On met à l'honneur le raisonnement par récurrence dans cette vidéo. Pourquoi penser à un raisonnement par récurrence ? On y pense souvent après avoir conjecturé un résultat qui s'applique sur des entiers naturels (n)
Merci au meilleur des profs de maths ! A 66 ans je regarde ça par plaisir tellement c’est intelligent. Pap n’diaye doit arrêter ses jérémiades … il suffirait juste de former les profs de maths à la pédagogie de cette chaîne pour motiver les élèves (honte au technocrate Blanquer qui a rendu optionnelle cette matière pourtant universelle… mais à laquelle il ne comprenait rien!)
Monsieur Huchon, vous êtes la voix de la sagesse. Je suis complètement d'accord avec vous. Moi aussi je regarde cette chaîne pour l'amour des maths et le prof est passionnant à écouter. Et moi j'ai 56 ans . Amitiés( et Blanquer n'est qu'un âne bate).
revenez 50 ans en arrière, et reprenez quelques cours de maths dans le présent. Il manque tout le raisonnement sur la partie négative des nombres entiers. n=-1, n=-2 etc. En maths on se doit d'être exhaustif. Soit on expose le problème sur N+ soit on le résoud aussi sur les n négatifs. Concernant la formation des profs, je vous conseille de vous renseigner un peu plus. Ils n'hésitent pas à se servir de YT, ...quand c'est utile (ps non, les maths ne sot pas optionelles, et ne l'ont jamais été, à part en filières litéraire) arrêtez de vous abreuver sur les rézos zidiots.
@@KahlieNiven désolé de cette réponse tardive… au vu de votre agressivité je comprends mieux le rejet des maths de la part de beaucoup d’élèves. Pour ma part j’ai eu la chance d’avoir un prof de terminale C (en 1974…) extraordinaire, qui m’a fait comprendre les maths alors que j’étais un « bon élève « (c’est-à-dire médiocre). Résultat 18 au bac à l’époque où 1% avaient la mention TB… Question de pédagogie! Et depuis j’aime bien les maths, en tous cas plus que les donneurs (donneuses?) de leçons….
@@Hiro016 le titre n'a jamais dit que c'était sur N (la description oui par contre) il était tout à fait normal et légitime de penser que le résultat puisse être sur Z.
A bientôt 50 piges, je regarde tes vidéos. Elles sont agréables à regarder tellement c'est expliqué avec conviction voire avec passion. Et quand on est passionné, on intéresse les gens. J'aimais les maths, mais ces problèmes là, je ne savais jamais comment les prendre. A présent c'est limpide, mais pas sûr d'avoir envie de retourner en bac ou après 😜
Je suis mateux mais je regarde vos vidéos pour apprendre la pédagogie, vous expliquer tellement bien les choses! Avec vos vidéos on apprends à expliquer les maths que j'aime tellement de manière plus efficace dans mon entourage vu que l on a tous eu au minimum 50% de profs de math catastrophique durant notre scolarité :-) 😂😂
Une démonstration ensembliste : n^2 est le cardinal de l'ensemble A des couples d'entiers entre 1 et n, 2^n est le cardinal de l'ensemble B des ensembles composés d'entiers entre 1 et n. La fonction de A dans B qui à (x,y) associe l'ensemble des entiers k qui vérifient x
ça me rappelle tellement la terminale. J'aimais tellement résoudre ces problèmes, j'y prenais un réel plaisir. Le destin m'a emmené plutôt en biologie par la suite, mais ça me manque les maths.
La métaphore de mon prof de maths du lycée concernant la récurrence, c'était l'existence d'un escalier infini. Pour le démontrer, il suffit qu'il existe une première marche à cet escalier, et qu'à chaque fois qu'il y a une marche, la marche d'après existe. Ça m'avait bien aidé.
