Exercice 1
1) Soit (u) une suite de Fibonacci quelconque ; d'après la foumule de Binet vue à P4, (u)=a(e)+b(f), les suites (e) et (f) étant définies par
en=an
et fn=bn, et a et b étant deux constantes réelles. Ainsi les deux suites (e) et (f) forment une famille génératrice de l'espace vectoriel
des suites de Fibonacci. La dimension de cet est espace est donc 1 ou 2 .
Mais ces deux suites sont linéairement indépendantes, puisque a(e)+b(f)=0 entraîne (on fait n=0, n=1) a+b=0 et aa+bb=0, ce qui donne a=b=0. La dimension est donc 2.
2) Soit n dans N* : si d divise un+1 et un, alors d divise un et un-1=un+1-un, et la réciproque est aussi vraie :
donc les diviseurs de un et un+1 sont les diviseurs de un et un-1 et ainsi
pgcd(un,un+1)=pgcd(un-1,un).
En poursuivant la descente on arrive à pgcd(un,un+1)=pgcd(u0,u1).
3) Par ajout membres à membres des égalités suivantes, pour nÎN :
Par ajout membres à membres des égalités suivantes, pour nÎN* :
Par ajout membres à membres des égalités suivantes, pour nÎN :
On peut vérifier que par ajout membres à membres des deux dernières relations on obtient la première relation (deux cas à envisager : 1er cas : on ajoute m à m les deux dernières relations telles quelles, 2ième cas : on remplace n par n+1 dans la 3ième relation, avant d'ajouter m à m les deux dernières relations).
4) Par utilisation de la formule de Binet, un=aan+bbn, on obtient
S0£j£k
Ckjun-j=a(S0£j£k
Ckjan-j)+b(S0£j£k
Ckjbn-j)
=aan-k(S0£j£k
Ckjak-j)+bbn-k(S0£j£k
Ckjbn-j)
=
aan-k(S0£j£k
Ckk-jak-j)+bbn-k(S0£j£k
Ckk-jbn-j)=aan-k(1+a)k+
bbn-k(1+b)k=aan-k(a)2k+
bbn-k(b)2k=aan+k+bbn+k=un+k.
En faisant n=k, la formule précédente donne u2k=S0£j£k Ckjuk-j. Et comme Ckj=Ckk-j, en posant k-j=i on obtient
Cette formule donne u8=C40u0+C41u1+C42u2+C43u3+ C44u4=u0+4u1+6u2+4u3+u4, ce qui donne pour u0=0, u1=1, u8=4+6+8+3=21.
5)
Notons, pour n³2, kn=le nombre de parties non vides de En={1 ; 2 ; ... ; n-1} dont deux éléments quelconques ne sont pas consécutifs.
6a)
La suite (u) est évidemment croissante à partir du rang 1 : u1£u2£u3...
Donc pour tout n³2, un+1=un+un-1£2un.
Cela sera vrai pour n=0 si et seulement si u1£2u0,
et cela sera vrai pour n=1 si et seulement si u0£u1 (puisque on doit avoir u2£2u1)
Le 2ième résultat (évidemment faux pour n=0 et n=2) résulte de Fn+1=Fn+Fn-1 et Fn-1<Fn pour n³3 et n=1 ; le 3ième en découle immédiatement puisque F3=2F2.
6b)
IL est immédiat que Fn=(Fn-2+Fn+1)/2, et cela pour tout n³2, puisque Fn-2+Fn+1=Fn-2+Fn-1+Fn=Fn+Fn.
Mais la réciproque ne peut être vraie qu'à partir de n=5, cf les exemples donnés dans l'énoncé.
Supposons donc n³5 et Fn=(Fi+Fk)/2 avec i<k et montrons qu'obligatoirement i=n-2 et j=n+1.
6c)
2) Fn=3Fn-3+2Fn-4 : comme 3 est 1er avec 2, 3 divise FnÛ 3 divise Fn-4.
D'où en posant n=4q+r avec r=0 ou 1 ou 2 ou 3 (division euclidienne dans N),
3 divise Fn Û 3 divise Fn-4 Û 3 divise Fn-8...Û 3 divise Fn-4q=Fr.
Or, parmi F0=0, F1=1, F2=1, F3=2, seul F0 est divisible par 3 ;
donc, 3 divise Fn si et seulement si 4 divise n (n=4q).
3) Fn=5Fn-4+3Fn-5 : comme 5 est 1er avec 3, 5 divise FnÛ 5 divise Fn-5.
D'où en posant n=5q+r avec r=0 ou 1 ou 2 ou 3 ou 4,
5 divise Fn Û 5 divise Fn-5...Û 5 divise Fn-5q=Fr.
Or, parmi F0, F1, F2, F3, F4 seul F0 est divisible par 5 ;
donc, 5 divise Fn si et seulement si 5 divise n.
Je laisse le lecteur vérifier, à partir de Fn=8Fn-5+5Fn-6, que 8 divise Fn si et seulement si 6 divise n.
4) On a aussi Ln=2Ln-2+Ln-3, donc Ln et Ln-3 ont même parité et comme parmi L0=2, L1=1, L2=3, seul L0 est pair, Ln est pair Û 3 divise n.
5) Ln=3Ln-3+2Ln-4, donc 3 divise Ln Û 3 divise Ln-4, et cf le même raisonnement qu'à 2) ci-dessus, 3 divise Ln Û 3 divise Lr avec r reste de la division euclidienne de n par 4. Comme parmi L0=2, L1=1, L2=3, L3=4, seul L2 est divisible par 3, Ln est divisible par 3 si et seulement si Û r=2, soit Ln divisible par 3 Û 4 divise n-2.
6) En poursuivant les calculs, on obtient Ln=8Ln-5+5Ln-6 ; cette relation peut s'obtenir directement par application de la relation un+p=Fp-1un+Fpun+1 (vue à 6) de P3) en remplacant u par L, n par n-p et en faisant p=6.
Comme 5 ≡ 1 (4), 8 ≡ 0 (4), c'est que Ln ≡ Ln-6 (4), donc Ln ≡ Lr (4) avec r reste de la division euclidienne de n par 6. Comme parmi L0=2, L1=1, L2=3, L3=4, L4=7, L5=11, seuls L2, L4, L5 sont égaux à 3 modulo 4, c'est que Ln ≡ 3 (4) si et seulement r=2 ou 4 ou 5, soit Ln ≡ 3 (4) Û n ≡ 2 ou 4 ou 5 (6).
7) Par application de la relation un+p=Fp-1un+Fpun+1 (vue à 6) de P3) en remplacant u par L, et en faisant p=12, on obtient Ln+12=F11Ln+F12Ln+1=89Ln+144Ln+1.
Mais 89 ≡ 1 (8), 144 ≡ 0 (8), donc Ln+12≡ Ln (8).
6d)
On va procéder par récurrence pour prouver que pour tout entier naturel n³3, on a Fn > an-2.
6e)
On va procéder, là aussi, par récurrence pour prouver que pour tout entier naturel non nul on a an=aFn+Fn-1.
(On peut aussi utiliser le 1) de P3).
Par différence membre à membre des deux relations an=aFn+Fn-1 et
Prouvons maintenant la relation an=Fn+1-bFn.
Elle est évidemment vraie pour n=0.
Pour n³1, on utilise la relation précédente :
an=aFn+Fn-1=
aFn+Fn+1-Fn=(a-1)Fn+Fn+1=Fn+1-bFn.
6f)
Notons G0=0 et pour tout entier naturel n³1, Gn=S0£k£(n-1)/2Cn-1-kk.
On a G0=0=F0 et G1=C10=1=F1.
On va alors montrer que la suite (G) est une suite de Fibonacci, et donc, cf P3, on aura (G)=(F), soit Fn=Gn pour tout entier naturel, ce qui prouvera la relation demandée.
Notons que si n est impair, le dernier terme de Gn correspond à k=(n-1)/2 et il vaut 1 et Gn posséde (n-1)/2+1=(n+1)/2 termes.
Par contre si n est pair le dernier terme de Gn correspond à k=l'entier
immédiatement inférieur à (n-1)/2=n/2-1/2, soit
Calcul de s=Gn+Gn+1, avec n³1. Rappelons que Cnp-1+Cnp=Cn+1p, p étant un entier compris au sens large entre 1 et n.
Application (on vérifiera la remarque ci-dessus sur le nombre de terme du S et sur son dernier terme) :
6g)
Une récurrence facile donne le résultat : notons pour tout entier naturel n³1, Sn=S0£i£n(-1)iFi.
6h)
Là aussi une récurrence facile donne le résultat : pour tout entier naturel n³1, on pose Sn=S1£i£n2n-iFi-1.
7a) On a u0=2030=1
7b) Supposons d'abord a³1 (comme b)
Reste le cas a=0, b restant ³1 : 2a3b=3b.
Cette fois on ne peut pas commencer par multiplier par 5×7/2 comme ci-dessus.
En fait, c'est comme pour la question a) :
on commence par multiplier par 7 et on obtient u1=3b7, qui est de la forme 3b5a7 (avec a=0), et on peut alors reprendre le raisonnement ci-dessus à partir de la multiplication par 13/7, ce qui nous fait arriver à encore à 2b3a+b=2b3b.
8)
1) Cf P4, un=aan+bbn, avec a=(-bu0+u1)/r, b=(au0-u1)/r et r=51/2.
2) Pour calculer S1 et S2 dans le cas particulier demandé (s=15), il y a deux méthodes possibles :
Le coefficient de u03 est donc
De même le coefficient de u13 est
Le coefficient de u02u1 est
Le coefficient de u0u12 est
Exercice 2
2) C'est évident.
3) Rappelons qu'à partir d'un certain rang un¹0 (voir remarque 1 de P5) : les calculs ci-dessous sont donc faits pour n au delà de ce rang.
Quelques précisions sur l'oscillation de un+1/un autour de a.
Exemple 2 : b/a=-1 (c'est le cas de la suite (F), définie par F0=0, F1=1 : P4 donne alors tout de suite a=-b).
