identité du mois d’Août 2020

Posté le : samedi 1 août 2020 par Vincent Thill

Je me suis posé le problème suivant :

Soit  L  l’équation   x² – 5 + xy – y² = z      et la suite de Lucas  ( 1, 3, 4, 7, 11, … )

On considère les couples de solutions ( x, y ) consécutifs de cette suite

( 1,3 ) alors  z = – 10 , ( 3,4 ) alors  z = 0 ( 4,7 ) alors  z = – 10 ( 7,11 ) alors  z = 0

On remarque que  z  varie entre  0  et  – 10

En d’autres termes on peut définir les couples ( x, y ) en fonction du nombre d’or

Soit  p  le nombre d’or,

x=p^n+(1-p)^n  et y=p^{(n+1)}+(1-p)^{(n+1)}

Pour tout  n  pair  z  = 0  et tout  n  impair  z = – 10

Par contre si n est réel, quel aspect peut prendre la courbe en fonction de n ? Je pense à une sinusoïde .

D’autre part à propos des suites de Fibonacci généralisées, j’ai remarqué ceci :

Prenons la suite  S  de premier terme  1  et de deuxième terme  k  ( k entier > 0 )

S = ( 1, k, 1+k, 1+2k, 2+3k, 3+5k, … )  et  l’équation  x² – ( k + 2 ) + xy –  y² = t

On considère les couples de solutions ( x, y ) consécutifs de la suite  S

puis on les remplace dans cette équation .

Le résultat est toujours donné par une alternance de  2  entiers relatifs .

4 personnes m’ont répondu et voici leur solutions :

 

Solution de Michel Lafond

Si on pose  u_{0}=1 , u_{1}=k  et  u_{n}=u_{n-1}+u_{n-2}

alors des calculs classiques donnent  u_{n}u_{n+2} - (u_{n+1})^2=(1+k-k^2)(-1)^n

On tire u_{n}(u_{n}+u_{n+1})-(u_{n+1})^2=(1+k-k^2)(-1)^n

Donc, si  x=u_{n}  et  y=u_{n+1}  on a   x² + xy – y² = (1+k-k^2)(-1)^n

Par exemple,  si  k = 3,      x² + xy – y² = 5 ou -5  ou encore

x² + xy – y² – 5 = 0 ou – 10

On a bien toujours deux valeurs qui oscillent .

 

Solution d’Olivier Druet   ( il a utilisé un programme informatique )

Si on calcule formellement avec $x=p^n+(1-p)^n$ et $y=p^(n+1)+(1-p)^(n+1)$, on trouve

$L=-5 + 5\left(-1\right)^n = -5 + 5 p^n\left(1-p\rignt)^n$

Il précise que son extension à l’ensemble des réels est donc bien une sinusoïde .Il suffit de se mettre d’accord sur ce qu’on appelle la puissance réelle d’un nombre négatif .

Pour la suite, peu importe les valeurs initiales, le calcul formel en jouant sur l’équation vérifiée par $p$ donnera toujours que $x^2+xy-y^2$ a une expression simple .

 

Solution de Julien Cassaigne

On considère des suites ( Fibonacci, Lucas, Fibonacci généralisées ) qui satisfont toutes la relation de récurrence

u_{n+1} = u_n+u_{n-1} .La seule différence est dans le choix des deux premiers termes .

Ensuite, on considère des fonctions de la forme L(x,y) = x² – C + xy -y² .Je vais tout de suite laisser tomber la constante C, qui ne fait que translater le résultat : Je prends C = 0 .

Ce qu’on observe, c’est que v_n = L(u_n,u_{n+1}) prend alternativement deux valeurs différentes, qui sont des entiers relatifs ( quand les premiers termes de u sont choisis entiers ). Cela n’a rien de surprenant puisqu’on on part de deux entiers et on ne fait que des multiplications, des additions et des soustractions .Ce qui est intéressant, c’est l’alternance entre deux valeurs .C’est une jolie propriété .

Pour la démontrer, il est clair qu’il va falloir procéder par récurrence .Pour cela, tentons d’abord d’établir une relation de récurrence sur la suite v, qui ne fasse plus intervenir L et u. Pour simplifier l’écriture, je vais poser ici

x=u_n  et  y=u_{n+1}  de sorte que  u_{n+2} = x + y .

On calcule ainsi :

v_{n+1} = L(u_{n+1},u_{n+2})

= L(y, x + y )

= y² + y( x + y ) – ( x + y )²

=y² + xy + y² – x² – 2xy – y²

= y² – xy – x²

= – L(x, y)

= – v_n

Il en découle immédiatement que la suite v alterne entre deux valeurs opposées. Cela aurait sauté aux yeux s’il n’y avait pas eu le C ( pour Lucas : – 5  et  5  au lieu de  – 10  et  0 ).

On peut chercher à généraliser : Si u vérifie une récurrence linéaire du second ordre,

u_{n+1} = au_n + bu_{n-1} , à quelle condition existe-t-il une telle fonction L

( polynomiale de degré 2 ) telle que  L(u_n,u_{n+1})  alterne entre deux valeurs ?

On peut se poser également une autre question :  » Si n est réel, quel aspect peut prendre la courbe en fonction de n  » .