Bonjour et merci infiniment pour vos excellentes vidéos toujours dans la bonne humeur Avez-vous des sites spéciaux ou des livres dans lesquels vous piochez tous les exercices de ce genre que vous nous proposez ?
j'adore, je trouve ça trop beau comme raisonnement. Bon, moi j'avais calé après avoir testé n=1, 2, 3, 4, 5 et compris qu'après n=4 la machine était lancée et que l'écart ne ferait plus que se creuser. Mais après j'ai pas su quoi faire de ça. N'empêche c'est un plaisir de découvrir ton cheminement. Un grand merci
On aurait pu utiliser delta à la fin mais c quand même smart. Vraiment une des meilleurs chaînes sur RU-vid, si tous les profs de maths étaient comme vous la France serait inbattable dans la discipline
Super vidéo. Montrer que pour tout n entier positif alors ce n*2 = la somme des n premiers nombres impairs. Je propose cet exo que je trouve très visuel
Autre façon de faire : Etudier les variations de la fonction ln(n)/n. On se rend compte que celle-ci est croissante sur [0+;e] et décroissante sur [e;+infini]. Or 2 < e < 3 < 4 < 5 ... On sait également que ln(3)/3 >= ln(2)/2, mais que ln(4)/4
@@docteurlowbat Celle de la video ou la mienne ? Si tu parles de la vidéo, effectivement c’est pas très précis, il aurait dû preciser sur N/{3}. Si tu parles de la mienne, je veux biens quelques détails
Très bien expliquée la preuve par récurrence. Je pense qu'ils ont été judicieux de démontrer également pas la négativité ou l'absurde, ça ne marche pas
j'allais dire tu a de la chance pour la kholle, mais en prépa (en connaissance de cause) faut introduire n, poser P(n) la phrase "2^n sup ou egal a n²" enfin tout le bazar quoi
@@julianffc7202 clairement pas (ca a peut etre changé) mais limite sur les demonstrations formelles c'est (presque) moins rigoureux qu'au lycee... Il a eu bcp de chance oui mdrrr
j’ai fait le même raisonnement, et à la fin j’ai voulu démontrer que 2n^2>= (n+1)^2 donc que n^2-2n-1>= 0. En faisait delta j’obtiens que ça veut dire que n >= 1+ sqrt(2). Donc c vrai pour toutes les valeurs de n >= 4 puisqu’ici on passe à n+ 1.
Waw, merci beaucoup pour ce rappel, mais j ai besoin d une pause pour assimiler sans distraction le reste de cette démonstration, waw! D' une simplicité ..biblique °( ref) merci..
Trop fort! J'ai l'intuition mais pas la technique..Un peu comme j'ai le sentiment , c'est flou, pas les mots et un écrivain met en mot exactement ton ressenti, ton sentiment👍
A 1:20 vous dites que 8 est inférieur OU EGAL à 9, vous détruisez tout ce que vous venez d'expliquer avant. Il faut dire que 8 est STRICTEMENT inférieur à 9, justement !
Ben non. 8 est bien inférieur ou égal à 9. "ou" signifie "au moins un des deux est vrai". Donc là, vu que 8 est inférieur à 9, alors 8 est inférieur ou égal à 9.
techniquement c'est vrai pour toutes les valeurs de n sauf 3 Donc personnellement j'aurais inclus les valeurs de n pour 1 et 2 en exemple, pour montrer que ça fonctionne, puis faire la démonstration de récurrence pour n>=4 et dans la conclusion donner l’ensemble en excluant la valeur de 3.
Bonjour il y a quelque chose que je ne comprend pas parcontre . Cette propriété est vrai au rang « n=2 » et on démontre que si elle vrai au rang n , elle l’est au rang n+1 . On pourrai donc dire qu’elle serai vrai au rang n = 3 or elle ne l’est pas . 🤔
L'étude des fonctions est au programme de première/terminale. On pourrait aussi passer les dérivées pour traiter la partie récurrence. L'initialisation est la même bien entendu
Non pas les fonctions, ici n est un entier naturel donc la fonction n’est pas continue donc pas dérivable c’est pour ça que l’on fait jamais de fonction avec des entier naturels mais une étude de suite ça se fait
On peut aussi prendre le ln de chaque côté, on se retrouve à prouver que ln(n)/n =4. Simple tableau de variation pour x --> ln(x)/x et c'est fini. Mais ta démonstration est TB aussi (et plus élémentaire).
@@josephmatthews210 Oui, évidemment. ln(n)/n tend vers 0 quand n tend vers l'infini, donc ça ne risque pas de rester supérieur à un nombre strictement positif donné. Il n'en reste pas moins que ln(2)/2 = ln(4)/4 assez trivialement et que x--> ln(x)/x est décroissante sur [ e ; infty [ et donc sur [ 4 ; infty [. Erreur d'étourderie corrigée, merci.