Exemple 3 : b/a=1 (c'est le cas de la suite (L) définie par L0=2, L1=1 : voir exercice 1 pour a=b=1)
Pour ce qui est de limn->+¥un+k/un=ak, il suffit de remarquer que, pour k entier naturel non nul,
Remarque : de Fn+1=Fn+Fn-1, on tire
Fn+1/Fn=1+Fn-1/Fn ; donc SI
Fn+1/Fn a une limite finie L, nécessairement,
par passage à la limite, L=1+1/L, soit L2-L-1=0 et donc
L=a ou L=b ;
mais il s'agit d'une suite à termes positifs ou nuls, et donc la limite, si elle existe,
est aussi positive ou nulle. Donc, si Fn+1/Fn a une limite finie L,
cette limite L ne peut être que a.
preuve de P5.2
Un calcul analogue donne la formule avec coefficients binômiaux relative à Ln.
Pour n premier, les valeurs modulo n de Fn et Ln s'obtiennent en remarquant que
Donc, si n est premier et impair, 2n-1Fn º 5(n-1)/2Cnn (n), ce qui donne Quant au cas de la suite de Lucas, L2=3 º 1 (2), et si n est premier et impair, 2n-1Ln º 50Cn0 (n), ce qui donne Quant à la formule dite de Moivre, sa preuve est évidente, les membres de droite et de gauche étant
égaux à akn.
Justifions les deux formules preuve de P5.3
On en déduit :
preuve de P5.4
F2n+1=(1/Ö5)(a2n+1-b2n+1)=(1/Ö5)(e(2n+1)l-(-1)2n+1e-(2n+1)l)=(1/Ö5)(e(2n+1)l+e-(2n+1)l)=(2/Ö5)cosh((2n+1)l)
Les résultats relatifs à L2n et L2n+1 s'obtiennent de façon identique à partir de Ln=an+bn.
Exercice 3
Dans le cas b=0, a¹0, vn=a(ax)n est une série géométrique de raison ax et donc de rayon de convergence 1/|a|=|b| et de somme
G(x)=a/(1-ax)=u0/(1-ax).
Dans le cas a=0, b¹0, vn=b(bx)n est une série géométrique de raison bx et donc de rayon de convergence 1/|b|=a et de somme
G(x)=b/(1-bx)=u0/(1-bx).
En fait si b=0, G(x)=(u0+(u1-u0)x)/(1-x-x2) se simplifie en G(x)=u0/(1-ax) et si b=0, G(x)=(u0+(u1-u0)x)/(1-x-x2) se simplifie en G(x)=u0/(1-bx). En effet :
Pour retrouver P6.1, on suppose |x|<|b|=1/a (donc x est bien différent de -a et
de -b) et on fait tendre n vers l'infini dans la relation qui vient dêtre trouvée.
Note : retrouvons par un calcul direct que u0+(u1-u0)x-un+1xn+1-unxn+2
est bien nul pour x=-a.
3) En posant r=1/Ö5, on a F2nxn=r(a2x)n-(b2x)n), différence de deux suites géométriques, qui convergent toutes les deux si et seulement si
|a2x|<1 et |b2x|<1,
ce qui équivaut à |x|<b2, puisque ab=-1, |b|<a.
F2n+1xn=r(a(a2x)n-b(b2x)n),
Remarque : autre façon d'obtenir K(x), en utilisant H(x).
(Fn)2xn=(1/5)((a2x)n+(b2x)n-2(-x)n) ; on a cette fois une somme de trois séries géométriques qui convergent toutes les trois si et seulement si |x|<b2 (min des trois rayons de convergence),
Remarque : autre façon d'obtenir L(x) en utilisant K(x) et la relation 3 de P8.
4) On remplace dans la relation P6.2, uk par Lk et x par eiq (quantité bien différente de -a et -b pour tout réel q) et on obtient,
en posant Le conjugué de V est W=1-e-iq-e-2iq et V×W=3-2cos(2q), ce qui donne
Quelques vérifications :
Exercice 4
1) On applique P6.1 : Sn=0+¥Fnxn=x/(1-x-x2) et on fait x=1/2 (F0=0).
2) On dérive l'identité précédente (on peut dériver termes
à termes une série entière à l'intérieur de l'intervalle de convergence), ce qui donne :
3) On applique P6.1 : Sn=0+¥Lnxn=(2-x)/(1-x-x2) et on fait x=1/2.
4) 1/89=0,01123599550... : les six premiers chiffres de ce développement décimal sont exactement les six premiers termes
de la suite de Fibonnacci : 0,1,2,3,5 ; par contre après 5 on n'a pas 8 mais 9.
5) 1/9899=0,000101020305081321345590... : si on découpe en tranches de deux chiffres les
chiffres de ce développement décimal, on obtient exactement les onze premiers termes de la suite de Fibonacci, mais
là aussi, après 55=F10, on n'a pas comme chiffres suivants 8 et 9 (89=F11) mais 9 et 0
Exercice 5
2) cf 1), Ln=2Fn+1-Fn=2Fn+1-(Fn+1-Fn-1)=Fn-1+Fn+1
3) Posons pour n entier naturel un=Ln+Ln+2 et vn=5Fn+1 : ce sont deux suites de Fibonacci, cf le 2) de P3. Or u0=2+3=5=5F1=v0 et 4) cf 2), (Fn+Fn+2)+(Fn+1+Fn+3)=Ln+1+Ln+2=Ln+3.
5) On procéde par récurence : posons Sn=S0£i£n2iLi.
Exercice 6
2) Application immédiate du 1).
On en déduit qu'il existe deux entiers relatifs u et v (dépendants de n) tels que Pour établir la formule de Catalan, je reviens à Binet (rappel
ab=-1) :
3) Fn=(1/Ö5)(an-bn) donne
Remarque : (F1)2+(F2)2+(F3)2=1+1+4=6, qui n'est pas un terme de (F) : on ne peut pas linéariser Pour la 2ième formule, il suffit d'utiliser deux fois le 2) :
(Fn)2=Fn-1Fn+1+(-1)n-1 et
(Fn+1)2=FnFn+2+(-1)n, ce qui donne la formule voulue par ajout membres à membres.
4) Fn+2Fn-1=(Fn+1+Fn)(Fn+1-Fn)=(Fn+1)2-(Fn)2.
Pour la 2ième relation, on va utiliser Binet :
5) Posons, pour n³2, wn=Fn-2Fn+2-Fn-1Fn+1.
6) On élève 2) au carré :
(Fn)4=(Fn-1Fn+1+(-1)n-1)2=
(Fn-1)2(Fn+1)2+1+2(-1)n-1Fn-1Fn+1, et on applique 5) pour transformer le 2(-1)n.
7)
La formule de Binet donne tout de suite
8) F2n=(1/Ö5)(a2n-b2n)=
(1/Ö5)(an-bn)(an+bn)
=FnLn=Fn(5(Fn)2+4(-1)n)1/2.
9) Du résultat précédant on tire F8n=F4n(5(F4n)2+4)1/2
et F4n=F2n(5(F2n)2+4)1/2.
10) Pour prouver que pour pour tous les entiers naturels n et p (p non nul), Fn+p=Fn+1Fp+FnFp-1, on
va faire une récurrence sur p, n étant fixé.
11) FnFp=(1/5)(an-bn)(ap-bp)=
(1/5)(an+p-anbp-apbn+bn+p), d'où
12) On fixe p et on fait un récurrence sur n, à partir de n=p :
13) Une récurrence immédiate donne le résultat.
14) Là aussi une récurrence immédiate donne le résultat.
15) Les deux premières relations sont des applications immédiates de la formule de Binet :
5FmFn+LmLn=(am-bm)(an-bn)+(am+bm)(an+bn))=2am+n+2bm+n=2Lm+n
En changeant n en -n, ces deux formules donnent les deux suivantes, puisque cf P5.3, on a
F-n=(-1)n+1Fn et L-n=(-1)nLn.
Les trois dernières relations s'obtiennent par ajout membre à membre (avec coefficients multiplicateurs bien choisis) de deux des quatre premières relations.
Applications :
Exercice 7
1)b
2) Le dfc du nombre d'or est constitué que de 1 :
Remarque : un autre résultat sur les dfc dit que Pn/Qn a pour limite a lorsque n tend vers +¥, cela en oscillant autour de a : comme Pn/Qn=Fn+2/Fn+1, on retrouve alors la remarque 2 de P5.1
3) 1/(FnFn+2)=(Fn+2-Fn)/(FnFn+1Fn+2)=1/(FnFn+1)-1/(Fn+1Fn+2)=vn-vn+1, avec vn=1/(FnFn+1).
Exercice 8
2) On utilise ce qui vient d'être fait, mais en faisant attention, car cette fois p-a=2k-1-1 est impair, sauf pour k=1 et donc
Voici une autre façon de prouver cette formule :
En effet, puisque 1-xe(n+1)=(1-xe(n))(1+xe(n)), on peut écrire
xe(n)/(1-xe(n+1))=xe(n)/(1-xe(n))-xe(n+1)/(1-xe(n+1))=un-un+1 avec un=xe(n)/(1-xe(n)), ce qui donne,
Exercice 9
Remarque : ce résultat permet de retrouver que limn->+¥Fn+1/Fn=a (voir P5.1).
2)F0=0 est bien l'entier le plus proche de a0/Ö5@0,45.
3) L0=2 n'est pas l'entier le plus proche de a0=1,
Exercice 10
Passons maintenant à la preuve de la relation pgcd(Fn,Fp)=Fpgcd(n,p).
pgcd(Fp,Fn)=pgcd(Fn,Fr), avec r reste de la division de p par n, donc, en "continuant" :
Si p (non nul) divise n, pgcd(n,p)=p et le résultat ci-dessus donne pgcd(Fn,Fp)=Fp
et donc Fp divise Fn.
Une conséquence immédiate de ce dernier résultat est que si n est distinct de 4 et si Fn est premier (donc nécessairement n=3 ou n³5), nécessairement n est aussi premier.
Pour le pgcd de Fn et Ln on va utiliser la relation 4=(-1)n((Ln)2-5(Fn)2) (voir 7 de P8), qui prouve que si d (>0) divise Fn et Ln, alors d2 divise 4 donc d=1 ou 2, et donc le pgcd de Fn et Ln est 1 ou 2.
