Raisonnement

1. Initialisation aux deux premiers rangs, puis hérédité à deux pas ;
2. $\displaystyle x^n+1/x^n$ doit être égal à un entier quelconque 👉 Choisir un entier, et résoudre.

1. Item
   On rmontre par récurrence double que la propriété “$\displaystyle x^n+\frac{1}{x^n}\in\Z$” est vraie pour tout $\displaystyle n\in\N$.
   Initialisation.
   Pour $\displaystyle n=0$, $\displaystyle x^0+1/x^0=1+1\in\Z$.
   Pour $\displaystyle n=1$, $\displaystyle x^1+1/x^1=x+1/x\in\Z$, par hypothèse.
   Hérédité. Soit $\displaystyle n\in\N$. Supposons la propriété vraie aux rangs $\displaystyle n$ et $\displaystyle n+1$. On remarque que
   $$\left(x^{n+1}+\frac{1}{x^{n+1}}\right)\times\left(x+\frac{1}{x}\right)=x^{n+2}+\frac{1}{x^{n+2}}+x^n+\frac{1}{x^n}.$$
   Ainsi : $\displaystyle x^{n+2}+\frac{1}{x^{n+2}}= \underbrace{x^n+\frac{1}{x^n}}_{\in\Z} -\underbrace{\left(x^{n+1}+\frac{1}{x^{n+1}}\right)}_{\in\Z} \times\underbrace{\left(x+\frac{1}{x}\right)}_{\in\Z} .$
   Donc $\displaystyle x^{n+2}+\frac{1}{x^{n+2}}\in\Z$.
2. On peut par exemple trouver $\displaystyle x\in\R^*$ tel que $\displaystyle x+1/x=3$, ce qui équivaut à $\displaystyle x^2-3x+1=0$.
   Ainsi $\displaystyle x=\frac{3+\sqrt 5}2$ convient.

L’initialisation est correcte.
L’hérédité est correcte aussi… sauf lorsque $\displaystyle n=1$ ! L’argument des crayons qui n’ont jamais quitté la boîte ne tient pas pour $\displaystyle n=1$ car ils n’existent pas 😃 De fait, la propriété est fausse à partir de $\displaystyle n=2$.

Trouver des conditions nécessaires pour qu’une suite vérifie cette propriété.
Réciproquement, les suites qui satisfont ces conditions vérifient-elles la propriété ?

• Supposons qu’une suite $\displaystyle (u_n)_{n\in\N}$ vérifie : $\displaystyle \forall m,n\in\N,~u_{m+n}=u_m+u_n$.
  Alors avec $\displaystyle m=n=0$ on a $\displaystyle u_0=u_0+u_0$, donc $\displaystyle u_0=0$.
  Ensuite : $\displaystyle u_2=u_1+u_2=2u_1$, puis $\displaystyle u_3=u_2+u_1=2u_1+u_1=3u_1$, puis $\displaystyle u_4=u_3+u_1=3u_1+u_1=4u_1$.
  Ainsi de suite… par une récurrence immédiate, on obtient : $\displaystyle \forall n\in\N,~u_n=n~u_1$.
  Ainsi, $\displaystyle (u_n)$ est nécessairement une suite de la forme $\displaystyle (\alpha n)_{n\in\N}$, où $\displaystyle \alpha\in\R$.
• Réciproquement toute suite de terme général $\displaystyle u_n=\alpha n$, avec $\displaystyle \alpha\in\R$, vérifie : $$u_{n+m}=(n+m)\alpha=n\alpha+m\alpha=u_n+u_m.$$
  Conclusion. Les suites vérifiant cette propriété sont exactement les suites de la forme $\displaystyle (\alpha n)_{n\in\N}$, où $\displaystyle \alpha\in\R$.

Rien à signaler… appliquer le raisonnement par récurrence forte.

• pour $\displaystyle n=0$, on a bien $\displaystyle u_0=0=3\times 0$.
• Soit $\displaystyle n\in\N$. Supposons que pour tout $\displaystyle k\in[\![0,n]\!]$ on ait $\displaystyle u_k=3k$.
  Alors $\displaystyle u_{n+1}=\frac{2}{n}\sum_{k=0}^n u_k=\frac{2}{n}\sum_{k=0}^n 3k=\frac 6n~\frac{n(n+1)}{2}=3(n+1)$.
  Conclusion. Par récurrence forte, on a donc bien $\displaystyle u_n=3n$ pour tout $\displaystyle n\in\N$.

Montrons par récurrence que pour tout $\displaystyle n\in\N$, $\displaystyle n^3-n$ est divisible par $\displaystyle 3$.

