01 Recurrence

Cours : Suites et récurrence
1 Démonstration par récurrence

Exemple introductif, tiré de l’épreuve de spécialité de Polynésie 2022 : On considère la suite (un ) définie
par u0 = 1 et, pour tout entier naturel n,
un
un+1 = .
1 + un
A l’aide de cette expression, il est possible de calculer les termes de la suite de proche en proche.
u0 1 1
• u1 = = = .
1 + u0 1+1 2
1 1
u1 1
• u2 = = 2 1 = 2
3 = .
1 + u1 1+ 2 2
3
1 1
u2 1
• u3 = = 3 1 = 3
4 = .
1 + u2 1+ 3 3
4
• ...
Toutefois, il n’est pas possible de calculer u50 sans calculer tous les termes précédents... On souhaiterait
déterminer une expression de un en fonction de n pour tout entier naturel n.
1
D’après les premiers termes de notre suite, il semblerait que pour tout entier naturel n, on ait un = .
n+1
Cette formule fonctionne pour les rangs 0, 1, 2 et 3 mais qu’en est-il pour le reste ?
Un moyen de s’assurer que cette formule fonctionne pour tous les rangs est de la démontrer par récurrence.
Définition 1 : Lorsque l’on souhaite démontrer une proposition mathématique qui dépend d’un entier n, il
est parfois possible de démontrer cette proposition par récurrence.
Pour tout entier n, on note P(n) la proposition qui nous intéresse. La démonstration par récurrence comporte
trois étapes :
• Initialisation : On montre qu’il existe un entier n0 pour lequel P(n0 ) est vraie ;
• Hérédité : on montre que, si pour un entier n > n0 , P(n) est vraie, alors P(n + 1) l’est également ;
• Conclusion : on en conclut que pour tout entier n > n0 , la proposition P(n) est vraie.
Le principe du raisonnement par récurrence rappelle les dominos que l’on aligne et que
l’on fait tomber, les uns à la suite des autres.
On positionne les dominos de telle sorte que, dès que l’un tombe, peu importe lequel,
il entraîne le suivant dans sa chute. C’est l’hérédité. Seulement, encore faut-il
faire effectivement tomber le premier domino, sans quoi rien ne se passe : c’est
l’initialisation.
Si ces deux conditions sont remplies, on est certain qu’à la fin, tous les dominos seront
tombés : c’est notre conclusion.
Jason LAPEYRONNIE http://mathoutils.fr

2
Exemple 1 : On considère la suite (un ) définie par u0 = 1 et, pour tout entier naturel n,
un
un+1 = .
1 + un
1
Pour tout entier naturel n, on note P(n) la proposition « un = ».
n+1
• Initialisation : Pour n = 0.
1 1
= = 1 = u0
0+1 1
La propriété P(0) est donc vraie.
1
• Hérédité : Soit n ∈ N. Supposons que P(n) est vraie. On a donc un = . A partir de ce résultat,
n+1
1 1
on souhaite démontrer que P(n + 1) est vraie, c’est-à-dire que un+1 = =
n+1+1 n+2
1 un
Nous avons donc un = . Or, un+1 = . Ainsi,
n+1 1 + un
1 1 1
n+1 n+1 n+1 1 n+1 1
un+1 = 1 = 1 n+1 = n+2 = × =
n+1 + 1 n+1 + n+1 n+1
n+1 n+2 n+2
1
On trouve bien que un+1 = : P(n + 1) est donc vraie.
n+1+1
• Conclusion : La propriété est vraie au rang 0 et est héréditaire, elle est donc vraie pour tout entier n.
1
Nous avons montré que pour tout entier naturel n, on a bien un = .
n+1
Une propriété utile qui peut être démontrée par récurrence est la suivante. Souvenez-vous en, elle reviendra
dans un prochain chapitre !
Propriété 1 — Inégalité de Bernoulli : Soit a un réel strictement positif.

Pour tout entier naturel n, (1 + a)n > 1 + na
Démonstration 1 : Nous allons démontrer cette propriété par récurrence. Fixons-nous un réel a strictement
positif. Pour tout entier naturel n, on note alors P(n) la proposition « (1 + a)n > 1 + na ».
• Initialisation : Prenons n = 0.
– D’une part, (1 + a)0 = 1
– D’autre part, 1 + 0 × a = 1.
On a bien (1 + a)0 > 1 + 0 × a. P(0) est donc vraie.
• Hérédité : Soit n ∈ N. Supposons que P(n) est vraie. On a donc (1 + a)n > 1 + na.
En multipliant des deux côtés de l’inégalité par (1 + a), qui est strictement positif, on obtient alors que
(1 + a)n+1 > (1 + na)(1 + a).
Or,
(1 + na)(1 + a) = 1 + na + a + na2 = 1 + (n + 1)a + na2 > 1 + (n + 1)a.
Ainsi, (1 + a)n+1 > 1 + (n + 1)a. P(n + 1) est donc vraie.

• Conclusion : P(0) est vraie et, si pour n ∈ N, P(n) est vraie, P(n + 1)l’est aussi. Ainsi, d’après le
principe de récurrence, P(n) est vraie pour tout entier naturel n.