2) L'application de l'algorithme d'Euclide à Fn+2 et Fn+1 est immédiate :
3) On écrit l'algorithme d'Euclide avec n itérations :
3) A partir de a³Fn+2 et b³Fn+1 (cf la démonstration ci-dessus)
et du fait que pour tout n³2, Fn³an-2
(voir question 6 de l'exercice 1), on obtient
n£lna/lna et n£lnb/lna+1.
Exercice 11
Exercice 12
2) Preuve du théorème de Zeckendorf.
Je vais d'abord montrer l'existence d'une Z_somme en justifiant la méthode d'obtention indiquée dans l'énoncé.
Reste à prouver l'unicité (à l'ordre près des termes) d'une telle somme.
Exercice 13
1) On peut utiliser les 1) 2) 3) 4) de P3 si on se contente de vérifier les différentes décompositions ; mais voici une preuve par construction.
2Fn=Fn+Fn-1+Fn-2=Fn-2+Fn+1
2) En utilisant les formules ci-dessus,
Exercice 14
Exercice 15
1) Montrons maintenant que ce k est "une" période de la suite (F'), c'est-à-dire que pour tout n dans N on a F'n+k=F'n :
Remarque : voici une autre preuve du fait qu'il existe k dans N* tel que
F'k=0 et F'k+1=1 (ce qui équivaut à pour tout n dans N, on a F'n+k=F'n).
Autre façon : m divise Fk(m) (puisque F'k(m)=0), et par ailleurs (voir P10) pgcd(Fqk(m),Fk(m))=Fpgcd(qk(m),k(m))=Fk(m), donc m divise Fqk(m)
2)
Exercice 16
1) On raisonne par récurrence :
2) Pour montrer k(2e)=3×2e-1, on fait aussi une récurrence :
Exercice 17
1) Une récurrence immédiate montre que Un est de degré n, le coefficient de Xn étant 2n.
De même, le point suivant se montre par récurrence (bien sûr sin(q) est supposé non nul) :
n étant cette fois dans N*, on en déduit que si sin((n+1)q)=0 (et q n'étant pas un multiple de p), alors Un(cos(q))=0 et donc pour tout k dans Z (exceptés les multiples de n+1) on a
2) On cherche une constante q telle que pour tout entier naturel n, non nul, on ait
qn+1Un+1(-i/2)=qnUn(-i/2)+qn-1Un-1(-i/2), alors que l'on a
3) Comme W0=1=F1, W1=i×U1(-i/2)=i×2(-i/2)=1=F2, c'est que pour tout entier naturel n, on a Wn=Fn+1 (voir P3), soit, pour n³1,
3) La formule cos2(q)=(1+cos(2q))/2 donne tout de suite, pour tout n³2,
4) On va utiliser la relation (voir P8) Ln=F2n/Fn (n est ³2, donc Fn¹0).
Puisque E((2n-1)/2)=E(n-1/2)=n-1, Ln=(Pk=1 n-1(3+2cos(2kp/(2n))))/(Pk=1 E((n-1)/2)(3+2cos(2kp/n))) : là encore, les facteurs correspondants à k pair du numérateur sont exactement les facteurs du dénominateur (car on a aussi 2k£n-1 Û k£E((n-1)/2), et donc
L6=(3+2cos(p/6))(3+2cos(3p/6))(3+2cos(5p/6))=(3+2cos(p/6))×3×(3-2cos(p/6))=3×(9-3)=18
Exercice 18
1) On a évidemment pk+1(q)=3pk(q)+2cos((k+1)q)pk(q), et (une vérification n'est jamais inutile), pk(0)=5k, pk(p)=5E(k/2) (car pk(p) est un produit de k facteurs valant 1 ou 5, ceux valant 5 correspondants à 3+2cos(jp) avec j pair et dans
{1;2;...;k}).
2) Notons A=Pk=1 E((5-1)/2)(3+2cos(2kp/5) et vérifions que l'on a bien F5=A
Exercice 19
En posant r=51/2, l'application de la formule de Lucas-Fibonacci-Moivre ( voir P5.2), ((Ln+rFn)/2)k=(Lkn+rFkn)/2 donne tout de suite, puisque (voir preuve de P5.2) a+br=a'+b'r avec a, b, a', b' rationnels entraîne a=a' et b=b'
Son coefficient de tête est (1/2k-1)S0£2j£kCk2j=1 (résultat classique sur les coefficients binomiaux).
Et compte-tenu que les termes (X2-4(-1)n)k-2j sont pairs et que Xk-2j a la parité de k,
Montrons que les coefficients de Rk,n sont soient indépendant de n, soient de la forme (-1)n×un coefficient indépendant de n.
La formule ci-dessus permet de montrer, que si k impair le coefficient de X est l'entier k(-1)(k-1)(n+1)/2 :
Mais, montrer que les coefficients de Rk,n sont tous entiers ne me paraît pas facile à obtenir à partir de la formule obtenue ci-dessus pour le coefficient de Xr.
Passons maintenant au cas de Fkn.
Tous les termes X2j+1(5X2+4(-1)n)k'-j sont de degré 2j+1+2(k'-j)=k, et comme les coefficients binomiaux sont positifs, Qk,n est de degré k.
Son coefficient de tête est (1/2k-1)(S0£j£k'Ck2j+15j5k'-j=(5k'/2k-1)S0£j£k'Ck2j+1=5k'=5(k-1)/2.
Qk,n est de façon évidente impair et de terme constant nul
Tous les termes X2j+1(5X2+4(-1)n)k'-j-1 sont de degré 2j+1+2(k'-j-1)=k-1, et comme les coefficients binomiaux sont positifs, Qk,n est de degré k-1.
Son coefficient de tête est (1/2k-1)(S0£j£k'-1Ck2j+15j5k'-j-1=(5k'-1/2k-1)S0£j£k'-1Ck2j+1=5k'-1=5k/2-1.
Qk,n est de façon évidente encore impair et de terme constant nul
Le fait que les coefficients des Qk,n sont soient indépendant de n, soient de la forme (-1)n×un coefficient indépendant de n peut se démontrer de la même façon que pour les Rk,n ; mais il y a deux cas à envisager puisque selon la parité de n, l'expression de Qk,n change.
Et pour montrer que ces coefficients sont aussi entiers, on va aussi procéder comme pour les Rk,n, via deux relations de récurrence.
Terminons en démontrant la remarque de l'énoncé de P15, à savoir qu'il n'existe pas des réels an, bn, cn, à valeur absolue indépendantes de n, tels que pour tout entier naturel n,
Je laisse alors le lecteur vérifier que
(on remarquera que akbs-k=(-1)kbs-2k, puisque ab=-1)
S1=S2=3a3as+3b3bs+ab2K+a2bK' avec
K=b-1-b13+b3-b9-b5-b1+b7-b-3+b11=-a+a3-b(1-b2+b4-b6+b8-b10+b12)
K=-a+a3-b(1+b14)/(1+b2).
Comme (voir question 6 de cet exercice) an=Fna+Fn-1 et bn=Fnb+Fn-1, et aussi b/(1+b2)=-1/r et a/(1+a2)=1/r,
on obtient
K=a+1+(234+377b)/r et K'=b+1-(234+377a)/r.
Ce qui donne
S1=S2=3((-bu0+u1)/r)3(610a+377)+3((au0-u1)/r)3(610b+377)+(-bu0+u1)/r)(au0-u1)/r)2(a+1+234/r+377b/r)+(-bu0+u1)/r)2(au0-u1)/r)(b+1-234/r-377a/r).
c3,0=(1/r3)[-3b3(610a+377)+3a3(610b+377)-ba2(a+1+234/r+377b/r)+b2a(b+1-234/r-377a/r)]
Puisque a3=2a+1, b3=2b+1, ba2=-a, b2a=-b
c3,0=(1/r3)[-3(-2×610+754b+610a+377)+3(-2×610+754a+610b+377)+a2+a+234a/r-377/r-b2-b+234b/r-377/r]
c3,0=(1/r3)[-3×754(b-a)-3×610(a-b)+a2-b2+a-b+234(a+b)/r-754/r].
Comme a-b=r, a+b=1, a2-b2=a-b=r,
c3,0=(1/5)[3×754-3×610+2+234/5-754/5]=330/5=66.
c0,3=(1/r3)[3(610a+377)-3(610b+377)+a+1+234/r+377b/r-(b+1-234/r-377a/r)]
c0,3=(1/r3)[3×610(a-b)+a-b+468/r+377(a+b)/r]=(1/5)[3×610+1+468/5+377/5]=2000/5=400
c2,1=(1/r)3[9b2(610a+377)-9a2(610b+377)+(2ba+a2)(a+1+234/r+377b/r)+(-b2-2ab)(b+1-234/r-377a/r)]
et puisque 2ba+a2=a2-2=a-1, ...
c2,1=(1/r)3[9(b2-a2)×377+9×610(b2a-a2b)+a2-1+(a-1)(234/r+377b/r)-b2+1+(b-1)(234/r+377a/r)]
c2,1=(1/r)3[-9r×377+9r×610+r-234/r-3×377/r]=(1/5)[-9×377+9×610+1-234/5-3×377/5]=1825/5=365
c1,2=(1/r)3[-9b(610a+377)+9a(610b+377)+(-b-2a)(a+1+234/r+377b/r)+(2b+a)(b+1-234/r-377a/r)]
c1,2=(1/r)3[9(a-b)×377-(a+1)(a+1+234/r+377b/r)+(b+1)(b+1-234/r-377a/r)]
et puisque -(a+1)2+(b+1)2=-a2+b2-2a+2b=-r-2r, ...
c1,2=(1/r)3[9r×377-3r-3×234/r+377/r]=(1/5)[9×377-3-3×234/5+377/5]=3325/5=665
Cf P3, un=u0Fn-1+u1Fn et donc
B= æ 13u0+21u1 u1 5u0+8u1 ö | u0+2u1 3u0+5u1 8u0+13u1 | è 2u0+3u1 21u0+34u1 u0+u1 ø
On prend son courage à deux mains et un développement de
S1=(13u0+21u1)u1(5u0+8u1)+(u0+2u1)(3u0+5u1)(8u0+13u1)+(2u0+3u1)(21u0+34u1)(u0+u1)
donne (tout compte fait, c'est beaucoup plus rapide que la 1ière méthode)
preuve de P5.1
On a un=aan+bbn
1) si a=0, alors un=bbn, et comme |b|<1, limn->¥un=b×0=0.
