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Tu maîtrises la récurrence classique, mais tu tombes sur une suite du type \(u_{n+2} = u_{n+1} + u_n\) et l’hypothèse « je suppose \(P(n)\) vraie » ne suffit plus ? C’est normal : certaines propriétés ne se démontrent pas en s’appuyant sur le seul rang précédent. Deux variantes puissantes existent alors : la récurrence double (on s’appuie sur les deux rangs précédents) et la récurrence forte (on s’appuie sur tous les rangs précédents). Dans cet article, tu vas comprendre quand et comment les utiliser, les rédiger sans erreur, et t’entraîner sur des exemples canoniques comme la suite de Fibonacci.
I. Pourquoi la récurrence simple ne suffit pas toujours
Avant de découvrir les deux variantes, rappelons brièvement le principe de base. Dans une récurrence simple, tu démontres une propriété \(P(n)\) en deux temps : tu vérifies qu’elle est vraie au premier rang (initialisation), puis tu montres que si elle est vraie au rang \(n\), alors elle l’est au rang \(n+1\) (hérédité). Si tu as besoin d’un rappel complet, va voir le cours sur le raisonnement par récurrence.
Le problème survient quand le rang \(n+1\) ne dépend pas uniquement du rang \(n\).
Le cas qui bloque : considère la suite définie par \(u_0 = 1\), \(u_1 = 3\) et \(u_{n+2} = 3u_{n+1} - 2u_n\). Pour calculer \(u_{n+2}\), tu as besoin de connaître à la fois \(u_{n+1}\) et \(u_n\). Une hypothèse portant sur le seul rang \(n\) ne te donne pas assez d’information : l’hérédité est impossible à mener.
Deux réponses existent, selon le nombre de rangs antérieurs dont tu as besoin :
- si tu as besoin des deux rangs précédents → récurrence double ;
- si tu as besoin de tous les rangs précédents → récurrence forte.
Ces deux outils reposent sur exactement la même logique de « dominos » que la récurrence simple, mais avec une hypothèse plus riche. Commençons par la plus intuitive : la récurrence double.
II. La récurrence double
A. Définition et principe
Définition — Récurrence double
Soit \(P(n)\) une propriété dépendant d’un entier \(n\). Pour démontrer que \(P(n)\) est vraie pour tout entier \(n \geq n_0\), la récurrence double procède ainsi :
- Initialisation : on vérifie \(P(n_0)\) et \(P(n_0 + 1)\) (deux rangs consécutifs) ;
- Hérédité : on suppose que \(P(n)\) et \(P(n+1)\) sont vraies pour un certain \(n \geq n_0\), et on démontre \(P(n+2)\) ;
- Conclusion : \(P(n)\) est vraie pour tout \(n \geq n_0\).
L’idée est limpide : puisque le passage à \(P(n+2)\) a besoin de deux « briques » consécutives, il faut poser deux briques au départ pour amorcer la chaîne.
Comment retenir : une récurrence double, c’est deux initialisations et une hérédité « à deux crans ». Le nombre d’initialisations est toujours égal à l’ordre de la relation. Une relation d’ordre 2 (qui relie \(u_{n+2}\) à \(u_{n+1}\) et \(u_n\)) exige exactement 2 initialisations.
B. Exemple rédigé
Exemple : soit la suite définie par \(u_0 = 1\), \(u_1 = 3\) et \(u_{n+2} = 3u_{n+1} - 2u_n\). Démontrons que pour tout entier \(n \geq 0\), on a \(u_n = 2^{n+1} - 1\).
Initialisation. Pour \(n = 0\) : \(2^{0+1} - 1 = 2 - 1 = 1 = u_0\) ✓. Pour \(n = 1\) : \(2^{1+1} - 1 = 4 - 1 = 3 = u_1\) ✓.
Hérédité. Soit \(n \geq 0\). Supposons \(u_n = 2^{n+1} - 1\) et \(u_{n+1} = 2^{n+2} - 1\). Alors :
\(u_{n+2} = 3u_{n+1} - 2u_n = 3(2^{n+2} - 1) - 2(2^{n+1} - 1)\)
\(u_{n+2} = 3 \times 2^{n+2} - 3 - 2^{n+2} + 2 = 2 \times 2^{n+2} - 1 = 2^{n+3} - 1\)
C’est bien la formule au rang \(n+2\). La propriété est héréditaire.