2 Suites majorées, minorées, bornées 3
On a bien montré que, pour tout entier naturel n, (1 + a)n > 1 + na.
y = (1 + x)n
Une interprétation graphique de cette inégalité est possible.
La droite d’équation y = 1 + nx n’est autre que la tangente à la courbe
d’équation y = (1 + x)n à l’abscisse 0. L’inégalité de Bernoulli dit donc
y = 1 + nx
que la courbe se trouve au-dessus de la tangente lorsque x > 0.
Nous verrons, lorsque la dérivation n’aura plus de secret pour vous, que
cette remarque nous fournira une autre démonstration de l’inégalité de
Bernoulli.
2 Suites majorées, minorées, bornées

Définition 2 — Suites majorées, minorées, bornées : Soit (un ) une suite réelle. On dit que...
• ...(un ) est majorée s’il existe un réel M tel que, pour tout entier naturel n, un 6 M .
Un tel réel M est alors appelé majorant de la suite (un ).
• ...(un ) est minorée s’il existe un réel m tel que, pour tout entier naturel n, un > m.
Un tel réel m est alors appelé minorant de la suite (un ).
• ...(un ) est bornée si (un ) est à la fois majorée et minorée.
Les majorants et minorants sont indépendants de n ! Bien que pour tout n > 0, on ait n 6 n2 , on ne peut
pas dire que la suite (un ) définie par un = n est majorée. Cette indépendance se traduit dans l’ordre des
quantificateurs employés dans la définition précédente (le majorant y apparaît avant l’entier n).
Exemple 2 : Pour tout n, on pose un = cos(n).

La suite (un ) est bornée puisque, pour tout entier n, −1 6 un 6 1.
Exemple 3 : Pour tout entier naturel n, on pose vn = n2 + 1. La suite (vn ) est minorée puisque pour tout
entier naturel n, vn > 1. En revanche, elle n’est pas majorée.
Exemple 4 : Pour tout entier naturel n, on pose wn = (−1)n n. Cette suite n’est ni majorée, ni minorée.
Lorsqu’une suite est définie par récurrence, une majoration ou une minoration de cette suite peut elle-même
être démontrée par récurrence.
Exemple 5 : On considère la suite (un ) définie par u0 = 5 et pour tout entier naturel n, un+1 = 0.5un + 2.
Pour tout entier naturel n, on note P(n) la proposition « un > 4 ».
• Initialisation : On a bien u0 > 4. P(0) est donc vraie.
• Hérédité : Soit n ∈ N. Supposons que P(n) est vraie, c’est-à-dire un > 4. En multipliant cette
inégalité par 0,5, on en déduit que 0.5un > 2. En ajoutant 2, on en déduit que 0.5un + 2 > 4,
c’est-à-dire un+1 > 4. P(n + 1) est vraie.
• Conclusion : Ainsi, P(0) est vraie et la proposition P est héréditaire. D’après le principe de récur-
rence, on en conclut que pour tout entier naturel n, P(n) est vraie.


4
Si l’on se donne une fonction f définie sur un ensemble I et une suite (un ) à valeurs dans I telle que, pour tout
entier naturel n, un+1 = f (un ), l’étude de la fonction f pourra également nous fournir des informations sur la
suite (un ) étudiée.
Exemple 6 : On considère une fonction f définie sur R et dont le tableau de variations est le suivant.
x −∞ −1 3 +∞
3
f
0
On considère alors la suite (un ) définie par u0 = 1 et, pour tout entier naturel n, un+1 = f (un ).
Pour tout entier naturel n, on considère la proposition P(n) : « 0 6 un 6 3 ».
• Initialisation : On a bien 0 6 u0 6 3. P(0) est donc vraie.
• Hérédité : Soit n ∈ N. Supposons que P(n) est vraie, c’est-à-dire 0 6 un 6 3.
La fonction f est décroissante sur l’intervalle [−1; 3], lequel contient l’intervalle [0; 3]. Il est alors
possible d’appliquer cette fonction à notre inégalité (attention, la fonction étant décroissante, l’inégalité
sera alors renversée).
Ainsi, on a f (0) > f (un ) > f (3). On sait par ailleurs que f (un ) = un+1 , que f (3) = 0 et que,
d’après les variations de f , f (−1) > f (0), c’est-à-dire que 3 > f (0).
On en conclut donc que 3 > un+1 > 0. P(n + 1) est donc vraie.

3 Suites croissantes, suites décroissantes

Définition 3 — Variations d’une suite : Soit (un ) une suite réelle et n0 un entier naturel.
• On dit que (un ) est croissante à partir de n0 si, pour tout entier naturel n > n0 , un+1 > un .
• On dit que (un ) est décroissante à partir de n0 si, pour tout entier naturel n > n0 , un+1 6 un .
Étudier la croissance ou la décroissance d’une suite revient donc souvent à étudier le signe de un+1 − un .
Exemple 7 : On considère la suite (un ) définie pour tout entier naturel n par un = n2 − n.
Pour tout entier naturel n,
un+1 − un = (n + 1)2 − (n + 1) − (n2 − n) = n2 + 2n + 1 − n − 1 − n2 − 1 = 2n > 0
La suite (un ) est donc croissante.

3 Suites croissantes, suites décroissantes 5
Propriété 2 : Soit (un ) une suite strictement positive et n0 un entier naturel.

un+1
• (un ) est croissante à partir de n0 si, pour tout entier naturel n > n0 , > 1.
un
un+1
• (un ) est décroissante à partir de n0 si, pour tout entier naturel n > n0 , 6 1.
un
2n
Exemple 8 : On considère la suite (un ) définie pour tout entier naturel non nul n par un = .
n
Pour tout entier naturel non nul n, on a un > 0 et
2n+1
un+1 2n+1 n 2n
= n +n 1 = × =
un 2 n + 1 2n n+1
n
2n
Or, si n > 1, on a, en ajoutant n aux deux membres de l’inégalité, 2n > n + 1 et donc > 1.
n+1
un+1
Ainsi, pour tout entier naturel non nul n, > 1. La suite (un ) est donc croissante.
un
Encore une fois, lorsqu’une suite est définie par récurrence, ses variations peuvent également être étudiées par
récurrence.
√
Exemple 9 : On considère la suite (un ) définie par u0 = 4 et pour tout n ∈ N, un+1 = 5 + un .
Pour tout entier naturel n, on note P(n) la proposition 0 6 un+1 6 un . Montrer que P(n) est vraie pour
tout entier naturel n démontrera que la suite (un ) est décroissante et minorée par 0, un résultat qui nous
intéressera fortement dans un prochain chapitre...
√ √
• Initialisation : u0 = 4, u1 = 5 + 4 = 9 = 3. On a bien 0 6 u1 6 u0 . P(0) est vraie.
• Hérédité : Soit n ∈ N. Supposons que P(n) est vraie. On a alors
0 6 un+1 6 un .
En ajoutant 5 à chaque membre, on obtient
5 6 un+1 + 5 6 un + 5.
√
On souhaite "appliquer la racine carrée" à cette inégalité. La fonction x 7→ x étant croissante sur
l’intervalle [0; +∞[, l’appliquer ne changera pas le sens de l’inégalité. On a donc bien
√ p √
5 6 un+1 + 5 6 un + 5.
√ √ √
D’une part, 5 > 0. D’autre part, un+1 + 5 = un+2 et un + 5 = un+1 . Ainsi
0 6 un+2 6 un+1 .
La proposition P(n + 1) est donc vraie.