Mais si a¹0, ca ne va plus être vrai car |a|=a>1.
Précisons : un=aan(1+(b/a)bn), et comme le terme entre parenthèses a pour limite 1 (puisque |b|<1), alors :
si a>0,
limn->¥un=+¥ et si a<0, limn->¥un=-¥
un+1/un=(aan+1+bbn+1)
/(aan+bbn)=
(aa+bb(b/a)n)
/(a+b(b/a)n) ; comme |b/a|<1,
limn->¥un+1/un=aa/a=a.
Précisons la vitesse de convergence :
a-un+1/un=a-(aan+1+bbn+1)/(aan+bbn)=(abbn-bbn+1)/(aan+bbn)
=bbn(a-b)/(aan+bbn)
=b(b/a)n(a-b)/(a+b(b/a)n).
Comme le dénominateur de la dernière expression tend vers a, c'est qu'un équivalent de a-un+1/un est (b/a)(a-b)(b/a)n ;
comme a-b=Ö5, c'est que cet
équivalent est bien (b/a)Ö5(b/a)n.
On a un+1/un-a
=-(b/a)(b/a)n(a-b)/(1+(b/a)(b/a)n).
Notons vn=1+(b/a)(b/a)n (il est non nul, puisque on s'est placé dans le cas où un=aanvn est non nul) ; b/a étant <0, (b/a)n change de signe lorsque
n augmente de 1.
Mais vn n'a pas toujours le méme signe ; cependant, puisque limn->+¥vn=1, à partir d'un certain rang, on est sûr que vn reste >0, et donc à partir de ce rang, un+1/un oscillera autour de a.
Exemple 1 : b/a=-100, donc un+1/un-a a le signe de (b/a)nvn, avec vn=1-100(a/b)n :
Ici, il y a oscillation de un+1/un à partir du rang 5.
Dans ce cas vn=1-(b/a)n ; comme |b/a|<0,382, pour tout n³1 on a
|b/a|n<0,382,
donc -0,382<(b/a)n<0,382, ce qui donne vn>0 pour tout n³1, et
un+1 converge vers a en oscillant à partir du rang 1 (ici u0=0).
On peut le vérifier sur la suite (F) : F2/F1=1<a, F3/F2=2>a,
F4/F3=3/2<a,...
Cette fois vn=1+(b/a)n,
et l'encadrement ci-dessus donne, pour tout n³1, (b/a)n>-0,382 (qui est encore vrai si n=0) et pour tout n³0, on a vn>0, et
donc un+1/un oscille autour de a dès le rang 0.
On peut le vérifier pour la suite (L) : L1/L0=1/2<a,
L2/L1=3>a, L3/L2=4/3<a,...
Mais cela ne prouve pas qu'effectivement la suite Fn+1/Fn
converge vers a.
Pour prouver que pour tout entier naturel n non nul,
Fn=(1/2n-1)S0£p£(n-1)/25pCn2p+1,
il suffit d'appliquer deux fois la formule du binôme dans Fn=(1/Ö5)(an-bn) :
Fn=(1/Ö5)(1/2n)(S0£k£nCnk(Ö5)k-
S0£k£nCnk(-1)k(Ö5)k) : on voit tout de suite que les termes de chaque S correspondants à k pair
(il y en a que si n est non nul) s'éliminent, et ceux correspondants à k impair s'ajoutent :
Fn=(1/Ö5)(1/2n)(S0£p, 2p+1£nCn2p+1(Ö5)2p+1×2), ce qui donne le résultat.
En développant le membre de gauche (de la formule de Moivre avec k=3) selon la formule du binôme on obtient (avec r=51/2)
L3n+rF3n=(2/23)(Ln3+3rLn2Fn+3×5LnFn2+5rFn3).
Mais si a,b,c,d sont quatre rationnels tels que a+rb=c+rd alors a=c et b=d : en effet si b était différent de d, on aurait r=(c-a)/(b-d), donc r serait rationnel, ce qui est impossible, et donc b=d, puis a=c.
L'application de ceci, c'est-à-dire l'identification des termes sans le facteur r et l'identification de ceux avec le facteur r, donne tout de suite les formules rappelées plus haut.
On va utiliser la formule de Binet (P4) qui est aussi vraie pour tout n dans Z : en effet la preuve de P4 reste valable car de façon évidente vn=aan+bbn vérifie pour tout n dans Z la relation vn=vn-1+vn-2 et le 1) de P3 reste vrai si on remplace N par Z.
En notant r=Ö5, on a alors, pour tout n dans Z,
un=(u1(an-bn)+u0(abn-ban))/r.
Donc, en changeant n en -n et compte-tenu que ab=-1,
u-n=(-1)n(u1(bn-an)+u0(an+1-bn+1))/r,
ce qui donne (-1)n+1u-n=un+(u0/r)(bn+1-an+1-abn+ban),
soit (-1)n+1u-n=un+(u0/r)(bn(b-a)-an(a-b)),
et comme a-b=r, on obtient (-1)n+1u-n=un-u0Ln, soit u-n=(-1)n+1(un-u0Ln) .
si u0=0, u-n=(-1)n+1un
si 2u1=u0 alors a=b=u1 (voir P4) et
un=u1(an+bn)=u1Ln,d'où u-n=(-1)n+1(un-u0un/u1)=(-1)n+1(un-2un)=(-1)nun ; bien sûr ce calcul est licite que si u1 est non nul, mais
si u1=0, alors u0 est aussi nul, et donc la suite (u) est telle que pour tout n dans Z, un=0 et le
résultat est encore vrai.
Puisque a=el, b=-1/a=-e-l.
F2n=(1/Ö5)(a2n-b2n)=(1/Ö5)(e2nl-(-1)2ne-2nl)=(1/Ö5)(e2nl-e-2nl)=(2/Ö5)sinh(2nl)
1) Posons vn=unxn=(aan+bbn)x
Pour |x|<|b| on a
En ajoutant membres à membres ces trois égalités on obtient
(1-x-x2)G(x)=u0+(u1-u0)x+0x2+0x3+..., et donc
Un autre moyen de déterminer G(x) est d'utiliser la formule de Binet :
unxn=a(ax)n+b(bx)n, qui est une somme
de deux séries géométriques (puisque a et b sont non nuls) de rayons respectifs de convergence 1/|a|=|b| et
1/|b|=a ; le plus petit de ces rayons de convergence est |b| qui est donc le rayon de convergence de la série somme, et on a alors
pour |x|<|b|,
G(x)=a/(1-ax)+b/(1-bx)=(a+b-(ba+ab)x)/(1-x-x2), cela
en utilisant deux fois 1+z+z2+z3+....=1/(1-z) pour |z|<1.
On vérifie tout de suite que a+b=u0 (en fait cela a déjà été vu à P4)
et -ba-ab=b(b-1)+a(a-1)=
aa+bb-(a+b)=u1-u0.
(u0+(u1-u0)x)/(1-x-x2)=u0(1-bx)/((ax-1)(bx-1))=u0/(1-ax)
si a=0 on a u1-u0=-ba=-u0a et ainsi
(u0+(u1-u0)x)/(1-x-x2)=u0(1-ax)/((ax-1)(bx-1))=u0/(1-bx).
1-x-x2 étant nul que pour x=-a ou x=-b (donc le second membre est aussi nul pour ces deux valeurs de x, ce qu'on peut vérifier par un calcul direct en utilisant la formule de Binet pour un et un+1 : voir note ci-dessous), pour x différent de -a et -b on peut diviser les deux membres par 1-x-x2 et on obtient
Cf Binet,unxn=a(ax)n+b(bx)n, et puisque |ax|<1, |bx|<|b|2<1, unxn tend vers 0 (c'est une somme de deux termes qui tendent vers 0), et donc il en est de même pour un+1xn+1 et
unxn+2=unxnx2, et ainsi
le membre de droite tend vers (u0+(u1-u0)x)/(1-x-x2), ce qui redonne P6.1.
On obtient alors (voir P4 pour a et b)
u0+(u1-u0)(-a)+(-1)n(aa2n+2+b(ab)n+1)-(-1)n(aa2n+2+b(ab)na2)
=u0+(u1-u0)(-a)-b-ba2, puisque ab=-1
=a+(ab+ba)a-ba2, puisque u0=a+b et u1-u0=a(a-1)+b(a-1)=-ab-ba
=a+a(-1)=0
Donc, pour |x|<b2, H(x)=Sn=0+¥F2nxn=r(1/(1-a2x)-1/(1-b2x)), ce qui donne,
puisque a2+b2=(a+b)2-2ab=1+2=3 et a2-b2=(a-b)(a+b)=1/r,
H(x)=x/(1-3x+x2).
d'où,
pour |x|<b2, K(x)=Sn=0+¥F2n+1xn=r(a/(1-a2x)-b/(1-b2x))=r(a-b+ab(a-b)x)/(1-3x+x2), soit
K(x)=(1-x)/(1-3x+x2).
H(x)+K(x)=Sn=0+¥(F2n+F2n+1)xn=Sn=0+¥F2n+2xn, et donc
x(H(x)+K(x))=Sn=0+¥F2(n+1)xn+1=H(x)-F0=H(x), soit
xK(x)=(1-x)H(x).
d'où, pour x<|b|2, L(x)=Sn=0+¥(Fn)2xn=(1/5)(1/(1-a2x)+1/(1-b2x)-2/(1+x))=(1/5)((2-3x)/(1-3x+x2)-2/(1+x)), soit
L(x)=(x-x2)/((1+x)(1-3x+x2)).
En effet, cette relation 3 donne :
pour tout n³1, (Fn-1)2xn+(Fn)2xn=F2n-1xn, et donc par sommation, à partir de n=1, xL(x)+L(x)-(F0)2=F1x+F3x2+ ... =xK(x), soit (1+x)L(x)=xK(x).
A+iB=U/V avec
On peut retrouver ce résultat en remarquant que A+iB=Sk=0n((aeiq)k+(beiq)k), somme de deux suites géométriques.
