¯
2
4

n

Â

k 0

uk

k

n

n
n
Ê 25ˆ Ê 1ˆ
3
21

k
1
ÁË 4 ˜¯ ÁË 3˜¯
2 k 0
4 k 0
k 0

Â

Â

Â

n 1

Ê 1ˆ
1- Á ˜
25
Ë 3¯

¥
1
4
13



3 n(n 1) 21
¥
- (n 1)
2
2
4
n



3 2 9
33 25 Ê 1ˆ
n - n
.
4
2
8
8 ÁË 3˜¯

QCM – Vrai ou faux BAC

5
14
14
; u2 ; u3 - .
3
9
27
2. a. Démontrons par récurrence que la propriété Pn : « un ≥ 0 » est vraie pour tout entier
naturel n ≥ 4.

65 1. u1 -

5
, on démontre par récur4
rence que, pour tout entier naturel n, un ≥ un+1
c’est-à-dire que la suite (un) est décroissante.
3
b. Vrai. Si u0 , on démontre par récurrence
2
que, pour tout entier naturel n, 1 ≤ un ≤ 1,5
c’est-à-dire que la suite (un) est bornée.

66 a. Faux. Si u0

Chapitre 1 n Récurrence et suites bornées n  21

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Le plus petit entier n tel que vn - un  10-5 est
n = 7.

67 a. Faux. On considère la suite (un) définie sur
N par un = –n. On a vn = n2.
La suite (un) est décroissante mais la suite (vn) est
croissante.
b. Vrai. Si (un) est minorée par 2 alors, pour tout
entier naturel n, un ≥ 2 donc un2 ≥ 4 c’est-à-dire
vn ≥ 4 donc (vn) est minorée par 4.
c. Faux. On considère la suite (un) définie sur N
par un = –n. On a vn = n2.
La suite (un) est majorée par 2 mais la suite (vn)
n’est pas majorée.
d. Vrai. Si (un) est majorée par –2 alors, pour tout
entier naturel n, un ≤ –2 donc un2 ≥ 4 c’est-àdire vn ≥ 4 donc (vn) est minorée par 4.
u1 5
u
u
u
14

et 2
donc 2 1
u0 6
u1 15
u1 u0
donc la suite (un) n’est pas géométrique.
5
b. Faux. u0 = 2 et u1 donc u0 > u1. (On peut
3
même démontrer par récurrence que, pour tout
entier naturel n, un > un+1)
c. Vrai. On peut démontrer par récurrence que
3
pour tout entier naturel n, un  .
2
d. Vrai. On peut démontrer par récurrence que
3
1
pour tout entier naturel n, un
.
2 2 ¥ 3n

68 a. Faux.

22 n Chapitre 1 n Récurrence et suites bornées

3
1

2 2 ¥ 3n
(hypothèse de récurrence).
On a
1
1 Ê3
1 ˆ
3
1
un 1 un 1 Á
.
1
3
3 Ë 2 2 ¥ 3n˜¯
2 2 ¥ 3n 1
Hérédité : un

69 a. Vrai. 20 = 1 et 02 = 0.
b. Faux pour n = 3. 23 = 8 et 32 = 9.
c. Vrai. Pn est vraie pour n = 0.

Exercice BAC
3
4

70 1. u2 .
u2 u1

donc la suite (un) n’est
u1 u0
ni arithmétique ni géométrique.
2. a. v0 = 1
b. Pour tout entier naturel n,
1
1
1
1
vn 1 un 2 - un 1 un 1 - un vn .
2
2
4
2
1
c. La suite (vn) est géométrique de raison et de
2
premier terme v0 = 1 donc, pour tout entier natu1
rel n, vn .
2n
3. a. w0 = –1.
b. c. Pour tout entier naturel n,
1
un 1 vn 2 un
w n 1

2 wn.
1
vn 1
vn
2
d. La suite (wn) est une suite arithmétique de raison 2 et de premier terme w0 = –1 donc, pour
tout entier naturel n, wn = 2n – 1.
2n - 1
.
4. Pour tout entier naturel n, un vn ¥ wn
2n
5. a.