Déjà, il faut faire attention : On ne peut pas décider de prendre n réel dans n’importe quelle formule qui a été établie pour un n intrinsèquement entier, ici l’indice d’une suite .Mais allons-y .La formule est celle de v_n ,où on a remplacé u_n par l’expression du terme général de la suite de Lucas utilisant le nombre d’or p ,à savoir :

x = u_n = p^n + (1-p)^n   et   y = u_{(n+1)} = p^{(n+1)} + ( 1 - p )^{(n+1)}  ce qui donne

v_n = L(x,y) = x^2+xy-y^2 = [p^n+(1-p)^n]^2 + [p^n+(1-p)^n][p^{(n+1)}+(1-p)^{(n+1)}] - [p^{(n+1)}+(1-p)^{(n+1)}]^2

 

=p^{(2n)}+2p^n(1-p)^n+(1-p)^{(2n)}+p^{(2n+1)}+p^n(1-p)^{(n+1)}+p^{(n+1)}(1-p)^n+(1-p)^{(2n+1)}-p^{(2n+2)}-2p^{(n+1)}(1-p)^{(n+1)}-(1-p)^{(2n+2)}

 

=p^{(2n)}+2p^n(1-p)^n+(1-p)^{(2n)}+pp^{(2n)}+(1-p)p^n(1-p)^n+pp^n(1-p)^n+(1-p)(1-p)^{(2n)}-p^2p^{(2n)}-2p(1-p)p^n(1-p)^n-(1-p)^2(1-p)^{(2n)}

 

=(1+p-p^2)p^{(2n)} + [2+(1-p)+p-2p(1-p)]p^n(1-p)^n + [1+(1-p)-(1-p)^2](1-p)^{(2n)}

On voit que le premier et le dernier termes sont nuls, puisque

1+p-p^2 = 1+(1-p)-(1-p)^2 = 0 .Il reste donc :

v_n = [2+(1-p)+p-2p(1-p)]p^n(1-p)^n = 5p^n(1-p)^n = 5(-1)^n

Puisque  p( 1 – p ) = – 1 , et on retrouve ( au prix d’un calcul plus long ) l’alternance de deux valeurs .

Mais si n est un réel non entier, que vaut (-1)^n ? A priori, ce n’est pas défini .On avait ce problème dès l’expression de u_n , puisque, comme ( 1 – p ) est négatif, (1-p)^n n’est aussi à priori défini que pour n entier .

Si on veut vraiment donner un sens à a^n pour a réel négatif et n non entier, on est obligé de passer par l’exponentielle complexe et de faire des choix arbitraires .

a^n = exp[n log(a)]

où log(a) n’est pas défini de manière unique quend a est négatif, mais on peut poser log(a) = log(|a|)+(2k+1)i\pi ,où k est un entier arbitraire, par exemple k = 0 . Ce qui conduit à prendre :

a^n = exp[n (log(|a|)+i\pi)] = |a|^nexp(ni\pi)

Quand n est entier, on retrouve bien exp(ni\pi) = (-1)^n .

Quand n n’est pas entier, ça prend des valeurs complexes qui tournent sur le cercle unité .

Ici, on a donc v_n = 5exp(ni\pi) - 5 ( en remettant C = 5 ) .

Si on ne regarde que la partie réelle, on a effectivement une sinusoïde Re v_n = 5 cos (n\pi)-5 .Mais il y a aussi une partie imaginaire Im v_n = 5 sin (n\pi) ,qui s’annule aux entiers .

 

Solution de Philippe Grillot

On utilise des formules pour p le nombre d’or :

p vérifie p² = p + 1  et (1/p) = (p – 1)

Notons F_n la suite définie par F_{(n+2)} = F_{(n+1)} + F_n   avec    F_0=1  et  F_1=3 ,

n positif ou nul

On a alors  F_n = ap^n + b(1-p)^n = ap^n+(-1)^n\frac{b}{p^n}\

Où    a   et   b   vérifient    a + b = 1   et   ap – ( b/p ) = 3    donc    ap + bp = p .

Alors  b[ p + ( 1/p )] = p – 3    d’où   b = ( p² – 3p )/( p² + 1 )  =  ( 1 – 2p )/( 2 + p )

donc  b = \frac{-2\sqrt{5}}{5+\sqrt{5}}\\\ = \frac{-2}{1+\sqrt{5}}\\   et   a = 1 – b = \frac{3+\sqrt{5}}{1+\sqrt{5}}\\\

Calculons  A = (F_n)^2-(F_{n+1})^2+F_nF{n+1}-5

A = a^2p^{2n}+\frac{b^2}{p^{2n}}+2ab(-1)^n-[a^2p^{2n+2}+2ab(-1)^{n+1}+\frac{b^2}{p^{2n+2}}]+(ap^n+(-1)^n\frac{b}{p^n})(ap^{n+1}+(-1)^{n+1}\frac{b}{p^{n+1}})-5\\\\

 

A = a^2p^{2n}(1-p^2)+\frac{b^2}{p^{2n+2}}(p^2-1)+2ab(-1)^n-2ab(-1)^{n+1}+a^2p^{2n+1}+ab\frac{(-1)^{n+1}}{p}+abp(-1)^n-\frac{b^2}{p^{2n+1}}-5\\\

 

A =2ab(-1)^n-2ab(-1)^{n+1}+\frac{ab(-1)^{n+1}}{p}+abp(-1)^n-5\

 

A = 4ab(-1)^n+\frac{ab(-1)^{n+1}}{p}+abp(-1)^n-5\

 

A = ab(-1)^n(4-\frac{1}{p}+p)-5\  =  ab(-1)^n(\frac{4p-1+p^2}{p})-5\

 

A =ab(-1)^n(\frac{5p}{p})-5\     =    (-1)^n[\frac{(3+\sqrt{5}}{(1+\sqrt{5})^2}](-10)-5\\\

 

A = [(-1)^{n+1}](5)-5

donc  A = – 10  si  n est pair   et   A = 0  si  n  est impair

 

 

 

 

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