Sommes finies et récurrence : démontrer le cas suivant

Exemple expliqué

Une progression arithmétique ajoute le même réel $d$, appelé raison, à chaque étape. Si son premier terme est $a$, alors $a_j=a+(j-1)d$ : atteindre le rang $j$ demande $j-1$ étapes. Avec $a=6$ et $d=3$, les premiers termes sont $6,9,12,15$. Ainsi, $a_4=15$, tandis que $S_4=6+9+12+15=42$.

Pour établir une formule de somme, écrivez les mêmes $n$ termes dans l’ordre croissant des indices, puis dans l’ordre inverse. Additionnez les deux lignes position par position. Chaque position donne $a+a_n$, et il y a $n$ positions : $$2S_n=n(a+a_n).$$ On obtient le double de la somme, même si $n$ est impair; le terme central figure alors une fois dans chaque ligne.

Remplacez $a_n$ par $a+(n-1)d$, puis divisez par 2 : $$S_n=\frac{n}{2}\bigl(2a+(n-1)d\bigr).$$ Pour l’exemple à quatre termes, $S_4=\frac42(12+9)=42$. Cette formule donne une somme; elle ne remplace pas la formule distincte du terme $a_n$.

Pour toute suite, arithmétique ou non, l’ajout du terme suivant donne $$S_{k+1}=S_k+a_{k+1}.$$ Cette identité vient de la définition d’une somme partielle. Elle servira de point de départ à l’étape de récurrence.

Exemple expliqué

Une progression géométrique multiplie par un même nombre, la raison, à chaque étape. Considérons $G_n=\sum_{j=1}^{n}3\cdot2^{j-1}$, dont les termes sont $3,6,12,\ldots$. Démontrons $P(n):G_n=3(2^n-1)$ pour tout entier $n\ge1$. Ici, $n$ compte les termes; l’exposant du dernier terme est $n-1$.

Cas initial : $G_1=3$ et $3(2^1-1)=3$, donc $P(1)$ est vrai. Pour l’étape de récurrence, choisissons un entier arbitraire $k\ge1$ et supposons $G_k=3(2^k-1)$. L’objectif est $G_{k+1}=3(2^{k+1}-1)$; écrire cet objectif n’en fait pas une égalité déjà établie.

Partons de la somme définie dans l’énoncé. Son nouveau terme est $3\cdot2^k$. Seule la deuxième ligne ci-dessous utilise l’hypothèse de récurrence : $$\begin{aligned}G_{k+1}&=G_k+3\cdot2^k\\&=3(2^k-1)+3\cdot2^k\\&=3(2\cdot2^k-1)\\&=3(2^{k+1}-1).\end{aligned}$$ La dernière égalité utilise $2\cdot2^k=2^{k+1}$.

Nous avons établi l’objectif à partir de l’hypothèse, pour un entier admissible $k$ arbitraire. À partir du cas 1 vérifié, la même implication donne le cas 2, puis le cas 3 et tous les cas entiers suivants. Voilà pourquoi la preuve dépasse quelques vérifications numériques.

Exemple expliqué

Pourquoi l’étape de récurrence ne remplace-t-elle pas le cas initial? Revenons à $G_n=\sum_{j=1}^{n}3\cdot2^{j-1}$. Une personne propose la formule erronée $H_n=3\cdot2^n$. Elle produit pourtant le bon accroissement : $$H_{k+1}-H_k=3\cdot2^k.$$ Mais $H_1=6$, tandis que $G_1=3$.

Les valeurs proposées dépassent toujours les sommes réelles de 3 : $H_n-G_n=3$. Des différences successives identiques ne déterminent une suite qu’une fois sa valeur initiale fixée. Vérifier le cas initial révèle immédiatement cette erreur de constante.

Pour une nouvelle preuve par récurrence, écrivez trois éléments avant l’algèbre : le premier indice admissible, l’hypothèse exacte au rang $k$ et l’objectif au rang $k+1$. Déduisez ensuite la variation de la somme à partir de ses bornes. Ces choix comptent davantage que la mémorisation d’une preuve type.