• Conclusion : P(0) est vraie et P est héréditaire. Par récurrence, P(n) est vraie pour tout n ∈ N.


6
Comme précédemment, si l’on dispose d’une fonction f que l’on sait étudier et d’une suite (un ) telle que pour
tout entier naturel n, un+1 = f (un ), il est sans doute possible d’utiliser les informations que nous avons sur la
fonction pour en déduire des informations sur notre suite.
Attention ! Ce n’est pas parce que la fonction f est croissante que la suite le sera également !
Exemple 10 : On considère une fonction f définie sur R et dont le tableau de variations est le suivant.
x −∞ −1 3 5 +∞
5
f 2
1
On considère alors la suite (un ) définie par u0 = 3 et, pour tout entier naturel n, un+1 = f (un ).
On souhaite montrer que la suite (un ) est décroissante et bornée par −1 et 5. Pour tout entier naturel n, on
considère alors la proposition P(n) : « −1 6 un+1 6 un 6 5 ».
• Initialisation : On a u0 = 3 et u1 = f (u0 ) = f (3) = 2. On a bien −1 6 u1 6 u0 6 5. P(0) est donc
vraie.
• Hérédité : Soit n ∈ N. Supposons que P(n) est vraie, c’est-à-dire −1 6 un+1 6 un 6 5.
La fonction f est croissante sur l’intervalle [−1; 5]. Il est alors possible d’appliquer cette fonction à
notre inégalité (la fonction étant croissante, le sens de l’inégalité est conservée).
Ainsi, on a f (−1) 6 f (un+1 ) 6 f (un ) 6 f (5). On sait par ailleurs que f (un ) = un+1 , que
f (un+1 ) = un+2 , que f (5) = 5 et enfin que f (−1) = 1 > −1.
On en conclut donc que −1 6 un+1 6 un 6 5. P(n + 1) est donc vraie.


Exercices : Suites et récurrence
1 Principe
I Exercice 1 — Voir le corrigé
Soit r un réel. On rappelle qu’une suite (un ) est arithmétique de raison r si pour tout n ∈ N, un+1 = un + r.
Soit donc (un ) une suite arithmétique de raison r.
1. Montrer par récurrence que pour tout entier naturel n, un = u0 + rn.
2. Application : On considère la suite (un ) arithmétique de premier terme u0 = 4 et de raison r = 8
(a) Exprimer un en fonction de n
(b) Calculer u18 à l’aide de cette formule.

Soit q un réel. On rappelle qu’une suite (un ) est géométrique de raison q si pour tout n ∈ N, un+1 = qun .
Soit donc (un ) une suite géométrique de raison q.
1. Montrer par récurrence que pour tout entier naturel n, un = u0 × q n .
2. Application : On considère la suite (un ) géométrique de premier terme u0 = 3 et de raison r = −2
(a) Exprimer un en fonction de n
(b) Calculer u12 à l’aide de cette formule.

On considère la suite (un ) telle que u0 = 12 et pour tout entier naturel n, un+1 = 3un − 8.
Montrer par récurrence que pour tout entier naturel n, un = 4 + 8 × 3n .

On considère la suite (un ) définie par u1 = 1 et, pour tout entier naturel n,
un
un+1 = p .
u2n + 1
1. Calculer u2 et u3
2. Conjecturer une expression de un en fonction de n.
3. Démontrer cette conjecture par récurrence.

un − 2
On considère la suite un définie par u0 = 3 et, pour tout entier naturel n, un+1 = .
2un + 5
Montrer que pour tout entier naturel n,
9 − 8n
un = .
3 + 8n

Montrer par récurrence que, pour tout entier naturel non nul n, on a
n(n + 1)
1 + 2 + 3 + ... + n = .
2

8

Soit n un entier naturel non nul et
un = 1 + 3 + 5 + 7 + · · · + (2n − 1).
1. Calculer u1 , u2 , u3 et u4 .
2. Conjecturer une expression simple de un en fonction de n puis démontrer cette conjecture par récurrence.

On considère les suites (xn ) et (yn ) définies comme suit
ß ß
x0 = −4 y0 = 3
Pour tout n ∈ N, xn+1 = 0.8xn − 0.6yn Pour tout n ∈ N, yn+1 = 0.6xn + 0.8yn
Montrer que pour tout entier naturel n, x2n + yn2 = 25. Interpréter géométriquement cette propriété.
I Exercice 9 — Suites arithmético-géométriques – Voir le corrigé

Soit a et b deux réels, avec a différent de 0 et 1. On considère une suite (un ) telle que, pour tout n ∈ N,
un+1 = a un + b.
1. Résoudre l’équation x = ax + b, d’inconnue réelle x. On note r la solution de cette équation.

2. Montrer par récurrence que, pour tout entier naturel n,
un = an (u0 − r) + r.
3. On propose de montrer ce résultat par une autre méthode. On considère pour cela la suite (cn ) définie
pour tout entier naturel n par cn = un − r.
(a) Exprimer cn+1 en fonction de cn pour tout entier naturel n.
(b) Quelle est la nature de la suite (cn ) ?
(c) En déduire une expression de cn puis de un en fonction de n, pour tout entier naturel n.