Conclusion. Pour tout \(n \geq 0\), \(u_n = 2^{n+1} - 1\). ∎
Remarque cruciale : dans l’hérédité, on utilise les deux hypothèses (\(u_n\) et \(u_{n+1}\)). Si tu n’en utilises qu’une, c’est souvent le signe qu’une récurrence simple aurait suffi.
Ce type de suite, définie par une relation liant \(u_{n+2}\) à ses deux prédécesseurs, se retrouve en prépa sous le nom de suites récurrentes linéaires. Nous y reviendrons, mais retiens que la méthode de calcul du terme général y est systématique : voir les suites récurrentes linéaires d’ordre 2.
Récurrence forte et double : l’essentiel sur 1 page
Définitions, nombre d’initialisations, phrase d’hérédité type et pièges à éviter — tout ce qu’il faut avoir sous les yeux pendant tes exercices.
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Passons maintenant à la variante la plus flexible : la récurrence forte.
III. La récurrence forte
A. Définition et principe
Définition — Récurrence forte
Soit \(P(n)\) une propriété dépendant d’un entier \(n\). Pour démontrer que \(P(n)\) est vraie pour tout \(n \geq n_0\), la récurrence forte procède ainsi :
- Initialisation : on vérifie \(P(n_0)\) ;
- Hérédité : on suppose que \(P(k)\) est vraie pour tous les entiers \(k\) tels que \(n_0 \leq k \leq n\), et on démontre \(P(n+1)\) ;
- Conclusion : \(P(n)\) est vraie pour tout \(n \geq n_0\).
La différence avec la récurrence simple tient dans l’hypothèse : au lieu de supposer seulement \(P(n)\), on suppose que toute la propriété est déjà acquise jusqu’au rang \(n\). C’est ce « stock » complet d’hypothèses qui rend la récurrence « forte ».
Image mentale : en récurrence simple, chaque domino n’est poussé que par le domino juste avant lui. En récurrence forte, chaque domino peut s’appuyer sur tous les dominos déjà tombés. C’est particulièrement utile quand tu ne sais pas à l’avance de quel(s) rang(s) tu vas avoir besoin.
B. Exemple rédigé
Exemple : soit la suite définie par \(u_0 = 1\) et, pour tout \(n \geq 1\), \(u_n = u_0 + u_1 + \cdots + u_{n-1}\) (chaque terme est la somme de tous les précédents). Démontrons que pour tout \(n \geq 1\), \(u_n = 2^{n-1}\).
Initialisation. Pour \(n = 1\) : \(u_1 = u_0 = 1 = 2^{0} = 2^{1-1}\) ✓.
Hérédité. Soit \(n \geq 1\). Supposons que pour tout \(k\) tel que \(1 \leq k \leq n\), on ait \(u_k = 2^{k-1}\) (et \(u_0 = 1\)). Alors :
\(u_{n+1} = u_0 + u_1 + \cdots + u_n = 1 + \displaystyle\sum_{k=1}^{n} 2^{k-1} = 1 + (2^n - 1) = 2^n\)
Or \(2^n = 2^{(n+1)-1}\), donc la formule est vérifiée au rang \(n+1\).
Conclusion. Pour tout \(n \geq 1\), \(u_n = 2^{n-1}\). ∎
Ici, tu n’aurais pas pu te contenter de \(P(n)\) seule : le calcul de \(u_{n+1}\) réclame la valeur de tous les termes antérieurs. La récurrence forte est indispensable.
Erreur classique : croire que la récurrence forte est « plus difficile » ou réservée à la prépa. Elle est souvent plus facile à rédiger, car l’hypothèse est plus généreuse. Le seul point de vigilance est de bien préciser l’intervalle des rangs supposés : « pour tout \(k\) avec \(n_0 \leq k \leq n\) ».
Maintenant que tu connais les deux variantes, la vraie question devient : dans un exercice donné, laquelle choisir ?