• pour $\displaystyle n=0$, $\displaystyle n^3-n=0$, divisible par $\displaystyle 3$.
• Soit $\displaystyle n\in\N$. Supposons $\displaystyle n^3-n$ divisible par $\displaystyle 3$. Alors
  $$(n+1)^3-(n+1)=n^3+3n^2+2n = (n^3-n)+3(n^2+n).$$
  Or $\displaystyle (n^3-n)$ est divisible par 3 (H.R.), et $\displaystyle 3(n^2+n)$ est divisible par $\displaystyle 3$.
  Donc $\displaystyle (n+1)^3-(n+1)$ est divisible par $\displaystyle 3$.

Un terme $\displaystyle (a+b)^n$ 👉 On peut tenter un binôme de Newton.

On remarque que $\displaystyle (k+1)^n+2=2+\sum_{i=0}^n \binom nik^i = 3+k\left(\sum_{i=1}^n \binom nik^{i-1}\right)$.
Ainsi pour tout $\displaystyle n\in\N$, on a l’équivalence : $$\big(k \text{ divise }(k+1)^n+2\big)\Leftrightarrow \big(k\text{ divise }3\big).$$ Ainsi cette phrase est vraie si et seulement si $\displaystyle k=1$ ou $\displaystyle k=3$.

Remarque — on pouvait aussi faire une récurrence sur $\displaystyle n$, pour remarquer que si $\displaystyle k$ divise $\displaystyle (k+1)^n+2$, alors $$(k+1)^{n+1}=((k+1)^n+2)(k+1)-2k,$$ donc $\displaystyle k$ divise aussi $\displaystyle (k+1)^{n+1}$. Ainsi $\displaystyle \mathcal P(k)$ est vraie si et seulement si $\displaystyle k$ divise $\displaystyle (k+1)^0+2=3$.

Remarque 2 — les étudiants maîtrisant le calcul dans $\displaystyle \Z/k\Z$ avaient évidemment un moyen très direct de répondre à la question.

Récurrence 👉 Dans l’hérédité, je cherche dans l’expression du rang $\displaystyle n+1$, à faire apparaître l’expression du rang $\displaystyle n$.

Notons $\displaystyle u_n=3^{2n}-2^{n}$.
$\displaystyle \bullet$ Pour $\displaystyle n=0$, $\displaystyle u_0=3^0-2^0=0$, divisible par $\displaystyle 7$.
$\displaystyle \bullet$ Soit $\displaystyle n\in\N$. Supposons $\displaystyle u_n$ divisible par $\displaystyle 7$. Alors $$\begin{aligned}u_{n+1} & = 3^{2n+2}-2^{n+1}\\ & = 9.3^{2n}-2.2^n \\& = 9(u_n+2^n)-2(3^{2n}-u_n)\\ & = 11u_n+9.2^n-2.3^{2n}\\ & = 11u_n+7.2^n-2u_n \\ & =9u_n+7.2^n.\end{aligned}$$
Ainsi, par hypothèse de récurrence, $\displaystyle u_{n+1}$ est divisible par $\displaystyle 7$ (somme de nombres divisibles par $\displaystyle 7$).

Remarque — si on connaît le calcul "modulo $\displaystyle n$", c’est à dire dans $\displaystyle \Z/n\Z$, on peut aller plus vite, sans récurrence :
$$\begin{aligned}u_{n} & = 9^n-2^n~~[n]\\ & = (7+2)^n-2^n~~[n] \\& = 2^n-2^n~~[n] \\ & = 0~~[n].\end{aligned}$$

Une implication a toujours une formulation “contraposée”, qui permet parfois d’y voir plus clair.

Montrons la contraposée.
Supposons $\displaystyle a\neq 0$. Alors $\displaystyle |a|>0$, donc le réel $\displaystyle \varepsilon=\frac{|a|}{2}$ vérifie $\displaystyle 0<\varepsilon <|a|$, et donc l’assertion $\displaystyle \left( \forall \varepsilon > 0, |a| \leq\varepsilon\right)$ est fausse.

Comprendre pourquoi le contraire est impossible, c’est raisonner par contraposée.

Raisonnons par contraposée.
Supposons que la propriété à démontrer soit fausse, et montrons que l’hypothèse est alors nécessairement fausse.
On suppose autrement dit que tout triplet parmi ces trois entiers a une somme $\displaystyle <30$.
Alors $\displaystyle n_1 + \cdots + n_9=(n_1+n_2+n_3)+(n_4+n_5+n_6)+(n_7+n_8+n_9)<29+29+29=87.$
Ainsi $\displaystyle n_1 + \cdots + n_9\neq 90$.

Irrationnalité 👉 Supposer une écriture comme fraction, et aboutir à une contradiction.