On rappelle que pour tout entier naturel n, la fonction fn : x 7→ xn , définie sur R, est également dérivable, de
dérivée fn0 : x 7→ n xn−1 Nous allons le démontrer par récurrence.
1. Montrer, à l’aide du taux de variation, que les fonctions f1 : x 7→ x et f2 : x 7→ x2 sont dérivables sur R
et donner leur fonctions dérivées.
2. Soit u et v deux fonctions dérivables. Rappeler la formule de la dérivée de uv.
3. Pour tout entier naturel n, on pose P(n) la proposition "pour tout réel x, fn0 (x) = n xn−1 ". Démontrer
cette proposition par récurrence.

Dans chacun des cas suivants, déterminer si la suite (un ) est majorée, minorée, bornée.
1
a. un = (−1)n + pour n 6= 0 b. un = cos(n) + sin(n) c. un = −3 cos(n) + 2 sin(n)
n
n
d. un = 2 cos(n) − n e. un = cos(n) + 3 f. un =
n+1


2
On considère la suite (un ) définie par u0 = 2 et, pour tout entier naturel n, un+1 = un + 8.
10
Montrer par récurrence que pour tout entier naturel n, un 6 10.

un + 3
On considère la suite (un ) définie par u0 = 5 et, pour tout entier naturel n, un+1 = .
2
Montrer que, pour tout entier naturel n, 3 6 un 6 5

1
On considère la suite (un ) définie par u0 = 1 et, pour tout entier relatif n, un+1 = .
1 + un
1
Montrer par récurrence que, pour tout entier naturel n, 6 un 6 1.
2

On considère la suite (vn ) définie par v0 = 0.3 et, pour tout entier naturel n, vn+1 = 4vn − 4vn2 .
1. Pour tout réel x ∈ [0; 1], on pose f (x) = 4x − 4x2 . On admet que f est dérivable sur R.
Donner une expression de f 0 (x) pour tout réel x ∈ [0; 1]
2. Étudier le signe de f 0 (x)
3. En déduire les variations de f et en déduire que pour tout réel x, 0 6 f (x) 6 1.
4. Montrer par récurrence que, pour tout entier naturel n, 0 6 vn 6 1.

On considère la suite (un ) définie pour tout entier naturel n par un = 2n2 − 24n + 3.
1. Montrer que pour tout entier naturel n, un+1 − un = 4n − 22.
2. En déduire le sens de variations de la suite (un ).

1
On considère la suite (un ) définie par u0 = 5 et pour tout entier naturel n, un+1 = un + 4.
2
1. Montrer par récurrence que, pour tout entier naturel n, un 6 8.
1
2. Montrer que pour entier naturel n, un+1 − un = − un + 4.
2
3. Déduire des deux questions précédentes que la suite (un ) est croissante.

2un
On considère la suite (un ) définie par u0 = 1 et, pour tout entier naturel n, un+1 = .
2 + un
1. Montrer que pour tout entier naturel n, un > 0.
2. Montrer que la suite (un ) est strictement décroissante.

2
On considère la suite (un ) définie par u0 = 2 et pour tout entier naturel n, un+1 = un − 7.
3
Montrer que pour tout entier naturel n, un > −21 et que la suite (un ) est décroissante.

10

√
On considère la suite (un ) définie par u0 = 5 et pour tout entier naturel n, un+1 = 2un − 1.
Montrer que pour tout entier naturel n, un > 1 et que (un ) est décroissante.
I Exercice 21 — Bac 2021 – Métropole – Voir le corrigé

On considère la suite (un ) définie par u0 = 1 et, pour tout entier naturel n,
5un + 4
un+1 = .
un + 2
5x + 4
1. Montrer que la fonction f définie pour tout réel x ∈ [0; +∞[ par f (x) = est strictement crois-
x+2
sante sur [0, + ∞[.
2. Montrer que pour tout entier naturel n,
0 6 un 6 un+1 6 4.
I Exercice 22 — Bac 2022 – Centres étrangers – Voir le corrigé

1
On considère les suites (an ) et (bn ) définies par a0 = , b0 = 1 et, pour tout entier naturel n,
10
an+1 = e−bn
ß
bn+1 = e−an
On rappelle que la fonction x 7→ e−x est décroissante sur R. Montrer que pour tout entier naturel n,
0 < an 6 an+1 6 bn+1 6 bn 6 1.

Corrigés
1 Principe
I Correction 1 — Voir l’énoncé

Pour tout entier naturel n, on considère la proposition P (n) : « un = u0 + rn ».
• Initialisation : Pour n = 0, on a bien u0 + r × 0 = u0 . P (0) est vraie.
• Hérédité : Soit n ∈ N. Supposons que P (n) est vraie, c’est-à-dire un = u0 + rn. Or, un+1 = un + r.
Ainsi, un+1 = u0 + rn + r = u0 + r(n + 1). P (n + 1) est donc vraie.
• Conclusion : P (0) est vraie. P est héréditaire. Par récurrence, P (n) est vraie pour tout entier naturel n.
D’après la question 1, , pour tout entier naturel n, on a un = 4 + 8n. Ainsi, u18 = 4 + 8 × 18 = 144.

Pour tout entier naturel n, on considère la proposition P (n) : « un = u0 × q n ».
• Initialisation : Pour n = 0, on a bien u0 × q 0 = u0 × 1 = u0 . P (0) est vraie.
• Hérédité : Soit n ∈ N. Supposons que P (n) est vraie, c’est-à-dire un = u0 × q n . Or, un+1 = q un .
Ainsi, un+1 = q × u0 × q n = u0 × q n+1 . P (n + 1) est donc vraie.
D’après la question précédente, on a, pour tout n ∈ N, un = 3 × (−2)n . Ainsi, u12 = 3 × (−2)12 = 12288.