Super vidéo! :) Une question: était-ce possible de le démontrer aussi par l'absurde? ou ce n'est pas admis pour ce genre d'exercice? C'est juste une question de curiosité
Les démonstrations par l'absurde sont souvent utilisées pour démontrer une propriété/proposition mais ici on veut démontrer cette propriété pour tout n, soit une infinité de propositions, ce n'est donc pas très adapter. Dès que l'on doit montrer qu'une propriété est vraie pout tout n, c'est quasiment tout le temps une démonstration par récurrence qui est attendue.
Tout à fait. Voilà comment j'ai fait, et effectivement je me retrouve à analyser cette fonction précise : Si on laisse de côté le cas trivial n=0, 2^n et n² sont rangés dans le même ordre que si on les élève tous les deux à la puissance 1/(2n), soit 2^(1/2) et n^(1/n). On conserve encore l'ordre en prenant le logarithme, soit ln(2)/2 et ln(n)/n. On définit maintenant sur R+* la fonction f: x ----> ln(x)/x. La fonction est dérivable et f'(x)=(1-ln(x))/x². On en déduit que f est croissante pour x ln(2)/2 (et en effet on a bien 3²>2^3). On voit ensuite que ln(4)/4=ln(2)/2 (et en effet on a bien 2^4=4²) donc que pour tout n>4, ln(2)/2>ln(n)/n et donc que 2^n>n². On peut en conclure que 2^nn².
C'est là que je me perd. Le postulat final qui te débloque ta démonstration est AUSSI vrai pour n=3, or on a démontré par l'exemple que ca ne fonctionne justement pas pour n=3... Alors comment on peut affirmer que la démonstration est juste ?
la démonstration par récurrence n'est valable qu'à partir de la valeur d'initialisation où on a pu vérifier la validité de la relation. Donc la relation n'est vraie qu'à partir de n=4. Inversement on aurait pu prendre comme valeur d'initialisation n=2 puisque la relation est valable pour cet entier ... MAIS notre démonstration pour vérifier la validité au rang (n+1) n'est pas valable lorsque n=2 puisque n(n-2) >= 1 n'est pas vérifiée pour n=2
sauf que les cas n=1 et n=2 ne respecte pas la propriété n²>= 2n+1, qui marche pour n>=3, utilisé dans l'hérédité sous la forme 2n²>=(n+1)² qui devient faux pour n=1 et n= 2, et donc ça prouve pas que "si 2^n>=2n alors 2^(n+1)>=2(n+1)" pour n=1 et n=2, c'est pour cela que l'on prends à partir de n=4, car la propriété 2^n>=2n ET n²>= 2n+1 est vérifiée et donc le résonnement de l'hérédité est juste.
Je pense qu'il y a un problème au niveau de la formulation. Il fallait demander de démonter à partir du rang 4 pour ôter les doutes causés par la conjecture.
Alors pour ne pas faire son galérien comme le monsieur, voilà comment on torche cette petite chose. Si on laisse de côté le cas trivial n=0, 2^n et n² sont rangés dans le même ordre que si on les élève tous les deux à la puissance 1/(2n), soit 2^(1/2) et n^(1/n). On conserve encore l'ordre en prenant le logarithme, soit ln(2)/2 et ln(n)/n. On définit maintenant sur R+* la fonction f: x ----> ln(x)/x. La fonction est dérivable et f'(x)=(1-ln(x))/x². On en déduit que f est croissante pour x ln(2)/2 (et en effet on a bien 3²>2^3). On voit ensuite que ln(4)/4=ln(2)/2 (et en effet on a bien 2^4=4²) donc que pour tout n>4, ln(2)/2>ln(n)/n et donc que 2^n>n². On peut en conclure que 2^nn². Voilà on a fini et le monsieur rame encore.
"on a fini et le monsieur rame encore." Sûr et certain que la graaaande majorité des commentateurs est d'accord sur l'inverse de ta conclusion péremptoire.
Le monsieur "rame" parce qu'il avait l'intention d'expliquer les récurrences, pas parce qu'il a mis 10 minutes à résoudre une inégalité dont on se fout un peu.
@@thear1s La démonstration par récurrence est un outil puissant mais qui n'est pas toujours nécessaire au vu de la situation. Si je te demande de me montrer que la somme des entiers de 1 à n vaut n.(n+1)/2, tu peux me sortir une récurrence mais vu qu'avec une simple manipulation de sommes tu arrives directement à la conclusion ça serait juste écraser une mouche avec un marteau-pilon. Là, c'est pareil, une étude de fonction ultra-méga-basique vient à bout du truc en 30 secondes alors pourquoi ulrra-compliquer un truc ultra-simple plutôt que de choisir un exercice où la récurrence est vraiment utile ?