Raisonnons par l’absurde. Supposons $\displaystyle \frac{\ln(2)}{\ln(3)}\in\Q$.
Alors il existe $\displaystyle a\in\Z$, $\displaystyle b\in\N^*$ tels que $\displaystyle \frac{\ln(2)}{\ln(3)}=\frac ab$ (dans ce cas, $\displaystyle a\in\N^*$ car $\displaystyle \frac{\ln(2)}{\ln(3)}>0$).
Alors $\displaystyle b~\ln(2)=a~\ln(3)$, et donc $\displaystyle 2^b=3^a$. Contradiction car $\displaystyle 2^b$ est pair, alors que $\displaystyle 3^a$ est impair.
Conclusion. $\displaystyle \frac{\ln(2)}{\ln(3)}\notin\Q$

Commencer par des conditions nécessaires pour restreindre les fonctions “candidates”.
Tester l’égalité avec des réels $\displaystyle x,y$ particuliers.

Analyse. Supposons que $\displaystyle f$ vérifie cette condition.

• Avec $\displaystyle x=0$ et $\displaystyle y=0$, on a $\displaystyle f(0)^2=f(0)$, donc $\displaystyle f(0)\in\{0,1\}$.
• Avec $\displaystyle x=1$ et $\displaystyle y=0$, $\displaystyle f(1)f(0)=f(0)+1$.
  Si $\displaystyle f(0)=0$, cette égalité aboutit à une contradiction $\displaystyle (0=1)$, et donc $\displaystyle f(0)=1$.
• Ainsi avec $\displaystyle x\in\R$ et $\displaystyle y=0$, $\displaystyle f(x)=f(0)+x=x+1$.

Synthèse. La seule fonction qui puisse vérifier la propriété de l’énoncé est $\displaystyle f:x\mapsto x+1$. Réciproquement cette fonction vérifie : $$\forall x,y\in\R,\quad(x+1)(y+1)=xy+x+y+1=f(xy)+x+y.$$ Conclusion. La fonction $\displaystyle x\mapsto x+1$ est l’unique fonction qui vérifie cette propriété.

$\displaystyle N$ est-il premier, oui ou non ?

Sous notre hypothèse, $\displaystyle N$ n’est pas premier car il est strictement supérieur à chacun des réels $\displaystyle p_1,\dots,p_n$.
Ainsi $\displaystyle N$ a nécessairement un diviseur premier : il existe donc $\displaystyle k\in[\![1,n]\!]$ tel que $\displaystyle p_k$ divise $\displaystyle N$.
Mais $\displaystyle p_k$ divise aussi $\displaystyle p_1\dots p_n$, donc $\displaystyle p_k$ divise $\displaystyle N- (p_1\dots p_n)=1$. Et donc $\displaystyle p_k=1$, ce qui est une contradiction puisque $\displaystyle p_k$ est premier.
On conclut de ce raisonnement par l’absurde que l’ensemble des nombres premiers ne peut pas être fini, il est donc infini.

Merci, Euclide !
🇬🇷

La dérivation "$\displaystyle n$ fois" est un processus par étapes…faire une récurrence !

Montrons par récurrence que pour tout $\displaystyle n\in\N$ on a : $\displaystyle \forall x\neq 0,~~f^{(n)}(x)=\frac{(-1)^n n!}{x^{n+1}}.$
$\displaystyle \bullet$ Cas $\displaystyle n=0$. Pour $\displaystyle x\in\R^*$, $\displaystyle f^{(0)}(x)=f(x)=\frac 1x$, et par ailleurs $\displaystyle \frac{(-1)^0 0!}{x^{0+1}}=\frac 1x$.
$\displaystyle \bullet$ Soit $\displaystyle n\in\N$. Supposons que $\displaystyle \forall x\neq 0,~~f^{(n)}(x)=\frac{(-1)^n n!}{x^{n+1}}.$ Alors $\displaystyle f^{(n)}$ est dérivable sur $\displaystyle \R^*$ et $$\forall x\neq 0,~~f^{(n+1)}(x)=\left(f^{(n)}\right)'(x)=(-1)^n n!\times\frac{-(n+1)}{x^{n+2}}=\frac{(-1)^{n+1} (n+1)!}{x^{n+2}}.$$
Conclusion. La propriété est donc vraie pour tout $\displaystyle n\in\N$.

