Moyennant certaines propriétés des entiers naturels, il est équivalent à d'autres propriétés de ceux-ci, en particulier l'existence d'un minimum à tout (Le tout compris comme ensemble de ce qui existe est souvent interprété comme le monde ou... ) ensemble (En théorie des ensembles, un ensemble désigne intuitivement une collection... ) non vide (Le vide est ordinairement défini comme l'absence de matière dans une zone spatiale. ) (bon ordre), ce qui permet donc une axiomatisation alternative reposant sur cette propriété. Certaines formes de ce raisonnement se généralisent d'ailleurs naturellement à tous les bons ordres infinis (pas seulement celui sur les entiers naturels), on parle alors de récurrence transfinie, de récurrence ordinale (tout bon ordre est isomorphe à un ordinal); le terme d' induction est aussi souvent utilisé dans ce contexte (Le contexte d'un évènement inclut les circonstances et conditions qui l'entourent; le... Le raisonnement par récurrence peut se généraliser enfin aux relations bien fondées.
Raisonnement Par Récurrence Somme Des Carrés Francais
Comment faire pour grimper en haut d'une échelle? Il suffit de savoir remplir deux conditions: atteindre le premier barreau,
et être capable de passer d'un barreau au barreau suivant. Le raisonnement par récurrence, ou par induction, c'est exactement la même chose! Si on souhaite démontrer qu'une propriété $P_n$, dépendant de l'entier $n$, est vraie pour tout entier $n$, il suffit de:
initialiser: prouver que la propriété $P_0$ est vraie (ou $P_1$
si la propriété ne commence qu'au rang 1). hériter: prouver que, pour tout entier $n$, si $P_n$ est vraie, alors $P_{n+1}$ est vraie. Donnons un exemple. Pour $n\geq 1$, notons $S_n=1+\cdots+n$ la somme des $n$ premiers entiers. Pour $n\geq 1$, on note $P_n$ la propriété: "$S_n=n(n+1)/2$". initialisation: On a $S_1=1=1(1+1)/2$ donc $P_1$ est vraie. hérédité: soit $n\geq 1$ tel que $P_n$ est vraie, c'est-à-dire tel que $S_n=n(n+1)/2$. Alors on a
$$S_{n+1}=\frac{n(n+1)}2+(n+1)=(n+1)\left(\frac n2+1\right)=\frac{(n+1)(n+2)}2. $$
La propriété $P_{n+1}$ est donc vraie.
Raisonnement Par Récurrence Somme Des Carrés Rétros
Bien entendu, si P(0) n'existe pas, on prend P(1) et non P(0). Le raisonnement par récurrence par les exemples
C'est bien connu, rien ne vaut des exemples pour comprendre la théorie…
Le raisonnement par récurrence: propriété d'égalité
Nous allons considérer la propriété suivante:
P( n): \(1^2+2^2+3^2+\cdots+(n-1)^2 + n^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\). Somme des n carrés des premiers entiers naturels. Nous allons la démontrer par récurrence. Initialisation
La première étape est de constater que cette propriété est vraie pour le premier entier n possible. Ici, c'est n = 1. Quand il s'agit de démontrer une égalité, il faut calculer les deux membres séparément et constater qu'ils sont égaux. Pour n = 1:
le membre de gauche est: 1² = 1; le membre de droite est: \(\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}=\frac{1(1+1)(2\times1+1)}{6}=\frac{1\times2\times3}{6}=1\). On constate alors que les deux membres sont égaux. Par conséquent, l'égalité est vraie pour n = 1. P(1) est donc vraie. On dit alors que l'initialisation est réalisée.
Raisonnement Par Récurrence Somme Des Carrés De
P(n) un énoncé de variable n entier naturel défini pour tout entier n supérieur ou égale à n 0. Si l'on demande de montrer que l'énoncé P(n) est vrai pour tout n supérieur ou égal à n 0, nous pouvons penser à un raisonnement par récurrence et conduire comme suit le raissonnement:
i) Vérifier que P(n 0) est vrai
ii) Montrer que quelque soit l'entier p ≥ n 0 tel que P(p) soit vrai, P(p+1) soit nécessairement vrai aussi
alors nous pouvons conclure que P(n) est vrai pour tout entier n ≥ n 0. 3) Exercices de récurrence
a) exercice de récurrence
énoncé de l'exercice: soit la suite numérique (u n) n>0 est définie par u 1 = 2 et pour tout n > 0 par la relation u n+1 = 2u n − 3. Démontrer que pour tout entier n > 0, u n = 3 − 2 n−1. Soit l'énoncé P(n) de variable n suivant: « u n = 3 − 2 n−1 », montrons qu'il est vrai pour tout entier n > 0. Récurrence:
i) vérifions que P(1) est vrai, c'est-à-dire a-t-on u 1 = 3 − 2 1−1? par définition u 1 = 2
et
3 − 2 1−1 = 3 - 2 0 = 3 - 1 = 2
donc u 1 = 3 − 2 1−1 et P(1) est bien vrai.