En développant (courageusement...), et en conservants "tels quels" Ln et Ln+1, on obtient
si n=1
A=(1/(3-2cos(2q)))(6+2cos(q)-4cos(2q)-cos(3q))
Mais cos(3q)=cos(2q)cos(q)-sin(2q)sin(q) et
sin(2q)sin(q)=2sin2(q)cos(q)=(1-cos(2q)cos(q), et donc
A=(1/(3-2cos(2q)))(6+3cos(q)-4cos(2q)-2cos(2q)cos(q)=(1/(3-2cos(2q)))(2(3-2cos(2q))+cos(q)(3-2cos(2q))=2+cos(q)=L0+L1cos(q)!
B=(1/(3-2cos(2q)))(4sin(q)-sin(3q))
Là encore, on transforme sin(3q) en sin(2q)cos(q)+cos(2q)sin(q) puis sin(2q)cos(q)=2sin(q)(1+cos(2q))/2, ce qui donne
B=(1/(3-2cos(2q)))(3sin(q)-2sin(q)cos(2q))=sin(q)=L0+L1sin(q)!
L'explication vient encore de la fonction génératrice : en faisant x=1/10
dans Sn=0+¥Fnxn+1=x2/(1-x-x2), on obtient
soit 1/89=0,011235+F6/107+F7/108+....
Or si F6/107=0,0000008, ce 8 ne vient pas se mettre après le 5 car ensuite
arrive F7/108=0,00000013 qui ajouté au précédent donne 0,00000093, ce qui explique le 9 après le 5.
Mais on peut tout de même se poser la question de savoir si l'ajout de A=Sk=6+¥Fk/10k+1 à
0,011235=Sk=05Fk/10k+1 ne va pas modifier les décimales de ce dernier! (cette question est parfois passée sous silence...).
En fait il n'en est rien car A<10-6.
A=10-6(u6+u7+.....), avec un=Fn/10n-5. On observe que un+1/un=(1/10)Fn+1/Fn<1/5, car Fn+1=Fn+Fn-1<2Fn, pour n³3 (voir exercice 1, Q6).
Donc A<10-6u6(1+(1/5)+(1/5)2+...)=10-6(F6/10)(1/(1-1/5))=10-6.
L'explication vient toujours de la fonction génératrice : en faisant x=1/100
dans Sn=0+¥Fnxn+1=x2/(1-x-x2), on obtient
soit 1/9899=0,0001010203050813213455+F11/1024+F12/1026+....
Or si F11/1024=0,000000000000000000000089, ce 89 ne vient pas se mettre après le 55 car ensuite
arrive
Montrons là aussi que l'ajout de A=Sk=11+¥Fk/102k+2 à
0,0001010203050813213455=Sk=010Fk/102k+2 ne va pas modifier les décimales de ce dernier.
A=10-22(u11+u12+.....), avec un=Fn/102n-20. On observe que un+1/un=(1/100)Fn+1/Fn<1/50.
Donc A<10-22u11(1+(1/50)+(1/50)2+...)=10-22(F11/100)(1/(1-1/50))=10-22(89/98)<10-22.
1) un=Fn+Ln et vn=2Fn+1 sont deux suites de Fibnacci cf le 2) de P3 ; or u0=0+2=2=2F1=v0, et u1=1+1=2=2F2=v1, et donc cf le 1) de P3, les suites (u) et (v) sont égales.
Sn+1=Sn+2n+1Ln+1=2n+1Fn+1+2n+1Ln+1=2n+2Fn+2 (cf la relation 1) ci-dessus,
et la propriété est vraie au rang n+1.
1) On utilise la formule de Binet :
un=aan+bbn, avec a=(-bu0+u1)/Ö5 et
b=(au0-u1)/Ö5.
(un)2=a2a2n+b2b2n+2ab(-1)n, car ab=-1.
un-1un+1=a2a2n+b2b2n+aban-1bn+1+
aban+1bn-1, d'où
(un)2-un-1un+1=2ab(-1)n-ab(ab)n-1(a2+b2) ;
mais a2+b2=(a+b)2-2ab=1-2×(-1)=3, et
(un)2-un-1un+1=2ab(-1)n-3ab(-1)n-1=5ab(-1)n.
Il ne reste plus qu'à remplacer a et b par leurs valeurs en fonction de u0 et u1.
On peut aussi utiliser la matrice A de la remarque 2 de P4 : en effet, Fn-1Fn+1-Fn2 n'est autre que le déterminant de la matrice An, donc Fn-1Fn+1-Fn2=|det(A)|n=(-1)n.
Remarque : si on applique 1) à la suite de Lucas on obtient
(Ln)2-Ln-1Ln+1=5(-1)n, qui ne donne pas cette fois une relation de
Bezout entre Ln-1 et Ln. Cependant ils sont bien premiers entre eux, cf exercice 1.
(Fn)2-Fn-pFn+p=(a2n+b2n-2(-1)n)/5-(an-p-bn-p)(an+p-bn+p)/5=(-2(-1)n+an+pbn-p+an-pbn+p)/5
=(-1)n(-2+(a/b)p+(b/a)p)/5=(-1)n(-2+(a2p+b2p)/(-1)p)/5=(-1)n-p(-2(-1)p+a2p+b2p)/5,
expression qui est bien égale à (-1)n-p(Fp)2.
(Fn)2+(Fn+1)2=(1/5)(a2n+
b2n-2(ab)n+
a2n+2+b2n+2-2(ab)n+1)=(1/5)(a2n(1+a2)+
b2n(1+b2))=(1/5)(a2n
(2+a)+b2n(2+b)),
(Fn)2+(Fn+1)2=(1/5)(a2n(5+Ö5)/2+b2n(5-Ö5)/2)=1/(Ö5)(a2n(Ö5+1)/2+b2n(Ö5-1)/2)=(1/Ö5)
(a2n+1-b2n+1)=F2n+1.
Par exemple (F3)2+(F4)2=F7, ce qu'on vérifie puisque
F3=2, F4=3 et F7=13.
En fait (F1)2+(F2)2+(F3)2=F2F3 : voir la relation 14) ci-après.
(Fn+1)2-(Fn)2=((an+1-bn+1)2-(an-bn)2)/5
=(a2n+2+b2n+2-2(ab)n+1-a2n-b2n+2(ab)n)/5=(a2n(a2-1)+b2n(b2-1)+4(-1)n)/5=(L2n+1+4(-1)n)/5.
Cette formule prouve que 5 divise L2n+1+4(-1)n, cad L2n+1º-4(-1)n (5) ; mais -4º1 (5) et ainsi
L2n+1º(-1)n (5).
wn+1=Fn-1Fn+3-FnFn+2=
Fn-1(Fn+2+Fn+1)-(Fn-1+Fn-2)(Fn+1+Fn).
wn+1=Fn-1(Fn+2-Fn)-Fn-2(Fn+1+Fn)=
Fn-1Fn+1-Fn-2Fn+2=-wn.
Donc wn=(-1)n-2w2 ; comme w2=-F1F3=-2, on obtient wn=-2(-1)n-2=2(-1)n-1.
(Fn)4=(Fn-1)2(Fn+1)2+1+Fn-1Fn+1(Fn-2Fn+2-Fn-1Fn+1)=Fn-2Fn-1Fn+1Fn+2
(Fn)2=(1/5)(a2n+b2n-2(ab)n)=(1/5)(L2n-2(-1)n)
Et aussi, (Ln)2-4(-1)n est divisible par 5, soit (Ln)2º4(-1)n (5) et comme 4º-1 (5),
(Ln)2º(-1)n+1 (5).
Donc 5(F4n)2+4=5((F2n)2(5(F2n)2+4))+4=
25(F2n)4+20(F2n)2+4=(5F2n+2)2, et ainsi
F8n=F4n(5(F2n)2+2).
Par exemple F16=F8(5(F4)2+2)=21(5×32+2)=987, et donc
F32=F16(5(F8)2+2)=987(5×212+2)=2178309,
F64=F32(5(F16)2+2)=217809(5×9872+2)=2178309×4870847=10610209857723.
Pour la 2ième égalité, il suffit de remarquer que
Fn+1Fp+FnFp-1=Fn+1(Fp+1-Fp-1)+(Fn+1-Fn-1)Fp-1=Fn+1Fp+1-Fn-1Fp-1.
Fn+p+1=Fn+p+Fn+p-1=(Fn+1Fp+FnFp-1)+(Fn+1Fp-1+FnFp-2),
cela par application de l'hypothèse de récurrence.
Fn+p+1=(Fp+Fp-1)Fn+1+(Fp-1Fp-2)Fn=Fn+1Fp+1+FnFp, et la relation est bien vraie au rang p+1.
Fn+aFp-a=(1/5)(an+p-an+abp-a-ap-abn+a+bn+p), et
FnFp-Fn+aFp-a=(1/5)(-anbp-apbn+an+abp-a+ap-abn+a)
On remarque alors que si dans chacun des quatre termes de la parenthèse on remplace n par n-b et p par p-b, chacun de ces termes est multiplié
par a-bb-b=(ab)-b=(-1)-b=(-1)b, et donc
FnFp-Fn+aFp-a=(-1)b(Fn-bFp-b-Fn-b+aFp-b-a).
Fn+1Fp+1-FpFn+2=
FnFp+1+Fn-1Fp+1-FpFn+1-FpFn=
(FnFp+1-FpFn+1)+(Fn-1Fp+1-FpFn)
=(-1)pFn-p+(-1)pFn-1-p=(1)pFn+1-p :
la propriété est vraie au rang n+1.
En effet, en posant
Sn=S1£k £nF2k-2F2k-1+F2k-1F2k :
Sn+1=Sn+F2nF2n+1+F2n+1F2n+2=(F2n)2+F2nF2n+1+F2n+1F2n+2=F2n(F2n+F2n+1)+F2n+1F2n+2=
F2n+2(F2n+F2n+1)=(F2n+2)2, et la formule est vraie au rang n+1.
En effet, en posant
Sn=S1£k £n(Fk)2 :
Sn+1=Sn+(Fn+1)2=FnFn+1+(Fn+1)2=Fn+1(Fn+Fn+1)=Fn+1Fn+2, et la formule est vraie au rang n+1.
FmLn+LmFn=(1/Ö5)((am-bm)(an+bn)+(am+bm)(an-bn))=(1/Ö5)(2am+n-2bm+n)=2Fm+n
Par exemple, Lm+n-(-1)nLm-n=(5FmFn+LmLn)/2-(-1)n(-1)n(LmLn-5FmFn)/2=10FmFn/2=5FmFn (bien entendu on peut aussi utiliser Binet).