1. L’égalité $\displaystyle \frac{1}{a_1}+\dots+\frac{1}{a_{n-1}}+\frac 1p=1$ donne $\displaystyle p-1=\frac{p}{a_1}+\dots+\frac{p}{a_{n-1}}$.
   Or les nombres $\displaystyle a_1,\dots,a_{n-1}$ sont strictement inférieurs à $\displaystyle a_n=p$ par hypothèse, donc : $\displaystyle \forall k\in[\![1,n-1]\!]$, $\displaystyle \frac{p}{a_k}> 1$. Ainsi $\displaystyle p-1>n-1$, mais comme $\displaystyle p-1$ est entier ceci entraîne $\displaystyle p-1\geq n$.
2. Comme $\displaystyle a_1\geq 2$ et $\displaystyle a_2\geq 3$, $\displaystyle \frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}\leq\frac 12+\frac 13=\frac 56$, donc on ne peut pas avoir $\displaystyle \frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}=1$.
   Il n’existe donc pas d’entier jovial d’ordre 2.
   Comme il n’existe pas d’entier jovial d’ordre $\displaystyle 2$, si $\displaystyle 4$ était jovial, on aurait nécessairement $\displaystyle \frac 12+\frac 13+\frac 14=1$, ce qui n’est pas le cas. Donc $\displaystyle 4$ n’est pas jovial.
3. Soit $\displaystyle p$ premier. Supposons qu’on ait $\displaystyle \frac{1}{a_1}+\dots+\frac{1}{a_{n-1}}+\frac 1p=1$, avec $\displaystyle 2\leq a_1<a_2<\dots<a_{n-1}<p$.
   Alors $\displaystyle \frac{p-1}{p}=\frac{K}{a_1\dots a_{n-1}}$, avec $\displaystyle K$ un entier naturel (après avoir mis au même dénominateur).
   Ainsi $\displaystyle Kp=(p-1)a_1\dots a_{n-1}$. Donc $\displaystyle (p-1)a_1\dots a_{n-1}$ est divisible par $\displaystyle p$. Comme $\displaystyle p$ est premier l’un des facteurs doit être divisible par $\displaystyle p$, ce qui est une contradiction car ces facteurs sont tous strictement inférieurs à $\displaystyle p$.
4. Nous avons vu que $\displaystyle 4$ n’est pas jovial. $\displaystyle 2$, $\displaystyle 3$, et $\displaystyle 5$ ne sont pas joviaux car premiers. En revanche $\displaystyle 6$ est jovial car $\displaystyle \frac 12+\frac 13+\frac 16=1$. C’est donc le plus petit entier jovial.
5. Supposons que $\displaystyle a_1,a_2,a_3$ vérifient $\displaystyle 2\leq a_1<a_2<a_3$ et $\displaystyle \frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\frac{1}{a_3}=1$.

• Nécessairement $\displaystyle a_1=2$, car sinon $\displaystyle \frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\frac{1}{a_3}\leq\frac 13+\frac 14+\frac 15= \frac{47}{60}$, or $\displaystyle \frac{47}{60} <1$.
• Ensuite nécessairement $\displaystyle a_2=3$, car sinon $\displaystyle \frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\frac{1}{a_3}\leq\frac 12+\frac 14+\frac 15=\frac{19}{20}$, or $\displaystyle \frac{19}{20} <1$.
• Enfin $\displaystyle a_3$ est nécessairement égal à $\displaystyle 6$.
  Conclusion. $\displaystyle 6$ est le seul entier jovial d’ordre $\displaystyle 3$.

6. Supposons qu’on ait $\displaystyle \frac{1}{a_1}+\dots+\frac{1}{a_{n-1}}+\frac 1p=1$, avec $\displaystyle 2\leq a_1<a_2<\dots<a_{n-1}<p$.
   $\displaystyle \bullet$ On alors peut écrire $\displaystyle \frac 12+\frac{1}{2a_1}+\dots+\frac{1}{2a_{n-1}}+\frac 1{2p}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1.$
   Ceci qui montre que $\displaystyle (2p)$ est jovial puisque $\displaystyle 2<2a_1<\dots<2a_{n-1}<2p$.
   $\displaystyle \bullet$ On a par ailleurs $\displaystyle \frac 1{p+1}+\frac{1}{p(p+1)}=\frac{p+1}{p(p+1)}$, donc $\displaystyle \frac{1}{a_1}+\dots+\frac{1}{a_{n-1}}+\frac 1{p+1}+\frac{1}{p(p+1)}=1$.
   Ceci montre que $\displaystyle p(p+1)$ est jovial.
7. Supposons $\displaystyle \frac{1}{a_1}+\dots+\frac{1}{a_{n-1}}+\frac 1p=1$ et $\displaystyle \frac{1}{b_1}+\dots+\frac{1}{b_{m-1}}+\frac 1q=1$ (les conditions sur les $\displaystyle a_i$ et $\displaystyle b_i$ étant satisfaites). Alors
   $$\frac{1}{a_1}+\dots+\frac{1}{a_{n-1}}+\frac 1p\underbrace{\left(\frac{1}{b_1}+\dots+\frac{1}{b_{m-1}}+\frac 1q\right)}_{=1} =\frac{1}{a_1}+\dots+\frac{1}{a_{n-1}}+\frac 1p = 1.$$
   Comme $\displaystyle a_1<\dots<a_{n-1}<pb_1<\dots<pb_{m-1}<pq$, ceci montre que $\displaystyle pq$ est jovial.