Pour tout entier naturel n, on considère la proposition P (n) : « un = 4 + 8 × 3n ».
• Initialisation : Pour n = 0, on a bien 4 + 8 × 30 = 4 + 8 × 1 = 12 = u0 . P (0) est vraie.
• Hérédité : Soit n ∈ N. Supposons que P (n) est vraie, c’est-à-dire un = 4+8×3n . Or, un+1 = 3un −8.
Ainsi, un+1 = 3(4 + 8 × 3n ) − 8 = 3 × 4 + 3 × 8 × 3n − 8 = 4 + 8 × 3n+1 . P (n + 1) est donc vraie.

On a
u1 1 1
• u2 = » =√ =√
2 2
1 +1 2
u1 + 1
√ 1√ 1 …
u2 1 1 1 2 1
• u3 = » = …Ä ä2 =» 2 =√ ×» =√ × =√
2 2 1 2 3 2 3 3
u2 + 1 √1 +1 2 +1 2
2
1
Pour tout entier naturel non nul n, on pose P(n) : « un = √ »
n
1
• Initialisation : √ = 1 = u1 , P(1) est vraie.
1
1 un
• Hérédité : Soit n ∈ N\{0}. Supposons que P(n) est vraie. On a donc un = √ .Or, un+1 = p .
n u2n + 1

12
Ainsi,
√1 …
n 1 1 1 1 1 n 1
un+1 = …Ä ä =√ ×» =√ ×» =√ × =√
2 n 1 n n+1 n n+1 n+1
√1 +1 n +1 n
n
P(n + 1) est donc vraie.

• Conclusion : P(1) est vraie et P est héréditaire. Par récurrence, P(n) est vraie pour tout entier naturel
non nul n

9 − 8n
Pour tout entier naturel n, on pose P(n) : « un = ».
3 + 8n
9−8×0 9
• Initialisation : = = 3 = u0 . P(0) est vraie.
3+8×0 3
9 − 8n
• Hérédité : Soit n ∈ N. Supposons que P(n) est vraie, c’ets-à-dire un = . On cherche à établir
3 + 8n
9 − 8(n + 1) 9 − 8n − 8 1 − 8n
un+1 = = =
3 + 8(n + 1) 3 + 8n + 8 11 + 8n
9 − 8n 9 − 8n − 2(3 + 8n)
un − 2 −2
Or, un+1 = . Ainsi, un+1 = 3 + 8n = 3 + 8n . On a alors
2un + 5 9 − 8n 2(9 − 8n) + 5(3 + 8n)
2× +5
3 + 8n 3 + 8n
9 − 8n − 2(3 + 8n) 2(9 − 8n) + 5(3 + 8n) 9 − 8n − 2(3 + 8n)

un+1 = × =
3 + 8n 3 + 8n 2(9 − 8n) + 5(3 + 8n)
et donc
9 − 8n − 6 − 16n 3 − 24n
un+1 = =
18 − 16n + 15 + 40n 33 − 24n
3(1 − 8n) 1 − 8n
En factorisant par 3, on obtient finalement un+1 = = qui est bien le résultat voulu.
3(11 − 8n) 11 + 8n
P(n + 1) est vraie.
• Conclusion : P(0) est vraie, P est héréditaire. Par récurrence, P(n) est vraie pour tout entier naturel n.

n(n + 1)
Pour tout entier naturel non nul n, on note P(n) la proposition « 1 + 2 + 3 + . . . + n = »
2
1 × (1 + 1)
• D’une part, la somme de tous les entiers entre 1 et 1 vaut évidemment 1. Par ailleurs, = 1.
2
P (1) est vraie.
• Soit n un entier naturel non nul. Supposons que P(n) est vraie. On a alors
n(n + 1) n(n + 1) 2(n + 1) (n + 1)(n + 2)

1 + 2 + 3 + . . . + n + (n + 1) = +n+1= + =
2 2 2 2

• P(1) est vraie, P est héréditaire. Par récurrence, P(n) est vraie pour tout entier naturel non nul n.

1 Principe 13

On a u1 = 1, u2 = 1 + 3 = 4, u3 = 1 + 3 + 5 = 9, u4 = 1 + 3 + 5 + 7 = 16
Pour tout entier naturel non nul n, on pose P(n) : « un = n2 »
• Initialisation : 12 = 1 = u1 , P(1) est vraie.
• Hérédité : Soit n un entier naturel non nul. Supposons que P(n) est vraie. On a donc un = n2 .Or,
un+1 = 1 + 3 + 5 + 7 + · · · + (2n − 1) + (2(n + 1) − 1) = un + (2n + 1)
Ainsi, puisque un = n2 par hypothèse de récurrence,
un+1 = n2 + 2n + 1 = (n + 1)2

non nul n

Pour tout entier naturel n, on considère la proposition P (n) : « x2n + yn2 = 25 ».
• Initialisation : Pour n = 0, on a bien x20 + y02 = (−4)2 + 32 = 16 + 9 = 25. P (0) est vraie.
• Hérédité : Soit n ∈ N. Supposons que P (n) est vraie, c’est-à-dire x2n + yn2 = 25. Alors,
x2n+1 + yn+1
2
= (0,8xn − 0,6yn )2 + (0,6xn + 0,8yn )2
En développant, on a
x2n+1 + yn+1
2
= 0,64x2n − 0,96xn yn + 0,36yn2 + 0,36x2n + 0,96xn yn + 0,64yn2
En simplifiant, on a donc
x2n+1 + yn+1
2
= x2n + yn2 = 25
P (n + 1) est donc vraie.