u2 - u1 u1 - u0 et

b. Sn 2 -

2n 3
2n

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c. Vrai. Si u0 = 0, on démontre par récurrence
que, pour tout entier naturel n, un ≤ un+1 c’està-dire que la suite (un) est croissante.
d. Vrai. Si u0 = 4, alors la suite (un) n’est pas
majorée.
e. Vraie. La suite (un) est toujours monotone à
partir d’un certain rang. Pour tout entier natu1
rel n, on a un 1 - un (un - 1)(un - 2).
3
Cas où u0 ≥ 0 : En utilisant la récurrence, on peut
démontrer que :
–– Si u0 = 1 ou u0 = 2, alors la suite (un) est
constante.
–– Si 0 ≤ u0 < 1 alors, pour tout entier naturel n,
0 ≤ un < 1 donc la suite (un) est croissante.
–– Si 1 < u0 < 2 alors, pour tout entier naturel n,
1 < un < 2 donc la suite (un) est décroissante.
–– Si u0 > 2 alors, pour tout entier naturel n,
un > 2 donc la suite (un) est croissante.
Cas où u0 < 0 : On distingue les cas u0 < –2,
u0 = –2, –2 < u0 < –1, u0 = –1 et –1 < u0 < 0 et
dans chaque cas, le terme u1 est strictement positif. On conclut avec un raisonnement analogue à
celui des cas « u0 ≥ 0 » mais avec une monotonie
au moins à partir du rang 1. 

c. Démontrons par récurrence que la propriété
2n 3
Pn : « Sn 2  » est vraie pour tout entier
2n
naturel n.
2¥0 3
• Initialisation : S0 = u0 = –1 et 2 -1.
20
donc P est vraie.

2. a.

0

• Hérédité : Soit n un entier naturel quelconque
fixé. Supposons que Pn est vraie c’est-à-dire
2n 3
Sn 2 (hypothèse de récurrence).
2n
2n 3 2n 1
On a Sn 1 Sn un 1 2
2n
2n 1
2n 5
2(n 1) 3
.
2 22n 1
2n 1
donc Pn+1 est vraie.
• Conclusion : la propriété Pn est vraie au rang 0
et est héréditaire donc elle est vraie pour tout
entier naturel n.

Pour aller plus loin
71 a. Démontrons par récurrence que la propriété
b. Les points obtenus semblent situés sur une
parabole.
3. a. Démontrons par récurrence que la pron2 3n 4
priété Pn : «  yn
 » est vraie pour tout
4
entier naturel n.
02 3 ¥ 0 4
1 y0 , donc P0
• Initialisation :
4
est vraie.
• Hérédité : Soit n un entier naturel quelconque
fixé. Supposons que Pn est vraie c’est-à-dire
n2 3n 4
yn
(hypothèse de récurrence).
4
n
n2 5n 8
On a yn 1 yn 1
2
4
(n 1)2 3(n 1) 4
,

4
donc Pn+1 est vraie.
• Conclusion : la propriété Pn est vraie au rang 0
et est héréditaire donc elle est vraie pour tout
entier naturel n.
b. Pour tout entier naturel n,
n2 3n 4 (n 1)2 (n 1) 2
yn

4
4
1
1
1
(xn)2 xn .
4
4
2
Donc les points An sont situés sur la parabole
1
1
1
d’équation y x2 x .
4
4
2

Chapitre 1 n Récurrence et suites bornées n  23

© éditions Belin, 2012.