Retourne chez le coiffeur pour avoir la peau du crâne impeccable et continue de rater l'agrégation. On pourra ainsi profiter de Ted brillantes prestations
Bonjour j'adore vos vidéos habituellement. Celle là m'a posé un problème. imaginons que je n'aie pas vu que c'est faux pour n=3 Je constate que c'est vrai pour n=1 et n=2. Donc je pense avoir initialisé et si je démontre l'hérédité c'est tout bon. j'ai donc 2^n >= n² (HR) je multiplie par 2 de chaque coté 2^(n+1) = 2 x 2^n >= 2 x n² Si je montre que 2 n² est plus grand que (n+1)² je gagne, non ? 2n² >= (n+1)² 2n²>=n²+2n+1 n²-2n-1 >=0 et c'est là qu'il faut n plus grand que 1+sqrt(2) donc plus grand que 2.414 et alors n = 3 ça marche donc je suis content. Sauf que c'est faux. Où est-ce que cela pêche ? merci
Alors là vidéo est sympa, mais si tu mets un exo tel quel a des élèves ils vont te dire qu'il y a pas besoin de démontrer que c'est vrai parce qu'il y a un exemple pour lequel c'est faux. Et si tu considère la récurrence des le rang 0 alors ta démonstration sera juste, mais au final elle sera fausse pour n=3. Apres je conçois qu'ici on n'est pas dans un exo type de lycée.
Sa preuve ne marche pas au rang zéro, l'inégalité à droite sur le tableau ne se vérifie qu'à partir de n=3. Ça devrait mettre la puce aux élèves qu'il faut trouver la bonne valeur de départ et qu'elle est forcément supérieure à 3.
@@thear1s Ça marche aussi pour n=2. Après je ne fais que reprendre ce qu'il dit beaucoup dans ses vidéos en ce moment : "il faut que ce soit toujours vrai". Donc à moins de mentionner explicitement dans la question qu'il faut démontrer ça pour n>3, rigoureusement parlant un contre exemple suffit ici.
En fait j'ai fait une démo plus directe. En supposant que 2^n >= n² pour n>=4 de la même manière on suppose que 2^n >= n²+1 pour n>=5 Donc démontrons que cela est vrai pour n+1: si 2^n >= n² est vrai cela implique que 2^n >= 2n est aussi vrai donc 2^n >= n² +1 + 2^n >= 2n -------------------------- 2^n + 2^n>= n² +1 +2n ; 2^(n+1)>=(n+1)²
Bonjour, Beau raisonnement par récurrence ! Effectivement on voit bien que pour n>4 l inégalité se vérifie de plus en plus Pourrait-on passer par les dérivées de 2^n et n^2 soit n.2^(n-1) et 2.n; Le 1er étant à l évidence beaucoup plus grand que le second la croissance comparée de 2^n est supérieure à n^2 … donc pour des n croissants au delà de 4 2^n >= n^2 Est ce correct ?
Il faut un peu transformer les expressions pour arriver à quelque chose de simple à manipuler. Voilà comment j'ai fait : Si on laisse de côté le cas trivial n=0, 2^n et n² sont rangés dans le même ordre que si on les élève tous les deux à la puissance 1/(2n), soit 2^(1/2) et n^(1/n). On conserve encore l'ordre en prenant le logarithme, soit ln(2)/2 et ln(n)/n. On définit maintenant sur R+* la fonction f: x ----> ln(x)/x. La fonction est dérivable et f'(x)=(1-ln(x))/x². On en déduit que f est croissante pour x ln(2)/2 (et en effet on a bien 3²>2^3). On voit ensuite que ln(4)/4=ln(2)/2 (et en effet on a bien 2^4=4²) donc que pour tout n>4, ln(2)/2>ln(n)/n et donc que 2^n>n². On peut en conclure que 2^nn².
