Un produit qui se démontre par récurrence

Ce qu'on montre. Une égalité indexée par $n\ge 2$ : récurrence, avec une initialisation qui n'est pas à $n=0$.

Notons $\mathcal{P}(n)$ la propriété $\prod _{k=2}^n\left(1-\frac{1}{k^2}\right)=\frac{n+1}{2n}$, pour $n\ge 2$.

Initialisation. Pour $n=2$, le produit ne comporte qu'un facteur : $$1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4},\text{et}\frac{2+1}{2\times 2}=\frac{3}{4}.$$ $\mathcal{P}(2)$ est vraie. Point délicat : l'indice de départ du produit est $k=2$, donc le premier cas à traiter est $n=2$ ; commencer à $n=0$ ou $n=1$ n'aurait aucun sens ici.

Hérédité. Soit $n\ge 2$ fixé, supposons $\mathcal{P}(n)$. Alors, en isolant le dernier facteur : $$\prod _{k=2}^{n+1}\left(1-\frac{1}{k^2}\right)=\left(\prod _{k=2}^n\left(1-\frac{1}{k^2}\right)\right)\left(1-\frac{1}{(n+1{)}^2}\right)=\frac{n+1}{2n}\cdot \frac{(n+1{)}^2-1}{(n+1{)}^2},$$ où l'on a utilisé l'hypothèse de récurrence pour le premier facteur. Or $(n+1{)}^2-1=n^2+2n=n(n+2)$, donc $$\frac{n+1}{2n}\cdot \frac{n(n+2)}{(n+1{)}^2}=\frac{n+2}{2(n+1)}=\frac{(n+1)+1}{2(n+1)}.$$ C'est $\mathcal{P}(n+1)$.

Conclusion. Par récurrence, l'égalité vaut pour tout $n\ge 2$. Contrôle indépendant : pour $n=3$, le produit vaut $\frac{3}{4}\times \frac{8}{9}=\frac{2}{3}$, et $\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$.