Pn : « un ∈ I » est vraie pour tout entier naturel n.
• Initialisation : u0 ∈ I, donc P0 est vraie.
• Hérédité : Soit n un entier naturel quelconque
fixé. Supposons que Pn est vraie c’est-à-dire un ∈ I
(hypothèse de récurrence). Comme un ∈ I  alors
f(un) ∈ I c’est-à-dire un+1 ∈ I, donc Pn+1 est vraie.
• Conclusion : La propriété Pn est vraie au rang 0
et est héréditaire donc elle est vraie pour tout
entier naturel n.
b. On suppose que f est croissante sur I.
Si u0 < u1, on peut démontrer par récurrence
que, pour tout entier naturel n, un < un+1 c’està-dire que la suite (un) est croissante.
Si u0 = u1, on peut démontrer par récurrence
que, pour tout entier naturel n, un = un+1 c’està-dire que la suite (un) est constante.
Si u0 > u1, on peut démontrer par récurrence
que, pour tout entier naturel n, un > un+1 c’està-dire que la suite (un) est décroissante.
c. Lorsque f est décroissante sur I, la suite (un)
n’est pas monotone. (Sauf si u0 = u1 et dans ce
cas la suite (un) est constante.)
En effet, si u0 ≥ u1 alors f(u0) ≤ f(u1) c’est-à-dire
u1 ≤ u2 et, si u0 ≤ u1, alors f(u0) ≥ f(u1) c’est-àdire u1 ≥ u2.
y
-y
72 1. Pour tout entier naturel n, n 1 n est le
xn 1 - xn
coefficient directeur de la droite (AnAn+1) donc
yn 1 - yn n
n
1 c’est-à-dire yn 1 - yn 1.
xn 1 - xn 2
2

rence).

2n 1
2n 2
2n 1
1
donc un 1 
¥
.
3n 1 2n 2
Or (3n + 4)(2n + 1)2 = 12n³ + 28n2 + 19n + 4
et (3n + 1)(2n + 2)2 = 12n³ + 28n2 + 20n + 4,
donc (3n + 4)(2n + 1)2 ≤ (3n + 1)(2n + 2)2,
On a un 1 un ¥

2

3n 4 Ê 2n 2ˆ
3n 4
2n 2

et

,
3n 1 ÁË 2n 1˜¯
3n 1
2n 1
1
2n 1
1
donc
¥

,
3n 1 2n 2
3n 4
1
ainsi un 1 
.
3(n 1) 1
donc

74 La preuve de l’hérédité n’est vraie que pour
n ≥ 2.
En effet, il faut au moins trois stylos dans la trousse
afin que l’un des stylos ne soit jamais enlevé de la
trousse et donne la couleur de « référence ».

75 On pose Sn 1

1 1 1
1
...

2 3 4
2n

2n

1

 k.

k 1

n
(hypothèse de récurrence).
2
n

1
2n 1
2
1
1
Sn
On a Sn 1
.
k
k
n
k 1
Hérédité : Sn  1

Â

Â

k 2 1

n
et, pour tout entier k tel que
2
n
2  + 1 ≤ k ≤ 2n+1, on a 0 < k ≤ 2n+1,
Or Sn  1

donc

1
1

et
k 2n 1
2n 1

donc

Â

k 2n 1

2n 1

Â

k 2n 1

1

k

2n 1

Â

1
n 1

2
k 2n 1

1
1

¥ 2n.
k 2n 1

Ainsi Sn 1  1

n 1
.
2

76 a. Pour tout réel x,
(x 1)3 - (x 1) - x3 x
3
x3 3x2 3x 1 - x - 1 - x3 x

3
x2 x x(x 1).
b. Démontrons par récurrence que la propriété Rn :
« P(n) Œ• » est vraie pour tout entier naturel n.
• Initialisation : P(0) = 0 donc R0 est vraie.
• Hérédité : Soit n un entier naturel quelconque
fixé. Supposons que Rn est vraie c’est-à-dire
P(n) Œ• (hypothèse de récurrence).
P(x 1) - P(x)

24 n Chapitre 1 n Récurrence et suites bornées

On a P(n+1) = P(n) + n(n + 1). Or P(n) Œ• et
n(n 1) Œ • donc P(n 1) Œ • c’est-à-dire Rn+1 est
vraie.
• Conclusion : La propriété Rn est vraie au rang 0
et est héréditaire donc elle est vraie pour tout
entier naturel n.
c. Hérédité :
n

 k(k 1) P(n 1)

k 1

n(n 1)(n 2)
3

(hypothèse de récurrence).
n 1

n

k 1

k 1

 k(k 1)  k(k 1) (n 1)(n 2)