Oui, tout est bon dans ton raisonnement sauf quand n=3! Tu l'as dit toi-même au début mais après tu ne l'as pas repris dans ta conclusion. Ou c'est peut-être moi qui délire, ça, c'est carrément possible! Merci en tout cas pour tes vidéos, t'es cool et du coup, elles sont cool! Meilleurs voeux pour 2023!!! Je te souhaite x puissance n vues et de thumb up! @+
Quelque chose m'échappe. Avec n=3 on montre que ce n'est pas vrai tout le temps. Mais si on applique le raisonnement à partir de 1. On montre qu'au rang suivant n+1 c'est vrai. Du coup par récurrence j'aurai le droit de conclure que l'inégalité est vraie alors qu'on voit bien qu'avec 3 c'est pas bon. Du coup on a "vrai", "vrai", "faux", "vrai", "vrai", "vrai", "vrai" etc. J'ai du mal à avoir confiance dans un raisonnement si n est vrai alors n+1 est vrai. J'ai comme une "sensation" de ne pas être convaincu. C'est peut-être pour ça qu'au lycée j'ai jamais accroché avec ça.
sauf qu'a partir de 1 la propriété n'est pas hériditaire, donc en supposant qu'elle est vraie pour un rang n fixé tu n'arriveras pas à montrer qu'elle est vraie au rang suivant. La preuve étant que pour passer au rang suivant il a du utiliser l'hypothèse que n >= 4
Ya l'image extrêmement classique des "dominos" pour illustrer le principe de récurrence : Imagine que l'on dispose une infinité de dominos les uns après les autres (ce qui correspond à l'infinité des entiers naturels). Maintenant, on voudrait être assurés que tous les dominos tombent. Pour ça, il suffit de remplir deux critères : - 1 : Le premier domino tombe - 2 : Pour chaque domino qui tombe à partir du premier, il faut que ce domino entraîne le domino qui le suit Tu peux essayer de le visualiser, on aura bien tous les dominos qui tombent si on a bien ces deux critères. Si on revient en maths, on ne manipule plus des dominos mais des entiers, et ils ne tombent pas mais vérifient une proposition. Dans le cas de l'exercice c'est l'entier n = 4 qui fait office d'initialisation (de premier domino) et la proposition est P(n) : 2^n ≤ n². - Pour n = 4, on a bien P(4) : 2^4 = 16 ≤ 16 = 4². (Notre premier domino tombe bien, on dit que la proposition est initialisée). - Maintenant, il faut montrer que si la proposition P(n) est vraie pour un entier quelconque n ≥ 4 (ce qu'on appelle l'hypothèse de récurrence), alors la proposition P(n+1) est aussi vraie. (On traduit le fait qu'un domino qui tombe fasse tomber le domino qui le suit, on appelle ça l'hérédité). En gros on montre que 2^n ≤ n² entraîne que 2^(n+1) ≤ (n+1)², quel que soit n ≥ 4. Une fois qu'on a réussi à montrer ces deux points, on a gagné, on s'assure par principe de récurrence que la propriété est vraie pour tout n ≥ 4. A contrario, si un de ces deux points manque, on ne peut ABSOLUMENT pas conclure : - Si on oublie de faire tomber le premier domino, malgré le fait que tout domino fasse tomber celui qui le suit, les dominos ne tomberont jamais. - Si un domino ne fait pas tomber celui qui le suit, malgré le fait que le premier domino tombe, tous les dominos après-lui ne tomberont jamais. Maintenant, pourquoi l'initialisation se fait à n = 4 et non à n = 0? La réponse : le fait que n ≥ 4 est essentiel pour montrer l'hérédité. En effet, c'est à 8:28 qu'on se sert du fait que n soit supérieur ou égal à 4 et sinon, il serait impossible de montrer l'hérédité quel que soit n.
sauf que les cas n=1 et n=2 ne respecte pas la propriété n²>= 2n+1, qui marche pour n>=3, utilisé dans l'hérédité sous la forme 2n²>=(n+1)² qui devient faux pour n=1 et n= 2, et donc ça prouve pas que "si 2^n>=2n alors 2^(n+1)>=2(n+1)" pour n=1 et n=2, c'est pour cela que l'on prends à partir de n=4, car la propriété 2^n>=2n ET n²>= 2n+1 est vérifiée et donc le résonnement de l'hérédité est juste.