1)a
|wn+1/wn|=|un/un+2|, qui a pour limite (cf le 3) de P5.1), lorsque
n tend vers +¥, |1/a|2=b2<1, ce qui prouve l'absolue convergence de la série wn.
Le 1) de P8 donne (un)2-un-1un+1=5ab(-1)n, avec
5ab=(u0)2-(u1)2+u0u1. Vu l'hypothèse faite sur a et b, le coefficient 5ab est non nul : notons le 1/C.
On a alors C((un+1)2-unun+2)/(unun+1)=(-1)n+1/(unun+1), soit
(-1)n-1/(unun+1)=C(vn-vn+1) avec vn=un+1/un, et ainsi
Sn=kN (-1)n-1/(unun+1)=C(vk-VN+1) ; en faisant tendre N vers +¥ on obtient
Sn=k+¥ (-1)n-1/(unun+1)=(1/((u0)2-(u1)2+u0u1))(uk+1/uk-a).
Pour la suite (F), on a F0=0, F1=1, k=1 et ainsi
Sn=1+¥ (-1)n-1/(FnFn+1)=-(F2/F1-a)=a-1.
Pour la suite (L), on a L0=2, L1=1, k=0 et ainsi
Sn=0+¥ (-1)n-1/(LnLn+1)=(1/5)(L1/L0-a)=(1-2a)/10.
et si Pn/Qn est sa réduite d'ordre n, on a notamment
En fait pour tout n³2 on a
Comme Q0=Q1=1, c'est que pour tout n³0 on a Qn=Fn+1, alors que Pn=Fn+2 (puisque P0=1 et P1=2) ;
Or (cela résulte d'une propriété générale sur les dfc)
a=1+Sn=1+¥ (-1)n-1/(QnQn-1), et donc
a=1+Sn=1+¥ (-1)n-1/(FnFn+1), ce qui redonne le 1er résultat de 1)b.
D'où Sn=1+¥ 1/(FnFn+2)=v1-0=1/(F1F2)=1.
1) On va utiliser la relation 11 de P7 :
FnFp-Fn+aFp-a=(-1)b(Fn-bFp-b-Fn-b+aFp-b-a), en prenant b=p-a, ce qui donne, puisque F0=0
FnFp-Fn+aFp-a=(-1)p-a(Fn-p+aFa), pour n³0, p³a³0, n+a³p (pour que tous les indices soient ³0).
Prenons maintenant n=2q+k-2q, p=2q+k-1, a=2q, avec k³1 (qui assure que p³a ; par ailleurs on a bien
n³0, a³0, n+a³p).
On notera que p-a=2q(2k-1-1) est toujours pair, car q³1.
On a donc F(2q+k-2q)F(2q+k-1)-F(2q+k)F(2q+k-1-2q)=F(2q+k-2q+k-1)F(2q), et en divisant les deux membres par
(F(2q+k-2q))/(F(2q+k))-(F(2q+k-1-2q))/(F(2q+k-1))=(F(2q))/(F(2q+k)), soit en posant rk=(F(2q+k-2q))/(F(2q+k)),
rk-rk-1=(F(2q))/(F(2q+k)) ; une sommation évidente donne alors
Sk=1K (F(2q))/(F(2q+k))=rK-r0=rK ; or 1/rK=(F((2q+K-2q)+2q))/(F(2q+K-2q)), dont la limite, lorsque K tend vers +¥ est
ae, avec e=2q, d'après P5.1.
Ce qui donne bien Sk=1+¥ (F(2q))/(F(2q+k))=1/(ae).
cette fois on n'a pas toujours rk-rk-1=1/(F(2k)), mais rk-rk-1=-1/(F(2k)), sauf pour k=1 où il n'y a pas le signe moins, ce qui donne
Sk=1K1/(F(2k))=r1-r0
-(r2-r1)-(r3-r2)+...-(rK-rK-1)=
2r1-r0-rK=2F1/F2-rK ;
et cette fois 1/rK=(F(2k))/(F(2k-1)), dont la limite lorsque K tend vers +¥ est a et finalement
Sk=1+¥ 1/(F(2k))=2-1/a=2+b=(5-Ö5)/2
Sn=1Nxe(n)/(1-xe(n+1))=u1-uN+1, et en faisant tendre N vers +¥, on obtient comme limite u1, soit x2/(1-x2).
Sn=1+¥1/(ae(n)-ae(n)-e(n+1))=1/(a2-1),
soit puisque a2-1=a et e(n)-e(n+1)=-e(n) et be(n)=a-e(n) (e(n) est pair) :
Sn=1+¥1/
(Ö5F(2n))=1/a, ce qui
donne le résultat puisque Ö5/a=(5-Ö5)/2.
1) Posons dn=a(Fn+1)-(Fn+1+1). On a :
dn=(a/Ö5)(an-bn)+a-(1/Ö5)(an+1-bn+1)-1=
(1/Ö5)(-abbn-1+aÖ5+bn+1-Ö5) ; or ab=-1, donc
Mais (1+b2)/Ö5=(2+b)/Ö5=(5-Ö5)/(2Ö5)=-b, ce qui donne
dn=-b-bn, cela pour tout entier naturel n.
d1=-2b=-2+2a (c'est bien a(F1+1)-(F2+1)) : d1>1, donc d1Ï[0;1[
d2=-b-b2=-1-2bÎ[0;1[
(Rappel : a=1,61803..., b=-0,61803... et a, b sont les deux solutions de x2+x+1=0)
dnÎ]-b-0,237;-b+0,237[Ì[0;1[.
Finalement pour n³2, a(Fn+1)=Fn+1+1+dn
avec dnÎ[0;1[ : donc E(a(Fn+1))=Fn+1+1, cela par définition de la partie entière.
Par contre, pour n=0 ou 1, ce résultat est faux puisque l'on a vu que d0 et d1 ne sont pas dans [0;1[.
En effet pour n³2, il permet d'écrire Fn+1+1£a(Fn+1)<Fn+1+2, ce qui donne, en divisant par Fn,
Puisque |b|<0,62 alors, pour tout entier naturel n non nul on a
|b|n<0,62, donc
-0,28<-bn/Ö5<0,28 et finalement
an/Ö5-0,28<Fn<an/Ö5+0,28.
D'où, pour n entier naturel non nul
Ceci prouve que Fn est l'entier le plus proche de an/Ö5.
et L1=1 n'est pas l'entier le plus proche de a1@1,6.
Mais pour un entier naturel n³2, on a |b|n£|b|2<0,384 et ainsi
-0,384<bn<0,384, soit an-0,384<Ln<an+0,384.
D'où pour n entier naturel³2
Ceci prouve que Ln est l'entier le plus proche de an.
1) si p=0, n doit être non nul et dans ce cas la relation demandée est vraie, car
pgcd(Fn,F0)=Fn=pgcd(Fn,Fn+0).
On suppose maintenant que p est non nul et on utilise la relation 10 de P7 :
pour tous les entiers naturels n et p (p non nul), Fn+p=Fn+1Fp+FnFp-1
Soit d un entier non nul quelconque
réciproquement, si d divise Fn et Fn+p, alors il divise Fn et aussi Fn+1Fp ; mais d est obligatoirement 1er avec Fn+1 (sinon d et Fn+1 auraient un diviseur commun autre que -1 ou 1,
et comme d divise Fn, ce diviseur serait diviseur commun à Fn et Fn+1 et
Fn et Fn+1 ne seraient pas 1er entre eux, ce qui est faux d'après la question 3 de l'exercice 1) : le théorème de Gauss dit alors que d divise Fp.
Si n=0 ou p=0, la relation demandée est évidemment vraie, puisque, par exemple, pgcd(0,Fp)=Fp=Fpgcd(0,p).
Supposons maintenant n et p non nuls ;
la division euclidienne de p par n donne p=qn+r avec 0£r<n.
L'application du résultat ci-dessus (vrai pour tous les entiers naturels n et p, non nuls tous les deux), donne alors successivement :
pgcd(Fn,Fr)=pgcd(Fn,Fn+r)=pgcd(Fn,F2n+r)=...=pgcd(Fn,Fqn+r)=pgcd(Fn,Fp), c'est-à-dire
pgcd(Fn,Fr)=pgcd(Fr,Fr_1), avec r_1 reste de la division de n par r, donc
pgcd(Fr,Fr_1)=pgcd(Fr_1,Fr_2), avec r_2 reste de la division de r par r_1, donc
....etc ,
jusqu'à arriver à un dernier reste r_k nul ; bien sûr, on aura remarqué que les divisions faites sont celles de l'algorithme d'Euclide
pour rechercher le pgcd de n et p.
On obtient donc pgcd(Fn,Fp)=pgcd(Fr_(k-1),F0)=Fr_(k-1), puisque F0=0.
Et comme r_(k-1)=rk-1 est le dernier reste non nul dans l'algorithme d'Euclide pour le pgcd de n et p, c'est que
Si Fp divise Fn (avec p³3), pgcd(Fn,Fp)=Fp, donc Fp=Fpgcd(n,p), donc, puisque p³3, p=pgcd(n,p) et p divise n (Remarque : tous les termes de la suite (F) sont distincts sauf F2 et F1, ce qui explique pourquoi le résultat est faux si p=2).
Ce sera 2 si et seulement si ces deux nombres sont divisibles par 2, soit si et seulement si 3 divise n (voir Q6)c de l'exercice 1).
Fn+1=Fn+Fn-1
.
.
.
F4=F3+F2
F3=2F2+0 (là, le quotient est 2, et le reste est 0)
On remarquera aussi, que la suite des n quotients est (1,1,1,...,1,2) : il y n-1 fois le quotient 1.
Remarque :
on peut vérifier que c'est bien vrai pour n=1, la seule division à faire étant celle de F3 par F2,F3=2F2, qui donne tout de suite un reste nul, et le pgcd est F2=1.
Par contre si n=0, le résultat n'est plus vrai, car théoriquement il faut faire la division de F2 par F1.
b=r2q2+r3, 0£r3<r2
r2=r3q3+r4, 0£r3<r4
.
.