n(n 1)(n 2)
(n 1)(n 2)
3
n 1
(n 1)(n 2)(n 3)
k(k 1)
P(n 2).
3
k 1


Â

77 a. sin(a + b) = sin(a)cos(b) + sin(b)cos(a)
et sin(a – b) = sin(a)cos(b) – sin(b)cos(a).
1
donc sin b cos a sin(a b) - sin(a - b) .
2
b. Démontrons par récurrence que la propriété
x
n
sin(2n 1)
1
2
Pn : « 
cos kx
 » est vraie
x
2 k 1
2 sin
2
pour tout entier naturel n.
x
sin
2 1 donc P est vraie.
• Initialisation :
0
x 2
2 sin
2
• Hérédité : Soit n un entier naturel quelconque
fixé. Supposons que Pn est vraie c’est-à-dire
x
sin(2n 1)
1
2
cos x cos 2x ... cos nx
x
2
2 sin
2
(hypothèse de récurrence).
On a





Â

n 1

n

1
1

cos kx
cos kx cos(n 1)x
2 k 1
2 k 1

Â

Â

x
x
2 sin cos(n 1)x
2
2

x
2 sin
2
Ê
Ê


x
sin(2n 1) sin Á(n 1)x ˜ - sin Á(n 1)x - ˜
2


Ë
Ë

x
2 sin
2
sin(2n 1)

© éditions Belin, 2012.

1
(hypothèse de récur3n 1

73 Hérédité : un 

x
2 , c’est-à-dire que P
n+1 est vraie.

On a un 1 

Ê 9ˆ
9
u 9¥Á ˜
10 n
Ë10¯

n 1

c’est-à-dire Pn+1

x
2 sin
2
• Conclusion : la Pn est vraie au rang 0 et est
héréditaire donc elle est vraie pour tout entier
naturel n.

est vraie.
• Conclusion : Pn est vraie au rang 0 et est
héréditaire donc elle est vraie pour tout entier
naturel n.
3. On peut poursuivre le dessin indéfiniment.

78 1. a. Pour tout entier naturel n, le triangle
AnAn+1Dn+1 est rectangle en An donc, d’après le
théorème de Pythagore, (An+1Dn+1)2 = (AnAn+1)2 
+ (AnDn+1)2 donc cn+12 = 1 + (cn – 1)2 donc

79 1. F2 = 1 ;  F3 = 2 ;  F4 = 3 ;  F5 = 5 ;  F6 = 8 ; 
F7 = 13
2. a. Démontrons par récurrence que la pro-

cn 1 (cn - 1)2 1.

b. Hérédité : cn > 1 (hypothèse de récurrence).
cn > 1 donc (cn – 1)2 > 0 donc (cn – 1)2 + 1 > 1
donc cn+1 > 1.
c. Pour tout entier naturel n,
2 - 2cn
cn 1 - cn
.
(cn - 1)2 1 cn
Or cn > 1 donc cn+1 – cn ≤ 0, donc la suite (cn)
est décroissante.

2. a. La suite (cn) est décroissante donc majorée
par c0 = 10 et, pour tout entier naturel n, cn > 1
donc, pour tout entier naturel n, 0 < un ≤ 9.
b. Pour tout entier naturel n,
(cn - 1)2 1 - 1
un 1 cn 1 - 1


un
cn - 1
cn - 1




(cn - 1)2

(cn - 1) (cn

- 1)2



1 1

c. Pour tout entier naturel n,

un



1 1 un2
1 un2  un2

.

donc
1
1 1
 1 un 0 donc

1 1 un2 1 un
u
un
donc n 1 
.
un
1 un
d. Pour tout entier naturel n, un ≤ 9 donc
10un ≤ 9 + 9un donc 10un ≤ 9(1 + un) donc
un
9
9
donc un 1 
u .

