bonsoir

faudrait déjà rédiger correctement la récurrence...

supposons que ...?

et puis

(1/3)(p+2)³ 3 p³

n'est pas équivalent à

(p+2)³ p³

(et l'inégalité est vraie aussi pour p=3 ... pourquoi ce p4 ?

c'est l'énoncé exact de vouloir montrer cela par récurrence sur p ?

salut

peux-tu nous donner un énoncé exact et complet au mot près ...

car ce genre de propriété ne se démontre pas par récurrence ...

si et qu'on veut montrer H(p) : f(p) <= g(p)

alors une étude fine peut se faire en étudiant les variations de la fonction h(p) = g(p) - f(p) (et le TVI)

sinon on a simplement :



si alors

de plus

si alors

donc ... si p >= 3 ...

tout simplement ...

et faire un raisonnement par récurrence serait extrêmement calculatoire ...

et puis encore plus simple serait d'étudier la fonction



sur [3 ; +[

elle décroit et f(3) < 3

bonjour à tous

j'avais suivi ce fil le jour du post, et essayé, dans l'hypothèse  où l'énoncé de départ aurait été le bon, à savoir :
" montrer par récurrence que pour tout entier p≥4, (p+1)³≤3p³ "
(d'accord que l'on pourrait avoir aussi p≥3)
j'avais trouvé une piste mais j'ignore si elle est correcte jusqu'au bout.. je la propose avant de jeter mon brouillon...

H.R.   (p+1)³ ≤ 3p³   et p≥4
M.Q. (p+2)³ ≤ 3(p+1)³

(a+b)³ = a³ + 3a²b  + 3ab² + b³
donc (p+2)³ =  ((p+1) + 1)³ = (p+1)³ + 3(p+1)² + 3(p+1) + 1
et  (p+1)³ = p³ + 3p² + 3p + 1

d'où
(p+2)³ -  3(p+1)³
=  (p+1)³ + 3(p+1)² + 3(p+1) + 1 - 3p³ - 9p² - 9p - 3
=  (p+1)³ + 3p² + 6p + 3 + 3 p+ 3 + 1 - 3p³ - 9p² - 9p - 3
= (p+1)³ -  3p³ - 6p²  + 4


avec l'hypothèse de récurrence, (p+1)³ -  3p³ 0
et pour p>=4 , - 6p²  + 40

d'où je conclus (aïe...?)  (p+2)³ -  3(p+1)³ 0

ça tient la route ?

tu peux !!! mais comme je l'ai dit c'est calculatoire ...

on remarque cependant que la propriété est héréditaire à partir de 2 avec ton raisonnement ...

alors que mon raisonnement (par condition suffisante) ou celui de matheuxmatou nécessite de travailler à partir de 3 ...

merci de ta réponse, carpediem !

oui à partir de 2 avec ce raisonnement (et même à partir de 1, pour avoir - 6p²  + 4<0).
mais comme la démo par récurrence est forcément liée à l'initialisation (avec p=3), ça me semblait "tenir".
merci pour ta confirmation

il faut distinguer les affirmations :

(1) la propriété P(n) est vraie
(2) la propriété P(n) est héréditaire

pour montrer (1) au moins à partir d'un certain rang p par un raisonnement par récurrence il est nécessaire de montrer (2) au moins à partir d'un certain rang q avec

et on se fout de l'initialisation dans ce premier temps

elle n'interviendra que dans un second temps ... en vérifiant simplement que P(p) est vraie ...

REM : il existe même des propriétés P qui peuvent être vraie pour des entiers k tels que mais on ne pourra pas le montrer par récurrence et il faudra les tester à la main

il me semble que convient

il me semble que P(n) peut se montrer par récurrence avec p = E(e^3) + 1 (et peut-être q < p)

et elle est cependant vraie pour tout entier k <