.
rn-2=rn-1qn-1+rn, 0£rn<rn-1
rn-1=rnqn.
On va généraliser cela dans le cas n³2.
Les quotients q1, q2, ..., qn-1 sont tous ³1, mais qn³2, car qn=1 entraîne rn=rn-1, ce qui est faux.
On peut alors faire les minorations successives suivantes :
rn-1³2rn³2F2=F3
rn-2³rn-1+rn³F3+F2=F4
rn-3³rn-2+rn-1³F4+F3=F5
.
.
.
r2³r3+r4³Fn-1+Fn-2=Fn
b³r2+r3³Fn+Fn-1=Fn+1
a³b+r2³Fn+1+Fn=Fn+2
Or on a vu , c'est le résultat précédent, que l'algorithme d'Euclide pour
la recherche du pgcd de Fn+1 et Fn+2 (n entier naturel non nul) se fait exactement en n itérations : donc le plus petit a cherché est Fn+2, le plus petit b correspondant étant Fn+1.
Parmi F0, F1, F2, F3, F4, les seuls qui soient des puissances entières de 3 sont évidemment F1=1, F2=1, et F4=3.
Montrons que si n³5, Fn ne peut être une puissance entière de 3.
Si c'était le cas, puisque Fn³5, on aurait Fn=3k avec k³2, et donc 9 diviserait Fn ;
comme 9 est la plus grande puissance de 3 qui divise 144=F12, c'est que l'on aurait
pgcd(Fn,F12)=9, soit, cf le 1) de P9, Fpgcd(n,12)=9 et donc 9 serait un terme de la suite (F), ce qui esf faux.
1) Preuve du théorème de Hogatt
Les entiers 1 et 2 sont bien sommes de termes distincts de la suite (F), F0 et F1 étant exclus,
puisque 1=F2 et 2=F3.
On va montrer par récurrence que tout entier k tel que
1£k£Fn,
avec n³3, est somme de termes distincts de la suite (F),
F0 et F1 étant exclus (cet aspect sera toujours sous-entendu ci-dessous).
Donc pour tout n³3, tout entier k tel que
1£k£Fn,
est somme de termes distincts de la suite (F),
F0 et F1 étant exclus.
soit k tel que 1£k£Fn+1
Donc la propriété est vraie au rang n+1.
Comme limn->+¥Fn=+¥,
le théorème de Hogatt est bien prouvé.
On peut songer à utiliser le théorème de Hogatt et regrouper les termes consécutifs. Par exemple,
F11+F12+F13=F11+F14 ; mais je touve qu'ensuite cela pose un problème pour justifier que l'on va arriver à ne plus avoir de termes consécutifs, mais je me trompe peut être.
Soit e un entier naturel non nul.
Le processus va nécessairement s'arrêter car à chaque étape, l'expression entière e-F(n1)-F(n2)-...-F(nk), qui est ³0, diminue strictement, donc elle finira par atteindre la valeur 0.
Note : l'existence de ce plus grand terme ne pose pas de problème, puisque e³1 et F2=1.
si e=F(n1), on a obtenu une Z_somme de e et c'est fini
sinon, n1³4, en effet :
en effet, si on avait F(n2)>F(n1-2), alors on aurait n2>n1-2 (puisque la suite F est strictement croissante à partir du rang 2 et n1-2 et n2 sont ³2 ), donc n2³n1-1, et ainsi F(n2)³F(n1-1) ;
si e=F(n1)+F(n2) on a obtenu une Z_somme de e et c'est fini
sinon, n2³4, en effet :
en effet, si on avait F(n3)>F(n2-2), alors on aurait
n3>n2-2 (puisque la suite F est strictement croissante à partir du rang 2 et et n2-2 et n3 sont ³2), donc n3³n2-1 et ainsi F(n3)³F(n2-1) ;
Mais on a aussi F(n3) et F(n1) qui ne sont pas consécutifs puisque
F(n2)£F(n1-2), F(n3)£F(n2-2) et
F(n2-2)<F(n2), ce qui fait que F(n3)<F(n1-2).
si e=F(n1)+F(n2)+F(n3) on a obtenu une Z_somme de e et c'est fini
sinon
"etc"
Pour cela démontrons le résultat intermédiaire suivant :
preuve :
On fait une récurrence sur j, qui est ³2.
Soit S une somme (vérifiant les hypothèses de l'énoncé) dont le plus grand terme est Fj+1.
On peut alors écrire S=S'+Fj+1, mais comme les termes de S sont distincts et deux à deux non consécutifs, c'est que le plus grand terme de S' est Fk£Fj-1.
(F) étant strictement croissante à partir du rang 2, on a k£j-1 et alors cf l'hypothèse de récurrence,
S'<Fk+1£Fj, et ainsi S<Fj+Fj+1=Fj+2 et la
propriété est vraie pour j+1.
Prouvons maintenant que tout entier naturel non nul admet une unique (à l'ordre près) Z_somme.
Cela revient à montrer que si S et T sont deux sommes de termes distincts et non consécutifs de (F), F0
et F1 étant exclus, et si S=T alors S et T sont constituées des mêmes termes :
Mais le résultat intermédiaire ci-dessus donne S'<Fs+1, donc S'<Ft ; or S'=T'³Ft (puisque c'est un des termes constituant T') et donc on arrive à une contradiction.
Donc, nécessairement S'=T'=0.
fe'=Fi avec i³2
si i=3, fe'=2£2K, puisque K³1
Raisonnons par l'absurde, c'est-à-dire on suppose que fe'>2K.
Alors, dans ce cas, la Z_d de K ne peut contenir que des termes de (F) qui sont £Fi-2
Donc fe est le plus petit terme de la Z_d de K, soit fe£K, ce qui est en contradiction avec l'hypothèse K<fe.
Ainsi, on ne peut avoir fe'>2K, c'est donc que fe'£2K.
3Fn=2Fn+Fn=Fn-2+Fn+Fn+1=Fn-2+Fn+2
4Fn=3Fn+Fn=Fn-2+Fn+Fn+2 (en ajoutant Fn au résultat précédent, sans autre modification, il reste une Z_somme)
5Fn=3Fn+2Fn=2Fn-2+Fn+3=Fn-4+Fn-1+Fn+3
6Fn=5Fn+Fn=Fn-4+Fn+1+Fn+3
7Fn=6Fn+Fn=Fn-4+Fn+2+Fn+3=Fn-4+Fn+4
8Fn=7Fn+Fn=Fn-4+Fn+Fn+4
9Fn=8Fn+Fn=Fn-4+2Fn+Fn+4=Fn-4+Fn-2+Fn+1+Fn+4
10Fn=7Fn+3Fn=Fn-4+Fn-2+Fn+2+Fn+4
11Fn=10Fn+Fn=Fn-4+Fn-2+Fn+Fn+2+Fn+4
12Fn=2(6Fn)=2Fn-4+2Fn+1+2Fn+3=(Fn-6+Fn-3)+(Fn-1+Fn+2)+(Fn+1+Fn+4)=Fn-6+Fn-3+Fn-1+Fn+5, puisque Fn+1+Fn+2+Fn+4=Fn+3+Fn+4=Fn+5
13Fn=12Fn+Fn=Fn-6+Fn-3+Fn+1+Fn+5
14Fn=13Fn+Fn=Fn-6+Fn-3+Fn+2+Fn+5
15Fn=14Fn+Fn=Fn-6+Fn-3+Fn+Fn+2+Fn+5
mais 2Fp+q+1=Fp+q-1+Fp+q+2 et Fp+q-1+Fp+q-2=Fp+q, et donc
(3Fp)*(5Fq)=Fp+q-6+Fp+q-3+Fp+q+Fp+q+2+Fp+q+5=15Fp+q=15(Fp*Fq)
(Fn)2+FnFn+1-(Fn+1)2=
Fn(Fn+Fn+1)-(Fn+1)2=
FnFn+2-(Fn+1)2=-(-1)n+1=(-1)n,
d'après la relation 2) de P8.
Donc, parmi les m2+1 couples (F'0,F'1), (F'1,F'2), ..., (F'm×m,F'm×m+1), deux sont égaux :
il existe donc deux entiers i et j tels que 0£i<j£m2 et F'i=F'j et F'i+1=F'j+1.
Dans tout ce qui suit, les congruences seront modulo m.
Cf plus haut, F'j+1ºF'j+F'j-1 (obligatoirement j³1)
d'où si i³1, F'j-1ºF'j+1-F'j=F'i+1+F'iºF'i-1, et comme F'j-1 et F'i-1 sont dans
{0;1;...;m-1}, c'est que
de même, si i³2, F'j-2=F'i-2
"etc", jusqu'à
F'j-i+1=F'1
F'j-1=F'0
Donc il existe k=j-i tel que F'k=F'0 et F'k+1=F'1 ; on notera que 0<k£m2
supposons que cela soit vrai jusqu'au rang n(³1) :
alors F'n+1+kºF'n+k+F'n-1+k=F'n+F'n-1ºF'n+1, et comme F'n+1+k et F'n+1 sont dans
Notons qu'en fait
On a k(m)£m2, puisque un "des" k (à savoir j-i),est £m2.
On a vu à la remarque 2 de l'énoncé (suivi de la preuve) de P4, que si A est la matrice symétrique
A= æ 0 1 ö è 1 1 ø Ak= æ Fk-1 Fk ö è Fk Fk+1 ø
Dans cet anneau on a alors
Ak= æ F'k+1-F'k F'k ö è F'k F'k+1 ø
Mais dans cet anneau M(2,m), A admet un inverse :
A-1= æ m-1 1 ö è 1 0 ø
A est donc dans le groupe U(M(2,m)) des éléments inversibles de M(2,m), groupe fini et ainsi A a un ordre k : c'est-à-dire il existe un plus petit k dans N* tel que Ak=I (matrice identité 2×2).
L'écriture de Ak montre clairement que Ak=IÛ F'k=0 et F'k+1=1, et donc l'ordre de A est le plus petit k tel que F'k=0 et F'k+1=1 : c'est donc (voir le d) ci-dessus) k(m)!
On en déduit que k(m)³2 (puisque A¹I) et surtout que k(m) divise card(U(M(2,m))).