IV. Simple, double ou forte : laquelle choisir ?
Le choix ne dépend pas de ton humeur, mais d’un critère objectif : de combien de rangs antérieurs dépend le rang à démontrer ? Le tableau suivant te sert de boussole.
| Type | Hypothèse supposée | Nombre d’initialisations | Quand l’utiliser |
|---|---|---|---|
| Récurrence simple | \(P(n)\) | 1 | \(u_{n+1}\) ne dépend que de \(u_n\) |
| Récurrence double | \(P(n)\) et \(P(n+1)\) | 2 | \(u_{n+2}\) dépend de \(u_{n+1}\) et \(u_n\) (ex : Fibonacci) |
| Récurrence forte | \(P(k)\) pour tout \(k \leq n\) | 1 (parfois plusieurs) | \(u_{n+1}\) dépend de plusieurs rangs, ou de rangs inconnus à l’avance |
Le réflexe gagnant : écris la relation de récurrence de ta suite et compte de combien de termes antérieurs dépend le terme suivant. Deux termes (\(u_{n+2}\) via \(u_{n+1}, u_n\)) → récurrence double. Un nombre variable ou tous les termes → récurrence forte. Un seul terme → récurrence simple suffit.
Une remarque théorique élégante : la récurrence double et la récurrence forte ne sont pas des « nouveaux axiomes ». On peut démontrer qu’elles découlent toutes deux de la récurrence simple, appliquée à une propriété auxiliaire bien choisie (par exemple, pour la double, on pose \(Q(n) : \text{« } P(n) \text{ et } P(n+1) \text{ sont vraies »}\)). Ce sont des outils dérivés, pas de nouveaux fondements — un point apprécié au Grand oral.
Voyons à présent comment structurer proprement une rédaction, quelle que soit la variante.
V. Méthode de rédaction en 3 étapes
La structure reste la même que pour une récurrence simple. Seules l’initialisation et l’hypothèse changent.
- Énonce clairement \(P(n)\). Écris la propriété à démontrer, avec la variable \(n\) et l’ensemble des rangs concernés.
- Initialisation. Vérifie autant de rangs de départ que l’ordre l’exige : 1 pour une forte, 2 pour une double. Ne jamais bâcler cette étape — c’est là que se cachent les pièges.
- Hérédité + conclusion. Écris précisément ton hypothèse (double : « supposons \(P(n)\) et \(P(n+1)\) » ; forte : « supposons \(P(k)\) pour tout \(k \leq n\) »), démontre le rang suivant, puis conclus.
Pour un pas-à-pas complet sur la formulation de l’hypothèse et la fameuse « phrase d’hérédité », consulte la fiche méthode : rédiger une récurrence en 3 étapes.
Le piège n°1 des récurrences doubles : oublier la seconde initialisation. Si tu ne vérifies que \(P(n_0)\), ta chaîne de dominos ne démarre jamais : l’hérédité a besoin de deux briques consécutives pour produire la troisième. Une seule brique ne pousse rien.
VI. L’exemple canonique : la suite de Fibonacci
Impossible de parler de récurrence double sans évoquer la suite la plus célèbre des mathématiques. La suite de Fibonacci est définie par \(F_0 = 0\), \(F_1 = 1\) et, pour tout \(n \geq 0\), \(F_{n+2} = F_{n+1} + F_n\). Chaque terme est la somme des deux précédents : c’est le prototype même de la relation d’ordre 2.
Exemple : démontrons que pour tout entier \(n \geq 0\), on a \(F_n < 2^n\).
Initialisation. Pour \(n = 0\) : \(F_0 = 0\) et \(2^0 = 1\), donc \(F_0 < 2^0\) ✓. Pour \(n = 1\) : \(F_1 = 1\) et \(2^1 = 2\), donc \(F_1 < 2^1\) ✓.
Hérédité. Soit \(n \geq 0\). Supposons \(F_n < 2^n\) et \(F_{n+1} < 2^{n+1}\). Alors :
\(F_{n+2} = F_{n+1} + F_n\) donc \(F_{n+2} < 2^{n+1} + 2^n\).
Or \(2^{n+1} + 2^n < 2^{n+1} + 2^{n+1} = 2^{n+2}\). Donc \(F_{n+2} < 2^{n+2}\).
Conclusion. Pour tout \(n \geq 0\), \(F_n < 2^n\). ∎
On voit clairement pourquoi la récurrence double est ici obligatoire : la majoration de \(F_{n+2}\) utilise à la fois \(F_{n+1}\) et \(F_n\). Une seule hypothèse laisserait un terme non contrôlé.