Si l’on se place dans un repère orthonormé, pour tout entier naturel n, le point de coordonnées (xn ; yn ) est sur
le cercle de centre l’origine et de rayon 5.

b
On a x = ax + b si et seulement si x − ax = b si et seulement si x(1 − a) = b si et seulement si x = .
1−a
Pour tout entier naturel n, on pose P(n) : « un = an (u0 − r) + r »
• Initialisation : a0 × (u0 − r) + r = u0 − r + r = u0 . P(0) est vraie.
• Hérédité : Soit n un entier naturel non nul. Supposons que P(n) est vraie. On a donc un = an (u0 −
r) + r.Or,
un+1 = aun + b = a × (an (u0 − r) + r) + b = an+1 (u0 − r) + ar + b
Or, r est solution de l’équation x = ax + b. Ainsi, ar + b = r. Il en vient que
un+1 = an+1 (u0 − r) + r

14
• Conclusion : P(0) est vraie et P est héréditaire. Par récurrence, P(n) est vraie pour tout n ∈ N
Pour tout entier naturel n,
cn+1 = un+1 − r = aun + b − r
Or, r est solution de l’équation x = ax + b. Ainsi,
cn+1 = aun + b − (ar + b) = a(un − r) = a × cn
La suite (cn ) est une suite géométrique de raison a

D’après la question précédence, la suite (cn ) est une suite géométrique de raison a. Ainsi, pour tout entier
naturel n,
cn = c0 × an = (u0 − r) × an
Or, pour tout entier naturel n, cn = un − r et donc un = cn + r. On en conclut que, pour tout entier naturel n,
un = an (u0 − r) + r

Pour tout réel x et tout réel non nul h,
f1 (x + h) − f1 (x) x+h−x h
= = =1
h h h
Ainsi, f1 est dérivable sur R et pour tout réel x, f10 (x) = 1. Par ailleurs, pour tout réel x non nul,
f2 (x + h) − f2 (x) (x + h)2 − x2 x2 + 2hx + h2 − x2

= = = 2x + h
h h h
Ainsi, f2 est dérivable sur R et pour tout réel x, f20 (x) = 2x.
Soit u et v deux fonctions dérivables sur R. Alors uv est dérivable sur R et (uv)0 = u0 v + uv 0
Pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 2, on considère la proposition P(n) : « la fonction fn : x 7→ xn
est dérivable sur R, de dérivée fn0 : x 7→ nxn−1 »
• Initialisation : D’après la question 1., f2 est dérivable sur R et pour tout réel x, f20 (x) = 2x = 2x2−1 .
P(2) est donc vraie.
• Hérédité : Soit n un entier naturel supérieur ou égal à 2. Supposons que P(n) est vraie. Pour tout réel x
fn+1 (x) = xn+1 = x × xn = f1 (x) × fn (x)
Or, f1 est dérivable sur R (question 1.) et fn est également dérivable sur R par hypothèse de récurrence.
Ainsi, fn+1 est dérivable sur R et
0
fn+1 = f10 × fn + f1 × fn0
Pour tout réel x,

0
fn+1 (x) = 1 × xn + x × n xn−1 = xn + n xn = (n + 1)xn = (n + 1)xn+1−1

n supérieur ou égal à 2

2 Suites majorées, minorées, bornées 15

1
a. Pour tout entier naturel n, −1 6 (−1)n 6 1 et 0 6 6 1. Ainsi, −1 6 (−1)n 6 2. La suite (un ) est
n
bornée.
b. Pour tout entier naturel n, −1 6 cos(n) 6 1 et −1 6 sin(n) 6 1. Ainsi, −2 6 cos(n) + sin(n) 6 2. La
suite (un ) est bornée.
c. Pour tout entier naturel n, −1 6 cos(n) 6 1 et donc 3 > −3 cos(n) > −3, soit −3 6 −3 cos(n) 6 3. Par
ailleurs, −1 6 sin(n) 6 1 et donc −2 6 2 sin(n) 6 2. Ainsi, −5 6 −3 cos(n) + 2 sin(n) 6 5. La suite (un )
est bornée.
d. Pour tout entier naturel n, −2 6 cos(n) 6 2 et −n 6 0. Ainsi, 2 cos(n) − n 6 2. La suite (un ) est majorée.
En revanche, elle n’est pas minorée.
e. Pour tout entier naturel n, −1 6 cos(n) 6 1. Ainsi, 2 6 cos(n) + 4 6 4. La suite (un ) est bornée.
n
f. Pour tout entier naturel n, 0 6 n 6 n + 1 et donc 0 6 6 1. La suite (un ) est bornée.
n+1

Pour tout entier naturel n, on considère la proposition P (n) : « un 6 10 ».
• Initialisation : Pour n = 0, on a u0 = 2 et donc u0 6 10. P (0) est vraie.
2 2
• Hérédité : Soit n ∈ N. Supposons que P (n) est vraie, c’est-à-dire un 6 10. Ainsi, × 10 6 × 10
10 10
2 2
et un + 8 6 × 10 + 8, c’est-à-dire un+1 6 10. P (n + 1) est donc vraie.
10 10

Pour tout entier naturel n, on considère la proposition P (n) : « 3 6 un 6 5 ».
• Initialisation : Pour n = 0, on a u0 = 5 et donc 3 6 u0 6 5. P (0) est vraie.
• Hérédité : Soit n ∈ N. Supposons que P (n) est vraie, c’est-à-dire 3 6 un 6 5.
3+3 un + 3 5+3
Ainsi, 3 + 3 6 un + 3 6 5 + 3 et 6 6 , c’est-à-dire 3 6 un+1 6 4.
2 2 2
Or, puisque 4 6 5, on a donc bien 3 6 un+1 6 5. P (n + 1) est donc vraie.