1 un 10
10 n
e. On démontre par récurrence que la propriété
n

Ê 9ˆ
Pn : « un  9 ¥ Á ˜  » est vraie pour tout entier
Ë10¯
naturel n.
• Initialisation : u0 = 9 donc P0 est vraie.
• Hérédité : Soit n un entier naturel quelconque
fixé. Supposons que Pn est vraie c’est-à-dire
n

Ê 9ˆ
un  9 ¥ Á ˜ (hypothèse de récurrence).
Ë10¯

n

 Fk  » est vraie pour tout

k 0

entier naturel n.
• Initialisation : F2 = 1 = 1 + F0 donc P0 est vraie.
• Hérédité : Soit n un entier naturel quelconque
fixé. Supposons que Pn est vraie c’est-à-dire
Fn 2 1
On a

n

 Fk (hypothèse de récurrence).

k 0

Fn 3 Fn 1 Fn 2 Fn 1 1

n

n 1

k 0

k 0

 Fk 1  Fk

c’est-à-dire Pn+1 est vraie.
• Conclusion : la propriété Pn est vraie au rang 0
et est héréditaire donc elle est vraie pour tout
entier naturel n.
b. Démontrons par récurrence que la propriété
Pn : « F2n 1 1

1

un2

priété Pn : « Fn 2 1

n

 F2k  » est vraie pour tout entier

k 0

naturel n.
• Initialisation : F1 = 1 = 1 + F0 donc P0 est vraie.
• Hérédité : Soit n un entier naturel quelconque
fixé. Supposons que Pn est vraie c’est-à-dire
F2n 1 1

n

 F2k (hypothèse de récurrence).

k 0

On a F2n 3 F2n 2 F2n 1
F2n 2 1

n

n 1

k 0

k 0

 F2k 1  F2k

c’est-à-dire Pn+1 est vraie.
• Conclusion : Pn est vraie au rang 0 et est
héréditaire donc elle est vraie pour tout entier
naturel n.
c. Démontrons par récurrence que la propriété
Pn : « Fn 1 Fn-1 - (Fn)2 (-1)n  » est vraie pour tout
entier naturel n non nul.
• Initialisation : F2F0 – (F1)2 = 0 – 12 = –1 donc P1
est vraie.
• Hérédité : Soit n un entier naturel non nul
quelconque fixé. Supposons que Pn est vraie

Chapitre 1 n Récurrence et suites bornées n  25

© éditions Belin, 2012.



sin(2n 3)

Fn 1(Fn - Fn 1) Fn2

Ê pˆ
Ê
Ê p ˆ
p ˆ
On a cos Á ˜ cos Á2 ¥
2 cos2 Á
- 1.
Ë 2n¯
Ë
Ë 2n 1˜¯
2n 1˜¯
Ê p ˆ
Donc cos2 Á

Ë 2n 1˜¯

Fn 1(Fn - Fn 1) Fn 1Fn-1 - (-1)n
Fn 1(Fn - Fn 1 Fn-1) (-1)n 1 (-1)n 1
c’est-à-dire Pn+1 est vraie.
• Conclusion : la propriété Pn est vraie au rang 1
et est héréditaire donc elle est vraie pour tout
entier naturel n non nul.
3. a. Soit p un entier naturel non nul fixé.
Démontrons, à l’aide d’une récurrence double,
que la propriété Pq : « Fp q Fp-1 Fq FpFq 1 » est
vraie pour tout entier naturel q.
• Initialisation :
Pour q = 0 : Fp–1F0 + FpF1 = Fp, donc P0 est vraie.
Pour q = 1 : Fp–1F1 + FpF2 = Fp–1 + Fp = Fp+1 donc
P1 est vraie.
• Hérédité : Soit n un entier naturel quelconque fixé.
Supposons que Pq et Pq+1 sont vraies c’est-à-dire
Fp q Fp-1 Fq FpFq 1 et Fp q 1 Fp-1Fq 1 FpFq 2
(hypothèses de récurrence).
Fp+q+2 = Fp+q + Fp+q+1
= Fp–1Fq + FpFq+1 + Fp–1Fq+1 + FpFq+2
=Fp–1(Fq + Fq+1) + Fp(Fq+1 + Fq+2)
= Fp–1Fq+2 + FpFq+3
c’est-à-dire Pq+2 est vraie.
• Conclusion : la propriété Pq est vraie aux rangs
0 et 1 et est héréditaire donc, d’après le principe
de récurrence double, elle est vraie pour tout
entier naturel q.
b. Pour tout entier naturel n, on pose p = n + 1
et q = n.
En utilisant la formule précédente, on a
F2n+1 = (Fn)2 + (Fn+1)2