Pour aller plus loin : la formule explicite de Fibonacci (formule de Binet, \(F_n = \displaystyle\frac{\varphi^n - \psi^n}{\sqrt{5}}\) avec \(\varphi = \displaystyle\frac{1+\sqrt{5}}{2}\)) se démontre aussi par récurrence double, ou se retrouve en résolvant l’équation caractéristique des suites récurrentes linéaires d’ordre 2.
Après ces exemples guidés, il est temps de t’entraîner par toi-même.
VII. Exercices corrigés
Essaie chaque exercice avant de dérouler la correction. Difficulté croissante, du calcul direct au raisonnement.
Exercice 1 (★) — Récurrence double directe
Soit \(u_0 = 2\), \(u_1 = 5\) et \(u_{n+2} = 5u_{n+1} - 6u_n\). Démontre que pour tout \(n \geq 0\), \(u_n = 3^n + 2^n\).
Voir la correction de l'exercice 1
Initialisation. \(n=0\) : \(3^0 + 2^0 = 1 + 1 = 2 = u_0\) ✓. \(n=1\) : \(3^1 + 2^1 = 3 + 2 = 5 = u_1\) ✓.
Hérédité. Supposons \(u_n = 3^n + 2^n\) et \(u_{n+1} = 3^{n+1} + 2^{n+1}\). Alors :
\(u_{n+2} = 5(3^{n+1} + 2^{n+1}) - 6(3^n + 2^n)\)
\(= 5 \times 3^{n+1} - 6 \times 3^n + 5 \times 2^{n+1} - 6 \times 2^n\)
Pour la partie en 3 : \(5 \times 3^{n+1} - 6 \times 3^n = 3^n(15 - 6) = 9 \times 3^n = 3^{n+2}\).
Pour la partie en 2 : \(5 \times 2^{n+1} - 6 \times 2^n = 2^n(10 - 6) = 4 \times 2^n = 2^{n+2}\).
Donc \(u_{n+2} = 3^{n+2} + 2^{n+2}\). Conclusion : vrai pour tout \(n \geq 0\). ∎
Exercice 2 (★★) — Récurrence forte et arithmétique
Démontre que tout entier \(n \geq 2\) admet au moins un diviseur premier.
Voir la correction de l'exercice 2
Notons \(P(n)\) : « \(n\) admet un diviseur premier ». On raisonne par récurrence forte à partir de \(n_0 = 2\).
Initialisation. \(2\) est premier et se divise lui-même : \(P(2)\) est vraie ✓.
Hérédité. Soit \(n \geq 2\). Supposons \(P(k)\) vraie pour tout \(k\) avec \(2 \leq k \leq n\). Montrons \(P(n+1)\). Deux cas :
- Si \(n+1\) est premier, il est son propre diviseur premier : c’est terminé.
- Si \(n+1\) n’est pas premier, il s’écrit \(n+1 = a \times b\) avec \(2 \leq a \leq n\). Par hypothèse forte, \(a\) admet un diviseur premier \(p\). Or \(p\) divise \(a\) qui divise \(n+1\), donc \(p\) divise \(n+1\).
Dans les deux cas, \(n+1\) admet un diviseur premier. Conclusion : vrai pour tout \(n \geq 2\). ∎
Remarque : impossible ici de savoir à l’avance quel rang \(a\) on va utiliser — c’est exactement pourquoi la récurrence forte est indispensable. On retrouve ce type de raisonnement en arithmétique.
Exercice 3 (★★) — Fibonacci : somme des termes
Avec la suite de Fibonacci (\(F_0 = 0\), \(F_1 = 1\), \(F_{n+2} = F_{n+1} + F_n\)), démontre que pour tout \(n \geq 0\) :
\(F_0 + F_1 + \cdots + F_n = F_{n+2} - 1\)Voir la correction de l'exercice 3
Astuce : ici une récurrence simple suffit, car la somme au rang \(n+1\) s’obtient en ajoutant un seul terme à celle du rang \(n\). Notons \(S_n = F_0 + \cdots + F_n\) et \(P(n) : S_n = F_{n+2} - 1\).
Initialisation. \(n=0\) : \(S_0 = F_0 = 0\) et \(F_2 - 1 = 1 - 1 = 0\) ✓.