1
Pour tout entier naturel n, on considère la proposition P (n) : « 6 un 6 1.
2
1
• Initialisation : Pour n = 0, on a u0 = 1 et donc 6 u0 6 1. P (0) est vraie.
2
1 1
• Hérédité : Soit n ∈ N. Supposons que P (n) est vraie, c’est-à-dire 6 un 6 1. Ainsi, +1 6 un +1 6
2 2
3 1
1 + 1, c’est-à-dire 6 un + 1 6 2. On applique alors la fonction x 7→ à cette inégalité. Cette fonction
2 x
2 1 1 2
étant décroissante sur ]0; +∞[, l’inégalité est alors renversée. On a donc > > . Or, 6 1.
3 1 + un 2 3
1
On a donc bien 6 un+1 6 1. P (n + 1) est donc vraie.
2

16

1
Pour tout réel x, f 0 (x) = 4 − 8x. On a f 0 (x) > 0 si et seulement si 4 − 8x > 0 si et seulement si x < . On
2
construit donc le tableau de signes de f 0 et le tableau de variations de f sur [0; 1].
x 1
0 2 1
f 0 (x) + 0 −
1
f
0 0
En particulier, on voit que pour tout réel x ∈ [0; 1], on a 0 6 f (x) 6 1. Pour tout entier naturel n, on pose
P (n) : « 0 6 vn 6 1 ».
• Initialisation : pour n = 0, on a v0 = 0,3 et donc 0 6 vn 6 1. P (0) est vraie.
• Hérédité : Soit n ∈ N. Supposons que P (n) est vraie, c’est-à-dire 0 6 vn 6 1. En utilisant les résultats
de la question précédente, on a alors 0 6 f (vn ) 6 1, c’est-à-dire 0 6 vn+1 6 1. P (n + 1) est vraie.
• Conclusion : P (0) est vraie et P est héréditaire. Par récurrence, P (n) est vraie pour tout n ∈ N.

Soit n un entier naturel
un+1 = 2(n + 1)2 − 24(n + 1) + 3 = 2(n2 + 2n + 1) − 24n − 24 + 3
et donc
un+1 = 2n2 + 4n + 2 − 24n − 24 + 3 = 2n2 − 20n − 19
Ainsi,
un+1 − un = 2n2 − 20n − 19 − (2n2 − 24n + 3) = 4n − 22
Etudions le signe de un+1 − un , c’est-à-dire le signe de 4n − 22. On a 4n − 22 > 0 si et seulement si n > 5,5.
Ainsi, (un ) est décroissante jusqu’au rang 5 puis croissante à partir du rang 6. On a par ailleurs u5 = −67 et
u6 = −69. Ainsi, (un ) est en fait décroissante jusqu’au rang 6 puis croissante à partir de ce rang. Une autre
méthode consiste simplement à étudier les variations de la fonction x 7→ 2x2 − 24x + 3.

Pour tout entier naturel n, on pose P (n) : « un 6 8 »
• Initialisation : pour n = 0, on a u0 = 5 et donc un 6 8. P (0) est vraie.
• Hérédité : Soit n ∈ N. Supposons que P (n) est vraie, c’est-à-dire un 6 8.
1 1
On a donc un + 4 6 × 8 + 4 c’est-à-dire un+1 6 8. P (n + 1) est vraie.
2 2
1 1
Soit n un entier naturel, on a un+1 − un = un + 4 − un = − un + 4.
2 2
1 1 1 1
Puisque pour tout entier naturel n, on a un 6 8, on a donc − un > − × 8 et − un + 4 > − × 8 + 4,
2 2 2 2
c’est-à-dire un+1 − un > 0. La suite (un ) est donc croissante.


Pour tout entier naturel n, on pose P (n) : « un > 0 »
• Initialisation : pour n = 0, on a u0 = 1 et donc u0 > 0. P (0) est vraie.
2un
• Hérédité : Soit n ∈ N. Supposons que P (n) est vraie, c’est-à-dire un > 0. Or, un+1 = . un+1
2 + un
est donc le quotient de deux réels strictement positifs, il est donc strictement positif lui aussi. P (n + 1)
est vraie.
On a montré que pour tout entier naturel n, un > 0. On peut donc déterminer les variations de la quite (un ) en
un+1
étudiant le quotient . Or, pour tout entier naturel n,
un
un+1 2un 1 2
= × =
un 2 + un un 2 + un
2
Or, puisque un > 0, il en vient que 2 + un > 2 et donc que < 1. Ainsi, pour tout entier naturel n,
2 + un
un+1
< 1, et donc un+1 < un . La suite (un ) est strictement décroissante.
un

On rappelle qu’une suite décroissante vérifie que pour tout entier naturel n, un > un+1
Pour tout entier naturel n, on pose P (n) : « un > un+1 > −21 »
2 17
• Initialisation : pour n = 0, on a u0 = 2 et u1 = × 2 − 7 = − . On a bien u0 > u1 > −21. P (0)
3 3
est vraie.
• Hérédité : Soit n ∈ N. Supposons que P (n) est vraie, c’est-à-dire un > un+1 > −21.
2 2 2
On a donc un − 7 > un+1 − 7 > −21 × − 7 c’est-à-dire un+1 > un+2 > −21. P (n + 1) est vraie.
3 3 3

On rappelle qu’une suite décroissante vérifie que pour tout entier naturel n, un > un+1
Pour tout entier naturel n, on pose P (n) : « un > un+1 > 1 ».
√ √
• Initialisation : pour n = 0, on a u0 = 2 = 5 et u1 = 2 × 5 − 1 = 9 = 3. On a bien u0 > u1 > 1.
P (0) est vraie.
• Hérédité : Soit n ∈ N. Supposons que P (n) est vraie, c’est-à-dire un > un+1 > 1.
√
On a donc 2un − 1 > 2un+1 − 1 > 2 × 1 − 1. On applique alors la fonction x 7→ x à l’inégalité. Cette
fonction
√ étant croissante sur R+ , le sens
√ de l’inégalité ne change pas.
√
Ainsi, 2un − 1 > 2un+1 − 1 > 2 × 1 − 1, c’est-à-dire un+1 > un+2 > −21.
P (n + 1) est vraie.