80 Démontrons par récurrence que la propriété Pn :

Ê pˆ
2 2 2 ...
« cos Á ˜
(n – 1 radicaux) » est
2
Ë 2n¯
vraie pour tout entier naturel n ≥ 2.
Ê pˆ
2
• Initialisation : cos Á ˜
donc P2 est vraie.
2
Ë 4¯
• Hérédité : Soit n un entier naturel supérieur ou
égal à 2 quelconque fixé. Supposons que Pn est
Ê pˆ
vraie c’est-à-dire cos Á ˜
Ë 2n¯

2 2 2 ...
2

(hypothèse de récurrence).

26 n Chapitre 1 n Récurrence et suites bornées



Ê pˆ
cos Á ˜ 1
Ë 2n¯
2

2 2 2 ...
1
2
(n - 1 radicaux)
2

2 2 2 ... 2
.
4
Ê p ˆ
Or cos Á
0
Ë 2n 1˜¯



Ê p ˆ
2 2 2 ...
donc cos Á
(n radicaux)

2
Ë 2n 1¯˜
c’est-à-dire Pn+1 est vraie.
• Conclusion : Pn est vraie au rang 2 et est
héréditaire donc elle est vraie pour tout entier
naturel n ≥ 2.

81 Démontrons par récurrence que la propriété
Pn : « n peut s’écrire sous la forme n = 5a + 7b où
a et b sont deux entiers naturels » est vraie pour
tout entier naturel n ≥ 24.
• Initialisation : 24 = 5 × 2 + 7 × 2 donc P24 est vraie.
• Hérédité : Soit n un entier naturel supérieur ou
égal à 24. Supposons que Pn est vraie c’est-à-dire
n = 5a + 7b où a et b sont deux entiers naturels
(hypothèse de récurrence).
On a n + 1 = 5(a + 3) + 7(b – 2) (*) et
n + 1 = 5(a – 4) + 7(b + 3) (**).
Si a ≤ 3 alors 5a ≤ 15 donc –5a ≥ –15.
Or n ≥ 24 donc n – 5a ≥ 9 c’est-à-dire 7b ≥ 9
9
donc b  . De plus b est un entier naturel donc
7
b ≥ 2. En utilisant l’écriture (*), on a bien
n + 1 = 5a’ + 7b’ avec a’ et b’ deux entier naturels
(a’ = a + 3 et b’ = b – 2).
Si a ≥ 4, on utilise la deuxième écriture pour
conclure. Donc Pn+1 est vraie.
• Conclusion : la propriété Pn est vraie au rang 24
et est héréditaire donc elle est vraie pour tout
entier naturel n ≥ 24.
82 1. D1 = 2 ;  D2 = 4 ;  D3 = 7.
2. Pour tout entier naturel n, Dn+1 = Dn + n + 1.
En effet, considérons n droites du plan qui forment
donc Dn régions. On rajoute une (n + 1)ème droite.
Cette nouvelle droite n’est parallèle à aucune des
droites et ne passe pas par un point d’intersection
de deux droites. Cette (n + 1)ème droite coupe donc
les n droites existantes en n points distincts et est

© éditions Belin, 2012.

c’est-à-dire Fn 1Fn-1 - (Fn)2 (-1)n (hypothèse de
récurrence).
On a
Fn 2Fn - (Fn 1)2 Fn(Fn Fn 1) - (Fn 1)2

Accompagnement
personnalisé
 AP 1

1. Méthode 1
u0
1
a. u0 = 1 ;  u1
 ; 
u0 1 2
1
u1
1
u2
2 , etc.
u1 1 1
3
1
2
b. Conjecture : pour tout entier naturel n,
1
un
.
n 1
c. Démontrons par récurrence que la propriété
1
Pn : « un
 » est vraie pour tout entier natun
1
rel n.
1
1 u0 donc P0 est vraie.
0 1
• Hérédité : Soit n un entier naturel quelconque
fixé. Supposons que Pn est vraie c’est-à-dire
1
un
(hypothèse de récurrence).
n 1
1
u
n n 1 1
On a un 1
1
un 1
n 2
1
n 1
c’est-à-dire Pn+1 est vraie.
• Initialisation :