(je réponds au commentaire originel) Tu dis que si l'on applique le raisonnement à partir de 1, nous pouvons montrer l'hérédité. Mais ce n'est pas vrai; si tu fais la seconde inégalité n(n-2)>=1 de la vidéo, tu vois que 1 n'est pas solution. Il y a donc un désaccord entre l'initialisation (le fait de commencer à 1) et l'hérédité
Imagine simplement que l'énoncé est : "Montrer que pour tout n>3, 2^n>n²". Tout ce qu'il a écrit dans sa démonstration à partir de n=4 répond à cette question (sauf bien sûr que ce n'est pas la méthode la plus rapide, qu'on n'a pas besoin de récurrence pour détruire ce petit truc, mais bon...).
sinon on peut dire que n²-2n plus grand que 1 ca revient a prouver n²-2n+1 superieur a 0 ou encore (n-1)² sup a 0, ce qui est vrai pour tout n sup a 1, or, on a supposé n sup a 4 donc c'est forcément vrai, on a prouvé n² sup a 2n² sup a (n+1)²
Justement, le but de la vidéo est de montrer que la propriété (2^n >= n^2) à partir de n SUPÉRIEUR OU ÉGAL À 4. Cependant, j'avoue que la consigne de départ est trompeuse en insinuant qu'il faut démontrer pour tout n. En fait, il a fait des tests au départ (en prenant n=1, puis n=2, puis n=3 où ça n'a pas marché) et a CONJECTURÉ que l'on devait parler d'entier supérieur ou égal à 4 (il s'est avéré que c'est alors vrai)
@@mohameddiabate7073 Le but de la récurrence est de montrer qu'un nombre vérifie la propriété (initialisation) mais aussi que tous ses successeurs la vérifient (hérédité). Tu ne peux pas démarrer à partir de 2 et 3 par exemple parce que soit ils ne vérifient pas eux-même la propriété, soit un des successeur ne la vérifie pas (ici c'est 3 qui pose problème) On peut toujours dire que 0, 1 et 2 marchent mais ce n'est pas de la récurrence qu'il faut utiliser ici. Or, la vidéo parle exclusivement de récurrence
Sinon, on peut aussi comparer les dérivées des fonctions 2^x et x² à partir de 4, valeur de x ou les fonctions sont égales à 16 : la dérivée de 2^x est x2^(x-1) la dérivée de x² est 2x ou x2 en simplifiant par x chaque dérivée, à partir de 4 on a toujours 2^(x-1) supérieur à 2
@@marckhawand8555 PS: je comprends qu'on ne peut pas calculer la dérivée d'une fonction comme n² avec n appartenant à N. Mais dans ma démonstration, je vais chercher dans R un résultat pour ensuite établir une relation qui reste toujours vraie entre R et N. Si je dis que les réels d'un intervalle [a,b] sont positifs, alors les naturels de [a,b] sont positifs aussi. Qu'importe si j'utilise des propriétés propres à R pour montrer ma prémice. En l'occurrence, je ne prononce pas de conclusion sur la dérivabilité dans un intervalle de N.
Finalement peut importe la base ça ne changerait rien aux résultats la valeur évidemment mais le reste resterait vrai et tout les théorèmes … ne changeraient pas
@@timeo2263 Oui, je comprends mais il faut savoir que ceux qui voyagent dans l'espace comme nous respirons, font leurs calculs en base 12 et pas en 10 qu'ils considèrent inadéquate pour les voyages interstellaires et la conception des moteurs. Si eux travaillent en base 12, on devrait se pencher dessus nous aussi il me semble...
@@wladoche Je vais passer sur "ceux qui voyagent dans l'espace comme nous respirons", mais quelle que soit la base que tu prends, ça ne change aucun résultat et théorème. En gros, c'est juste une convention d'écriture, les valeurs restent les mêmes.
Bonjour !! J’ai une question : lorsqu’in veut montrer que n carre >= 2n +1 on arrive avec une equation finale qui est n(n-2)>= 1. cette inequation est toujours valide meme si n = 3. Or quand on remplace 3 dans l’equation originelle ce n’est pas valide. Comment explique t’on cela ??
Oui je me posais la même question et cela marche aussi avec 2, ce qui suppose que le suivant (3) est vrai or il est faux ! Du coup je me demande si la démonstration est vraiment pertinente. Pourtant je ne vois pas la faille comme ça…
@@princeDeuhlu montrer l’équation de droite ne revient pas à dire que la récurrence est vrai pour 2 donc aussi pour 3. Il faut séparer la récurrence de cette mini demo intermédiaire. On commence notre récurrence à 4 puisque le résultat est bien faux pour les valeurs inférieurs et on utilise seulement le fait que n^2>=2n+1 pour montrer que la récurrence est vraie à partir de 4, peu importe si cette étape est vraie pour n=2 ou 3 ce n’est pas ce que l’on cherche à montrer.