Montrons maintenant, k étant dans N*, que l'on a l'équivalence suivante : pour tout dans N, F'n+k=F'n
Û k(m) divise k.
Réciroquement, supposons que F'n+k=F'n pour tout n dans N, avec k entier naturel non nul.
La division euclidienne donne k=qk(m)+r avec 0£r<k(m), et donc pour tout entier naturel n on a F'n+qk(m)+r=F'n, soit F'n+r=F'n, et donc si r¹0, r est une période de (F') qui est <k(m), ce qui est en contradiction avec la définition de k(m).
Donc r=0, cad k(m) divise k.
n étant un entier naturel quelconque, F'n+k(m)=F'n donne
Fn+k(m)ºFn (m) et comme m' divise m, on a aussi
Fn+k(m)ºFn (m'), donc
F''n+k(m)ºF''n (m') (puisque pour tout entier naturel p, F''pºFp (m').
Mais F''n+k(m) et F''n sont dans {0;1;...;m'-1}, donc ils sont égaux et ainsi k(m) est une période de (F''), donc (voir le 1) ci-dessus) k(m') divise k(m)
Montrons maintenant que k(m) divise L.
k(pin_i) divisant L (par définition de L), c'est que (cf le 1e)) L est une période de (F) modulo pin_i et
Mais cela est vrai pour tout i, et les p_i sont des nombres premiers distincts, donc
FLº0 (m)et FL+1º1 (m), c'est-à-dire ((F') désignant toujours la suite (F) modulo m) F'L=0, F'L+1=1, et ainsi (toujours cf le 1e)), L est une période de la suite (F'), donc k(m) divise L.
Comme on a vu plus haut que L divise k(m), c'est que k(m)=L.
Ainsi, les deux congruences sont vérifiées pour r+1.
=(q×2r)2+(2r-1+1+q'×2r)2, avec q et q' dans N,
=q2×22r+22r-2+1+q'2×22r+2r+q'×22r+q'×2r+1.
Comme 2r³r+1, 2r-2³r+1 (car r³3), on obtient F(3×2r-1)=1+2r+Q×2r+1, avec Q dans N et ainsi
F(3×2r-1+1)º1+2r (2r+1)
Par hypothèse de récurrence F(3×2r-2) est divisible par 2r, et l'autre facteur étant somme de deux impairs (puisque c'est la somme de deux termes de la suite (F) dont les indices ne sont pas divisibles par 3), c'est que
F(3×2r-1) est divisible par 2r+1, soit F(3×2r-1)º0 (2r+1).
On va alors montrer que ces deux congruences sont encore vraies si on y remplace e par e+1.
Les deux congruences ci-dessus sont bien encore vraies si on remplace e par e+1.
=(q×2e)2+(1+q'×2e)2, avec q et q' dans N
=q2×22e+1+q'×2e+1+q'2×22e
Comme 2e³e+1, F(3×2e+1)=1+Q×2e+1 avec Q dans N, soit F(3×2e+1)º1 (2e+1)
Comme F(3×2e-1) est divisible par 2e, et que l'autre facteur est la somme de deux impairs (puisque c'est la somme de deux termes de la suite (F) dont les indices ne sont pas divisibles par 3), c'est que
F(3×2e) est divisible par 2e+1, soit F(3×2e)º0 (2e+1).
Donc, voir 1e de P13, k(2e+1) divise 3×2e ; et, voir 2b de P13, k(2e) divisant k(2e+1), c'est que 3×2e-1 divise k(2e+1).
Ceci entraîne que k(2e+1)=q×3×2e-1 et 3×2e=q'k(2e+1) avec q et q' dans N, d'où 3×2e=qq'×3×2e-1, soit qq'=2 et q=1 ou 2 ;
Mais si k(2e+1) était égal à 3×2e-1, cf 1.d de P13, on aurait F(3×2e-1+1)º1 (2e+1) ; or
e³2, donc e+1³3 et cf Q1, F(3×2e-1+1)º1+2e (2e+1), donc contradiction puisque 1 et 1+2e ne sont pas égaux modulo 2e+1.
La seule possibilité est donc k(2e+1)=3×2e, et la relation est vraie pour e+1.
alors Un+1(cos(q))=2cos(q)sin((n+1)q)/sin(q)-sin(nq)/sin(q)
mais, cf 2sin(p)cos(q)=sin(p+q)+sin(p-q)
Un+1(cos(q))=(sin((n+2)q)+sin(nq))/sin(q)-sin(nq)/sin(q)=sin((n+2)q)/sin(q), et donc la formule est vraie au rang n+1.
En particulier pour k=1,2,..,n (qui ne sont pas des multiples de n+1) on obtient n racines de Un : cos(p/(n+1)), cos(2p/(n+1)),..., cos(np/(n+1)), racines qui sont distinctes
Un étant de degré n, ce sont donc ses n racines, et compte-tenu que le coefficient de Xn est 2
Un(X)=2nPk=1 n(X-cos(kp/(n+1))
En multipliant les deux membres de cette égalité par -in-1,
on obtient -in-1Un+1(-i/2)=inUn(-i/2)+in-1Un-1(-i/2), et coup de chance (?), on constate que
d'où pour n³2,
Fn=(-i)n-1Pk=1 n-1(2cos(kp/n)+i).
Il suffit alors de passer au module-carré pour obtenir que pour tout n³2 (Fn)2=Pk=1 n-1(1+4cos2(kp/n)).
En posant qk=2kp/n, on a
cos(qk)=cos(qn-k), d'où
cos(q1)=cos(qn-1), cos(q2)=cos(qn-2),...,
cos(q(n-1)/2)=cos(qn-(n-1)/2)=cos(q(n-1)/2+1)
et donc, Fn=Pk=1 (n-1)/2(3+2cos(2kp/n))
cos(q1)=cos(qn-1), cos(q2)=cos(qn-2),...,
cos(qn/2-1)=cos(qn-(n/2-1))=cos(qn/2+1) ; cette fois, "entre" cos(qn/2-1) et cos(qn/2+1) il manque cos(qn/2), mais
et donc, Fn=Pk=1 n/2-1(3+2cos(2kp/n))
Mais si n est impair E((n-1)/2)=(n-1)/2 et si n pair E((n-1)/2)=E(n/2-1/2)=n/2-1, et donc
pour n³3, Fn=Pk=1 E((n-1)/2)(3+2cos(2kp/n))=Pk=1 E((n-1)/2)(1+4cos2(kp/n))
(Ln)2=(Pk=1 2n-1(3+2cos(2kp/(2n))))/(Pk=1 n-1(3+2cos(2kp/n))) : les facteurs correspondants à k pair du numérateur sont exactement les facteurs du dénominateur et donc
(Ln)2 est le produit des (3+2cos(kp/n)) pour k=1,3,..,2n-1, soit (Ln)2=Pk=0 n-1(3+2cos((2k+1)p/n)).
Par exemple, cela donne
Ln est le produit des (3+2cos(kp/n)) pour k impair de 1 à n-1 ; mais 1£2k+1£n-1
Û 0£k£n/2-1 Û 0£k£E(n/2-1), d'où
Ln=Pk=0 E(n/2-1)(3+2cos((2k+1)p/n)).
Par exemple, cela donne
On trouve, successivement :
Les racines 5ièmes de 1 sont 1, ei2p/5,
ei4p/5, ei6p/5 (conjuguée de ei4p/5), ei8p/5 (conjuguée de ei2p/5) et leur somme est 0, donc
Comme F5=5, on a bien F5=A.
Notons A=Pk=1 E((7-1)/2)(3+2cos(2kp/7) et vérifions que l'on a bien F7=A
Les racines 7ièmes de 1 sont 1, ei2p/7, ei4p/7, ei6p/7, ei8p/7 (conjuguée de ei6p/7) ei10p/7 (conjuguée de ei4p/7), ei12p/7 (conjuguée de ei2p/7), et leur somme est 0, donc
Comme F7=13, on a bien F7=A
Notons A=Pk=1 E((9-1)/2)(3+2cos(2kp/9) et vérifions que l'on a bien F9=A
Les racines 9ièmes de 1 sont 1, ei2p/9,
ei4p/9, ei6p/9,
ei8p/9, ei10p/9 (conjuguée de ei8p/9), ei12p/9 (conjuguée de ei6p/9), ei14p/9 (conjuguée de ei4p/9), ei16p/9 (conjuguée de ei2p/9), et leur somme est 0, donc
Comme F9=34, on a bien F9=A
mais cos(18p/9)=1, cos(20p/9)=cos(2p/9) et donc
Examinons d'abord le cas de Lkn
Rk,n=(1/2k-1)(S0£2j£kCk2j(X2-4(-1)n)jXk-2j)
Compte-tenu que les termes (X2-4(-1)n)jXk-2j sont tous de degré k et que les coefficients binomiaux sont positifs, c'est que Rk,n est de degré k.
le coefficient de Xr dans Rk,n(X) est (1/2k-1)S0£2j£kCk2jCjp(4(-1)n+1)j-p, où p est tel que
Ce qui prouve le résultat annoncé puisque (-1)(n+1)(k-r)/2=1 si (k-r)/2 est pair ou -(-1)n sinon.
Un moyen rapide est de remarquer que puisque LmLn=Lm+n+(-1)nLm-n (voir le 15 de P8), on obtient tout de suite (on fait m=kn) la relation de récurrence
Compte-tenu que R1,n et R2,n sont à coefficients entiers, une récurrence immédiate prouve alors que pour tout k non nul, Rk,n est à coefficients entiers.
Cette fois le problème est que l'exposant de Ln est k-2j+1 qui n'est pas forcément pair, ce qui explique qu'on ne peut pas toujours faire disparaître Ln via la formule
Il faut envisager deux cas :
Toujours cf le 15 de P8, on a FmLn=Fm+n+(-1)nFm-n, et en faisant m=kn, on obtient
Et compte-tenu que Fkn=Qk,n(Fn) si k est impair, et Fkn=LnQk,n(Fn) si k est pair, et que
Ln2=5Fn2+4(-1)n, on obtient
Comme Q1,n(X)=X et Q2(X)=X sont à coefficients entiers, une récurrence immédiate donne que pour tout k non nul, Qk,n est à coefficients entiers.
a1+b1=1, a2+b2=3, 2a3+b3=4, 3a4+b4=7