• Conclusion : La propriété Pn est vraie au rang 0
et est héréditaire donc elle est vraie pour tout
entier naturel n.
2. Méthode 2
a. Pour tout entier naturel n,
u 1
1
vn 1
n
vn 1 donc la suite (vn) est
un 1
un
une suite arithmétique de raison 1 et de premier
terme v0 = 1.
b. Pour tout entier naturel n, vn = v0 + nr = 1 + n
1
1

donc un
.
vn n 1

 AP3

1. a. (un) est une suite géométrique de raison
q et de premier terme u0 = 1. (On suppose q  0)
La suite (un) vérifie la relation de récurrence (R)
donc pour tout entier naturel n,
un+2 = un+1 + un ⇔ qn+2 = qn+1 + qn
⇔ q2 – q – 1 = 0 (en divisant par qn  0)
Donc q est solution de l’équation x2 – x – 1 = 0.
b. L’équation x2 – x – 1 = 0 a pour solution
1- 5
1 5
a
et b
.
2
2
n
Ê1 - 5 ˆ
c. Les expressions possibles pour un sont Á
˜
Ë 2 ¯
n
Ê1 5 ˆ
ou Á
˜ . Mais dans ces cas-là, u1  1.
Ë 2 ¯
(Remarque : si q = 0, on a également u1  1.)
2. a.
Ô v0 1
Ô l m 1
€Ì
Ì
ÔÓ v1 1
ÓÔ la mb 1

1- b
Ôl
Ô l m 1
a-b
Ô
€Ì
.
€Ì
Ô m a -1
ÓÔ la mb 1
Ô
a-b
Ó
b. Démontrons à l’aide d’une récurrence double
que la propriété Pn : « un = vn » est vraie pour
tout entier naturel n.
• Initialisation : u0 = 1 = v0 et u1 = 1 = v1 donc P0
et P1 sont vraies.
• Hérédité : Soit n un entier naturel quelconque fixé.
Supposons que Pn et Pn+1 sont vraies c’est-à-dire
un = vn et un+1 = vn+1 (hypothèse de récurrence).
On a un 2 un un 1 vn vn 1
l(a n a n 1) m(bn bn 1)
a 1) mbn(b 1)
la n(a
la n 2 mbn 2 vn 2

c’est-à-dire Pn+2 est vraie.

Chapitre 1 n Récurrence et suites bornées n  27

© éditions Belin, 2012.

partagée en n – 1 segments et 2 demi-droites. Ces
segments et demi-droites partagent chaque région
traversée en 2 ce qui rajoute n + 1 nouvelles régions.
Démontrons par récurrence que la propriété Pn :
n(n 1)
« Dn 1
 » est vraie pour tout entier
2
naturel n non nul.
1(1 1)
• Initialisation : 1
2 D1.
2
• Hérédité 
: Soit un entier naturel 
non nul
quelconque fixé. Supposons que Pn est vraie
c’est-à-dire (hypothèse de récurrence).
n(n 1)
On a Dn 1 Dn n 1 1
n 1
2
(n 1)(n 2)
1
2
c’est-à-dire Pn+1 est vraie.
• Conclusion : la propriété Pn est vraie au rang 1
et est héréditaire donc elle est vraie pour tout
entier naturel n non nul.

n

un

n

1 - b Ê1 - 5 ˆ
a - 1 Ê1 5 ˆ

.
a - b ÁË 2 ˜¯
a - b ÁË 2 ˜¯

28 n Chapitre 1 n Récurrence et suites bornées

 AP4

Il suffit de deux couleurs pour colorier les
différentes surfaces du polygone sans que deux
surfaces de même couleur n’aient de côté en
commun.
Si l’on souhaite rajouter un segment, il faut inverser le coloriage pour toutes les surfaces situées
du même côté de ce nouveau segment.

© éditions Belin, 2012.

• Conclusion : Pn est vraie aux rangs 0 et 1 et
est héréditaire donc, d’après le principe de récurrence double, elle est vraie pour tout entier
naturel n.
c. On en conclut que, pour tout entier naturel n,


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