Raisonnement Par Récurrence Somme Des Carrés Nervurés
L'idée de partir sur le somme de n premiers impairs (qui est égale à n², voir un peu plus loin dans ce forum) est excellente. Aujourd'hui 05/03/2006, 15h39
#7
matthias
Envoyé par fderwelt Mais c'est vrai que cete expression de P(n) n'est pas franchement intuitive, et que la balancer dans une récurrence comme si on avait eu la révélation, c'est pas très honnête. Une autre solution un peu moins malhonnête (mais juste un peu) consiste à supposer que l'on va obtenir un polynôme de degré 3, et d'en calculer les coefficients à l'aide des premiers termes. Ensuite on montre le tout rigoureusement par récurrence. Ca permet aussi de retrouver facilement le résultat si on ne connait pas la formule par coeur. 05/03/2006, 15h45
#8
Envoyé par matthias Une autre solution un peu moins malhonnête (mais juste un peu) consiste à supposer que l'on va obtenir un polynôme de degré 3, et d'en calculer les coefficients à l'aide des premiers termes. Ensuite on montre le tout rigoureusement par récurrence. Ca permet aussi de retrouver facilement le résultat si on ne connait pas la formule par coeur.
Raisonnement Par Récurrence Somme Des Cartes Graphiques
Déterminer la dérivée n ième de la fonction ƒ (n) pour tout entier n ≥ 1. Calculons les premières dérivées de la fonction ƒ. Rappel: (1/g)' = −g'/g 2 et (g n)' = ng n−1 g'. ∀ x ∈ D ƒ, ƒ ' (x) = −1 / (x + 1) 2 =. ∀ x ∈ D ƒ, ƒ '' (x) = (−1) × (−2) × / (x + 1) 3 = 2 / (x + 1) 3 =
∀ x ∈ D ƒ, ƒ (3) (x) = 2 × (−3) / (x + 1) 4 =
∀ x ∈ D ƒ, ƒ (4) (x) = (−2 × 3 × −4) / (x + 1) 5 = 2 × 3 × 4 / (x + 1) 5 =
Pour n ∈ {1;2;3;4;} nous avons obtenu:
∀ x ∈ D ƒ, ƒ (n) (x) = (−1) n n! / (x + 1) n+1 =
soit P(n) l'énoncé de récurrence de variable n pour tout n ≥ 1 suivant:
« ƒ (n) (x) = (−1) n n! / (x + 1) n+1 = »,
montrons que cet énoncé est vrai pour tout entier n ≥ 1.
i) P(1) est vrai puisque nous avons ƒ ' (x) = −1 / (x + 1) 2 = (−1) 1 1! / (x + 1) 1+1
ii) Soit p un entier > 1 tel que P(p) soit vrai, nous avons donc ∀ x ∈ D ƒ, ƒ (p) (x) = (−1) p p! / (x + 1) p+1, montrons que P(p+1) est vrai, c'est-à-dire que l'on a ∀ x ∈ D ƒ, ƒ (p+1) (x) = (−1) p+1 (p+1)! / (x + 1) p+2. ∀ x ∈ D ƒ, ƒ (p+1) (x) = [ƒ (p) (x)] ' = [(−1) p p!
3 2n+6 - 2 n est donc somme de deux multiples de 7, c'est bien un multiple de 7. L'hérédité de la seconde propriété est strictement analogue. On montre pourtant, en utilisant les congruences modulo (
En arithmétique modulaire, on parle de nombres congrus modulo n
Le terme modulo peut aussi... ) 7, qu'elle n'est vraie pour aucun entier (congruences que l'on pourrait d'ailleurs utiliser également pour démontrer la première propriété). L'hérédité doit être démontrée pour tout entier n plus grand ou égal au dernier n₀ pour lequel la propriété a été démontrée directement (initialisation). Si on prend, par exemple, la suite, on peut observer que cette suite est croissante à partir de n = 2 car. Si on cherche à démontrer que pour tout, l'initialisation est facile à prouver car u 1 = 1. l'hérédité aussi car, la suite étant croissante, si alors. Pourtant cette inégalité est vraie seulement pour n = 1. L'hérédité n'a en réalité été prouvée que pour n supérieur ou égal à 2 et non pour n supérieur ou égal à 1.
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