"n(n-2)>= 1. cette inequation est toujours valide meme si n = 3." Oui mais cette inéquation n'indique pas que l'équation originelle est vraie, elle indique que celle-ci est vraie : 2^(n+1) >= n². Et du coup ça marche avec n = 3, car n+1 est égal à 4 et ça fonctionne bien à 4. Si tu remplaces n par 2, et bien l'inequation "n(n-2)>= 1" ne marche pas, ça donne 0 >= 1, ce qui est faux.
Bonjour, j'ai une petite question: pourquoi ne pas pousser la résolution de n(n-2)>=1 au bout pour extraire la valeur à partir de laquelle cette inéquation est juste?
Bonjour, C'est vrai à partir de n=3. Mais cela ne suffit pas du tout pour résoudre le problème. Il faudra bien vérifier l'initialisation de la récurrence et dans ce cas précis l'inégalité n est pas vraie pour n=3
En fait, on ne démontre pas que 2^n>=n² mais plutôt que 2^n>=n² pour tout n>=4, c'est juste l'énoncé qui est erroné ou incomplet à mon sens, autrement on démontre bien que c'est faux sans cette précision. CQFD
Bonjour quelques questions: 1) Lorsqu'on pose n, c'est forcément un nombre naturel? On ne doit pas l'indiquer? 2) Ce qui est bizarre c'est quand on remplace n par 3 dans la dernière équation (celle qui permet de remonter tout le fil), on obtient: 3x1 >= 1 donc c'est correct, or 3 n'est pas correct dans l'inégalité du départ. Je me doute que dans des exercices préparés par des profs ça n'arrivera jamais mais dans la vraie vie, comment savoir si il n'y a pas des solutions qui font exceptions vu que la dernière inéquation ne nous permet pas de les exclure ? (Genre à n=15 ou n=123,... pour une autre équation de départ).
1) Utiliser autre chose que des nombres naturels me semble bizarre. Sauf si on est dans des cas comme les "demi-naturels" c'est-à-dire {0 ; 0,5 ; 1 ; 1,5 ; 2 ; ...} au quel cas il faudrait ici prouver non plus pour n+1 mais pour n+0,5 2) Sur la dernière inégalité n(n-2) >= 1, le nombre 3 est bien solution mais ce n'est pas pertinent pour la récurrence puisque l'on a supposé la propriété (2^n >= n^2) vraie seulement sur n supérieur à 4 (et non 3). Il faut que l'hypothèse de récurrence (2^n >= n^2 justement) soit en accord avec l'initialisation, c'est-à-dire que n soit bel et bien supérieur à 4
Pour n = 3 ça marche mais uniquement sur la moitié des conditions. La solution implique de remplir deux conditions : que 2^n >= n^2 ET que n(n-2) >= 1, parce que si tu ne remplis pas la première tu ne peux pas déduire la deuxième. Donc pour n < 4 tu ne peux pas remplir les deux conditions à la fois, pour n = 3 la première inégalité n'est pas remplie et pour les nombres avant 3 c'est la deuxième qui ne l'est pas, la première solution étant n = 4 toutes les autres solutions étant déduites par récurrence, si un nombre n fonctionne, alors n+1 fonctionne, et donc n+1+1 fonctionne, etc.
@@vat1n456en réalité cette inégalité est vraie pour n’importe quel réel supérieur à 4. Tu peux raisonner par équivalence et étudier la fonction ln(x)/x par exemple
Personnellement, pour démontrer que n² était supérieur ou égal à 2n+1, j'ai dit que n² est supérieur ou égal à 3n (puisque n est supérieur ou égal à 4), donc il me reste n qui doit être supérieur ou égal à 1, ce qui est vrai. Comme n² est supérieur ou égal à 3n et 3n supérieur ou égal à 2n+1, n² est supérieur à 2n+1.
@@bulut4827 Justement, l'initialisation sert à fixer des limites. L'hérédité dit que si ça marche au rend n, ça marche au rend n+1. Et l'initialisation fixe ce rang n. Ici, avec l'hérédité, on peut dire que si ça marche au rang 3, ça marche au rang 4, et c'est tout, mais c'est pas pour autant que ça veut dire que ça marche au rang 3, il ne faut pas tout confondre.