Hérédité. Supposons \(S_n = F_{n+2} - 1\). Alors :
\(S_{n+1} = S_n + F_{n+1} = (F_{n+2} - 1) + F_{n+1} = (F_{n+2} + F_{n+1}) - 1 = F_{n+3} - 1\)
car \(F_{n+3} = F_{n+2} + F_{n+1}\). Conclusion : vrai pour tout \(n \geq 0\). ∎
Leçon : une suite définie par récurrence double ne réclame pas toujours une démonstration par récurrence double. Regarde bien de quoi dépend le rang à démontrer !
Exercice 4 (★★★) — Raisonnement : où est l’erreur ?
Un élève « démontre » que tous les entiers naturels sont égaux, ainsi : « \(P(n)\) : les \(n+1\) premiers entiers \(0, 1, \ldots, n\) sont tous égaux. \(P(0)\) est vrai. Hérédité : si \(0 = 1 = \cdots = n\), alors comme \(n = n+1\)… ». Sans même finir, explique pourquoi ce raisonnement est absurde et repère la faille de méthode.
Voir la correction de l'exercice 4
C’est un exercice de vigilance : la conclusion est fausse, donc la démonstration doit contenir une faille. Le cœur du problème est que l’hérédité n’est jamais réellement établie : rien ne permet d’écrire \(n = n+1\). L’élève postule ce qu’il devrait démontrer.
Plus profondément, ce type de « preuve » illustre un piège récurrent : une hérédité qui échoue pour le tout premier pas. Même si une initialisation semble correcte, l’implication \(P(n) \Rightarrow P(n+1)\) doit être valable pour tout \(n\), y compris \(n = 0\). Ici, aucune étape de calcul ne justifie le passage : la chaîne de dominos n’a aucun mécanisme réel de propagation. Retiens que l’initialisation seule ne prouve rien sans une hérédité solide, et réciproquement.
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VIII. Erreurs fréquentes à éviter
Voici les trois fautes qui coûtent le plus de points aux copies.
❌ Copie fautive : « Récurrence double. Initialisation : \(P(0)\) est vraie. Hérédité : supposons \(P(n)\)… »
Diagnostic : deux erreurs cumulées. Une seule initialisation pour une récurrence double (il en faut deux), et une hypothèse qui ne porte que sur \(P(n)\) (il faut \(P(n)\) et \(P(n+1)\)).
✅ Correction : « Initialisation : \(P(0)\) et \(P(1)\) sont vraies. Hérédité : supposons \(P(n)\) et \(P(n+1)\), montrons \(P(n+2)\). »
- Confondre l’ordre et le nombre d’initialisations. Une relation d’ordre 2 (deux prédécesseurs) → 2 initialisations. Toujours.
- Utiliser une seule hypothèse dans une récurrence double. Si ta démonstration n’emploie que \(P(n+1)\), c’est le signe qu’une récurrence simple suffisait — ou que tu as oublié d’utiliser \(P(n)\).
- Oublier de préciser l’intervalle en récurrence forte. Écris explicitement « pour tout \(k\) tel que \(n_0 \leq k \leq n\) », sinon le correcteur ne sait pas sur quel « stock » tu t’appuies.
Ces réflexes acquis, poussons un cran plus loin pour les élèves qui visent la prépa.
IX. Extension prépa 🔴 : au-delà de la double et de la forte
🔴 Niveau prépa (MPSI/PCSI et au-delà). Les deux variantes vues ici se généralisent et deviennent des outils quotidiens en classe préparatoire.
A. Récurrence d’ordre p et récurrence forte généralisée
La récurrence double n’est qu’un cas particulier de la récurrence d’ordre \(p\) : si \(u_{n+p}\) dépend de \(u_{n+p-1}, \ldots, u_n\), il faut \(p\) initialisations et une hypothèse portant sur \(p\) rangs consécutifs. La récurrence forte, elle, se formule symboliquement : pour tout \(n \geq n_0\),
\(\big(\forall k \in \{n_0, \ldots, n\},\ P(k)\big) \Rightarrow P(n+1)\)B. La récurrence de Cauchy 🔴
Variante astucieuse : on démontre \(P(2^n)\) pour toutes les puissances de 2 (récurrence « ascendante »), puis on montre que \(P(n+1) \Rightarrow P(n)\) (« descendante ») pour combler les trous. C’est la technique historique de Cauchy pour l’inégalité arithmético-géométrique : pour tous réels positifs \(a_1, \ldots, a_n\),
\(\displaystyle\frac{a_1 + \cdots + a_n}{n} \geq \sqrt[n]{a_1 \cdots a_n}\)C. Exemples classiques de concours 🔴
- Puissances de matrices : démontrer une expression de \(A^n\) par récurrence (souvent simple, parfois double si \(A\) vérifie une relation du type \(A^2 = \alpha A + \beta I\)).