La fonction f est dérivable comme quotient de fonctions dérivables sur [0, + ∞[, le dénominateur ne s’annulant
pas sur cet intervalle. De plus, pour tout réel positif x,
5 × (x + 2) − 1 × (5x + 4) 5x + 10 − 5x − 4 6
f 0 (x) = 2
= 2
=
(x + 2) (x + 2) (x + 2)2
Ainsi, pour tout réel positif x, f 0 (x) > 0. f est strictement croissante sur [0; +∞[

18
Pour tout entier naturel n, on considère la proposition P(n) : « 0 6 un 6 un+1 6 4 ».

5×1+4 9
• Initialisation : Pour n = 0, on a u0 = 1 et u1 = = = 3 et donc 0 6 u0 6 u1 6 4. P(0) est
1+2 3
vraie.
• Hérédité : Soit n ∈ N. Supposons que P(n) est vraie, c’est-à-dire 0 6 un 6 un+1 6 4. La fonction
f étant strictement croissante sur [0; +∞[, on peut l’appliquer à cette inégalité sans en changer le sens.
Ainsi,
f (0) 6 f (un ) 6 f (un+1 ) 6 f (4)
Or, f (0) = 2, qui est supérieur à 0, f (un ) = un+1 , f (un+1 ) = un+2 et f (4) = 4. il en vient que
0 6 un+1 6 un+2 6 4

• Conclusion : P(0) est vraie. P est héréditaire. Par récurrence, P(n) est vraie pour tout entier naturel n.

Pour tout entier naturel n, on pose P (n) : « 0 < an 6 an+1 6 bn+1 6 bn 6 1 »
1 1
• Initialisation : pour n = 0, on a a0 = , b0 = 1, a1 = e−b0 = e−1 = et b1 = e−a0 = e−0,1 .
10 e
D’une part, puisque 10 > e, en appliquant la fonction inverse qui est décroissante sur R∗+ , on a que
1 1
6 , c’est-à-dire a0 6 a1 .
10 e
Par ailleurs, la fonction x 7→ ex étant croissante sur R. On a donc que e−1 6 e−0,1 6 e0 , c’est-à-dire
a1 6 b1 6 b0 .
Finalement, on a bien que 0 < a0 6 a1 6 b1 6 b0 6 1. P (0) est donc vraie.
• Hérédité : Soit n ∈ N. Supposons que P (n) est vraie, c’est-à-dire 0 < an 6 an+1 6 bn+1 6 bn 6 1.
La fonction x 7→ e−x étant strictement décroissante sur R, on a alors
e0 > e−an > e−an+1 > e−bn+1 > e−bn > e−1
Et donc, puisque e−1 > 0, on a, en lisant cette inégalité dans l’autre sens,
0 < an+1 6 an+2 6 bn+2 6 bn+1 6 1
P (n + 1) est vraie.

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Cours : Suites et récurrence

1 Démonstration par récurrence

Jason LAPEYRONNIE http://mathoutils.fr

Propriété 1 — Inégalité de Bernoulli : Soit a un réel strictement positif.

(1 + a)n+1 > (1 + na)(1 + a).

(1 + na)(1 + a) = 1 + na + a + na2 = 1 + (n + 1)a + na2 > 1 + (n + 1)a.

Ainsi, (1 + a)n+1 > 1 + (n + 1)a. P(n + 1) est donc vraie.

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2 Suites majorées, minorées, bornées

Exemple 2 : Pour tout n, on pose un = cos(n).

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3 Suites croissantes, suites décroissantes

un+1 − un = (n + 1)2 − (n + 1) − (n2 − n) = n2 + 2n + 1 − n − 1 − n2 − 1 = 2n > 0

La suite (un ) est donc croissante.

Jason LAPEYRONNIE http://mathoutils.fr

Propriété 2 : Soit (un ) une suite strictement positive et n0 un entier naturel.

En ajoutant 5 à chaque membre, on obtient

La proposition P(n + 1) est donc vraie.

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I Exercice 2 — Voir le corrigé

I Exercice 3 — Voir le corrigé

I Exercice 4 — Voir le corrigé

I Exercice 5 — Voir le corrigé

I Exercice 6 — Voir le corrigé

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I Exercice 7 — Voir le corrigé

I Exercice 8 — Voir le corrigé

I Exercice 9 — Suites arithmético-géométriques – Voir le corrigé

1. Résoudre l’équation x = ax + b, d’inconnue réelle x. On note r la solution de cette équation.

I Exercice 10 — Voir le corrigé

2 Suites majorées, minorées, bornées

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I Exercice 12 — Voir le corrigé

I Exercice 13 — Voir le corrigé

I Exercice 14 — Voir le corrigé

I Exercice 15 — Voir le corrigé

3 Suites croissantes, suites décroissantes

I Exercice 17 — Voir le corrigé

I Exercice 18 — Voir le corrigé

I Exercice 19 — Voir le corrigé

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I Exercice 20 — Voir le corrigé

I Exercice 21 — Bac 2021 – Métropole – Voir le corrigé

I Exercice 22 — Bac 2022 – Centres étrangers – Voir le corrigé

0 < an 6 an+1 6 bn+1 6 bn 6 1.

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I Correction 1 — Voir l’énoncé

I Correction 2 — Voir l’énoncé

I Correction 3 — Voir l’énoncé

I Correction 4 — Voir l’énoncé

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P(n + 1) est donc vraie.

I Correction 5 — Voir l’énoncé

9 − 8n − 2(3 + 8n) 2(9 − 8n) + 5(3 + 8n) 9 − 8n − 2(3 + 8n)

I Correction 6 — Voir l’énoncé

n(n + 1) n(n + 1) 2(n + 1) (n + 1)(n + 2)

P(n + 1) est donc vraie.

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I Correction 7 — Voir l’énoncé