@@miyo.7792 désolé mais pour ce cas c’est évident que ça fonctionne à partir de 4 mais pour un cas plus compliqué ? On aurait pu se dire, en initialisant à 2: c’est bon ça marche alors qu’en fait non. Qui dit que sur un cas compliqué, il n’y a pas un rang qui va merder ?
Ce qu'il veut dire par transitivité c'est simplement que si x>b et que b>a alors x>a. Donc dans le cas de la vidéo si on a 2^(n+1)>=2n^2 et que 2n^2>=(n+1)^2 alors 2^(n+1)>=(n+1)^2
Il faut faire attention, ta démonstration s'applique aux naturels mais pas aux réels, par ex s'il y avait un nombre entre 4 et 5 où l'inégalité est fausse, ta démonstration passe à côté. On a de la chance que la formule de la récurrence à droite n(n-2)>=1 ne marche avec aucune valeur non entière entre 2 et 3 mais c'est pas garanti dans tous les problèmes de ce type.
j'adore les recurrences mais j'étais trop pressé d'arriver et je n'ai pas persévéré. A la place j'ai posé f(n)=2^n/n^2 = u(n)/v(n). On peut calculer f' = u'v-v'u / v2 = (2^n.ln(2).n^2 - 2n.2^n)/n^4 = (2^n/n^3) * (nln2-2) ce qui sur R*+ est donc du signe de n-2/ln2. f diminue donc de 0 à 2/ln2 avant de remonter. On veut f(n)>=1 et on a déja trouvé que f(2)=1 et f(4) = 1 donc sur ]0,2] et sur [4,+inf[ f(n)>=1. Quand on revient a l'inequation de depart on peut facilement montrer que ca marche aussi sur 0 et donc dans N 3 est la seule valeur interdite.
Bien vu ! Pour s'en convaincre faire le tableau de variation de f(n) de ]0 +oo[ avec un min pour 2/ln2 #2.89 et un excellent exercice de terminale (option math exp) sur les limites de f vers 0 et vers l'oo, son minimum pour 2/ln2 est #0.89
J'ai fait une méthode similaire mais j'ai un peu travaillé mes quantités au départ pour arriver à un truc plus sympa. Voilà ce que ça donne : Si on laisse de côté le cas trivial n=0, 2^n et n² sont rangés dans le même ordre que si on les élève tous les deux à la puissance 1/(2n), soit 2^(1/2) et n^(1/n). On conserve encore l'ordre en prenant le logarithme, soit ln(2)/2 et ln(n)/n. On définit maintenant sur R+* la fonction f: x ----> ln(x)/x. La fonction est dérivable et f'(x)=(1-ln(x))/x². On en déduit que f est croissante pour x ln(2)/2 (et en effet on a bien 3²>2^3). On voit ensuite que ln(4)/4=ln(2)/2 (et en effet on a bien 2^4=4²) donc que pour tout n>4, ln(2)/2>ln(n)/n et donc que 2^n>n². On peut en conclure que 2^nn².
Une récurrence fonctionne avec deux postulats: l'inégalité est vraie en n (P(n0) est vrai) et l'hérédité, si P(n) est vrai, alors P(n+1) est vrai. Avec n=3 on a bien la deuxième partie (P(n) => P(n+1) pour n >=3) mais la première (P(nO)) ne fonctionne pas, donc la prémisse est fausse. On doit donc commencer à 4, pour laquelle les deux relations fonctionnent.
@@casanet9300 La réalité c'est que répondre de manière fermée et binaire (ça marche pas parce que n=3 est un contre exemple, fin de l'exercice) à des questions destinées à être explorées ne nous mène pas très loin, et c'est pareil dans d'autres sujets que les maths.
On peut procéder par l'absurde. Supposer le contraire puis simplifier les deux membre par log2. Il suffit de balancer un contre exemple n^2 > 2^n. Donc 2log2(n) > n Contre exemple Pour n = 5 c pas vrai Donc l'hypothèse de départ est fausse et donc son contraire est vrai
Non ton raisonnement ne marche pas, quand tu fais un raisonnement par l'absurde tu suppose la négation de la propriété que tu souhaites démontrer. Donc là tu dois supposer qu'il existe (et non pas pour tout n comme tu l'as fait) un n >= 4 tel que n^2 > 2^n et trouver une contradiction pour ce n précis.