- Polynômes de Tchebychev : définis par \(T_0 = 1\), \(T_1 = X\) et \(T_{n+2} = 2X\,T_{n+1} - T_n\) — récurrence double par excellence.
- Intégrales de Wallis et formules de réduction, où l’on relie \(I_{n}\) à \(I_{n-2}\).
Ces suites définies par une relation linéaire entre termes consécutifs se traitent de façon systématique via l’équation caractéristique : c’est tout l’objet des suites récurrentes linéaires d’ordre 2. Avant cela, assure-toi de bien maîtriser les suites définies par récurrence et leur convergence.
X. Questions fréquentes
C'est quoi la récurrence double ?
La récurrence double est une variante du raisonnement par récurrence adaptée aux propriétés dont le rang \(n+2\) dépend des deux rangs précédents (\(n+1\) et \(n\)). Elle exige deux initialisations (\(P(n_0)\) et \(P(n_0+1)\)) et une hérédité où l’on suppose \(P(n)\) et \(P(n+1)\) pour démontrer \(P(n+2)\). L’exemple typique est la suite de Fibonacci.
C'est quoi une récurrence forte ?
Dans une récurrence forte, l’hypothèse d’hérédité suppose la propriété vraie pour tous les rangs de \(n_0\) à \(n\), et non seulement au rang \(n\). On l’utilise lorsque le rang \(n+1\) dépend de plusieurs rangs antérieurs, ou de rangs qu’on ne connaît pas à l’avance (comme dans la décomposition en facteurs premiers).
Quelle est la différence entre récurrence forte et récurrence double ?
La récurrence double suppose exactement les deux rangs précédents (\(P(n)\) et \(P(n+1)\)) et demande deux initialisations. La récurrence forte suppose tous les rangs précédents (\(P(k)\) pour \(k \leq n\)) et se contente en général d’une seule initialisation. En résumé : la double s’appuie sur un nombre fixe de termes, la forte sur un nombre quelconque.
Combien d'initialisations faut-il en récurrence double ?
Exactement deux : \(P(n_0)\) et \(P(n_0+1)\). Plus généralement, une récurrence d’ordre \(p\) réclame \(p\) initialisations. Oublier la seconde initialisation est l’erreur la plus sanctionnée : sans deux briques de départ, l’hérédité ne peut jamais démarrer.
La récurrence forte est-elle au programme de Terminale ?
Oui, la récurrence (dont les variantes forte et double) figure au programme de spécialité mathématiques de Terminale. Les cas les plus poussés (récurrence de Cauchy, ordre \(p\) quelconque) relèvent surtout de la prépa, mais la maîtrise de la récurrence double et forte est attendue dès le lycée et fréquente au bac.
Peut-on toujours remplacer une récurrence double par une récurrence forte ?
Oui. La récurrence forte est plus « généreuse » : si tu supposes tous les rangs précédents, tu disposes en particulier de \(P(n)\) et \(P(n+1)\). Une récurrence forte peut donc toujours remplacer une double. L’inverse est faux. En pratique, on choisit la variante la plus économique et la plus lisible pour le correcteur.
XI. Pour aller plus loin
Tu sais désormais reconnaître et rédiger une récurrence forte comme une récurrence double. Pour consolider :
- Le raisonnement par récurrence : le cours complet pour revoir le principe et les axiomes.
- Rédiger une récurrence en 3 étapes : la méthode détaillée d’initialisation, hérédité et conclusion.
- Exercices de récurrence corrigés (Terminale) : sommes, inégalités, divisibilité, Bernoulli.
- Suites définies par récurrence : représentation graphique et limites.
- Suites récurrentes linéaires d’ordre 2 : la méthode de l’équation caractéristique (prépa).
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