Forum de mathématiques - Bibm@th.net

bridgslam

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par récurrence ou autre

Bonjour,

Un petit exo qui ne cassera pas 3 pattes à un canard:

Montrer que $\forall n \ge 4 \;\;  n! \ge 2^n$

- par récurrence
- par une méthode directe

C'est le genre d'exercice qui permet de se changer les idées.

Bonne chance

A.

Glozi

Invité

Re : par récurrence ou autre

Bonjour,

▼tentative de preuve directe

Si $n\geq 4$, alors $n!$ est le produit de $n$ entiers naturels, l'un d'entre eux est $1$, un autre est $n\geq 4$ les $n-2$ autres sont supérieurs ou égaux à $2$. Ainsi $n!\geq 4\times 2^{n-2}\times 1=2^n.$
M'enfin, cachée il y a évidemment une récurrence (comment montrer une propriété quelconque sur $n!$ sans récurrence alors que cet objet est défini par récurrence ?)

Bonne journée

bridgslam

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Re : par récurrence ou autre

Bonjour Glozi

C'est cela j'en étais au même point.
Bravo.

Côté récurrence ça évite d'en faire deux, celle qui est cachée, et l'autre :-)

Après dire que le produit de k naturels au moins égaux  à 2 vaut au moins $2^k$ , c'est pas un peu la récurrence de Monsieur Jourdain ?
Si oui dès que l'on multiplie des inégalités ne fait-on pas de la récurrence (finie)  ?

A.

Dernière modification par bridgslam (23-01-2024 18:21:38)

Roro

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Re : par récurrence ou autre

Bonsoir,

Pour faire sans récurrence (enfin, j'ai l'impression) -

La suite définie pour $n\geq 1$ par $\displaystyle u_n=\frac{n!}{2^n}$ est croissante (on vérifie sans problème que $\displaystyle \frac{u_{n+1}}{u_n}\geq 1$).

Puisque $u_4\geq 1$, on en déduit que pour tout $n\geq 4$ on a $u_n\geq 1$, donc $n!\geq 2^n$.

Il y a un piège ?

Roro.

Dernière modification par Roro (23-01-2024 18:23:58)

Glozi

Invité

Re : par récurrence ou autre

Je ne connaissais pas l'histoire de Monsieur Jourdain ! Merci d'en avoir parlé, c'est instructif.
Sinon, si on revient aux axiomes de Peano, alors même dire que l'addition dans $\mathbb{N}$ est commutative se fait par récurrence du coup on n'est pas sorti de l'auberge !
Dans la vie de tout les jours je ne réfléchis pas du tout à ce qui se fait par récurrence ou pas, et je ne vais certainement pas me priver de ce type de raisonnement :)

Roro, il y a une récurrence (évidement triviale) dans l'implication $(u_4\geq 1$ et $\forall n\geq 4, u_{n+1}\geq u_n) \Rightarrow (\forall n\geq 4, u_n \geq 1).$

Roro

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Re : par récurrence ou autre

Roro, il y a une récurrence (évidement triviale) dans l'implication $(u_4\geq 1$ et $\forall n\geq 4, u_{n+1}\geq u_n) \Rightarrow (\forall n\geq 4, u_n \geq 1).$

Bien sûr, merci !

Mais si on revient à Peano, tout ce qui est construit à partir des entiers l'est par récurrence...

Roro.

El Mehdi

Membre

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Re : par récurrence ou autre

Soit k superieure a 4:
On a k>=4: en intervenant pigma de k=1 jusqu'a  k=n a cette inegalite, on aura alors:
pi(k)>=pi(4) ==> n!=>4^n
puisque 4>2
D'ou on obtient le resultat demande.
Et avec la reccurence c'est verifie immediatement

Bernard-maths

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Re : par récurrence ou autre

Bonjour !

Moi j'aime bien écrire :

1*2*3*4*5*6*7*8*9*10*...*n = n!
2*2*2*2*2*2*2*2*2*2* ... *2= 2ⁿ

Puis les produits ...

1 2 6 24 120 ...
2 4 8 16 32 ...

On voit qu'à partir de n = 4, on a n! > 2ⁿ ; et comme après les facteurs ajoutés à n! sont supérieurs à ceux ajoutés à 2ⁿ, alors (forcément) on va avoir n! > 2ⁿ

Quant à la récurrence, ... évidente ...

Bernard-maths

Dernière modification par Bernard-maths (24-01-2024 06:15:47)

bridgslam

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Re : par récurrence ou autre

Bonjour,

Soit k superieure a 4:
On a k>=4: en intervenant pigma de k=1 jusqu'a  k=n a cette inegalite, on aura alors:
pi(k)>=pi(4) ==> n!=>4^n
puisque 4>2
D'ou on obtient le resultat demande.
Et avec la reccurence c'est verifie immediatement

Pas clair, voire carrément faux.
Merci d'utiliser le Code Latex pour qu'on voie mieux l'erreur.

A.

Dernière modification par yoshi (25-01-2024 10:38:11)