Suites récurrentes linéaires du second ordre à coefficients constants

Commençons avec un exemple
Posons $$E=\{\left(u_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}\in\mathcal{F}(\mathbb{N};\mathbb{R})|\forall n\in\mathbb{N},u_{n+2}=u_{n+1}+6u_{n}\}$$

Commençons par prouver que $$E$$ est donc un sous-espace vectoriel de l'espace vectoriel des suites réelles, à savoir $$\mathcal{F}(\mathbb{N};\mathbb{R})$$.

$$E$$ est un espace vectoriel
On sait que $$E\subset\mathcal{F}(\mathbb{N};\mathbb{R})$$ d'après la définition de $$E$$.

Soient $$(u_{n})_{n\in\mathbb{N}}\in E$$ et $$(v_{n})_{n\in\mathbb{N}}\in E$$.

Alors $$(u_{n})_{n\in\mathbb{N}}+(v_{n})_{n\in\mathbb{N}}=(u_{n}+v_{n})_{n\in\mathbb{N}}=((u+v)_{n})_{n\in\mathbb{N}}\in\mathcal{F}(\mathbb{N};\mathbb{R})$$

et $$\forall n\in\mathbb{N}, (u+v)_{n+2} = u_{n+2}+v_{n+2} = u_{n+1}+6u_{n}+v_{n+1}+6v_{n}=(u+v)_{n+1}+6(u+v)_{n}$$

donc $$(u_{n})_{n\in\mathbb{N}}+(v_{n})_{n\in\mathbb{N}}\in E$$.

Soit $$\lambda\in\mathbb{R}$$.

Alors $$\lambda(u_{n})_{n\in\mathbb{N}}=(\lambda u_{n})_{n\in\mathbb{N}}\in\mathcal{F}(\mathbb{N};\mathbb{R})$$

et $$\forall n\in\mathbb{N}, (\lambda u)_{n+2} = \lambda u_{n+2} = \lambda(u_{n+1}+6u_{n})=\lambda u_{n+1} + 6\lambda u_{n} = (\lambda u)_{n+1}+6(\lambda u)_{n}$$

De plus $$0_{\mathcal{F}(\mathbb{N};\mathbb{R})}\in E$$ car il s'agit alors de la suite de premier terme $$u_{0}=0$$ et de deuxième terme $$u_{1}=0$$, qui vérifie bien $$\forall n\in\mathbb{N}: u_{n}\in\mathbb{R}\mbox{ et }u_{n+2}=u_{n+1}+6u_{n}$$.

Donc $$E$$ est un sous-espace vectoriel de $$\mathcal{F}(\mathbb{N};\mathbb{R})$$.

Donc $$E$$ est un espace vectoriel.

Soit maintenant

$$f:E\longrightarrow\mathbb{R}^{2}$$

$$(u_{n})_{n\in\mathbb{N}}\longmapsto (u_{0};u_{1})$$

$$f$$ est un isomorphisme

 * Pour cela, on commence par vérifier que c'est une application linéaire.

Soient $$(u_{n})_{n\in\mathbb{N}}\in E$$ et $$(v_{n})_{n\in\mathbb{N}}\in E$$.

Alors $$f\left[(u_{n})_{n\in\mathbb{N}}+(v_{n})_{n\in\mathbb{N}}\right] = f\left[(u_{n}+v_{n})_{n\in\mathbb{N}}\right]=\left(u_{0}+v_{0};u_{1}+v_{1}\right)=\left(u_{0};u_{1}\right)+\left(v_{0};v_{1}\right)$$

$$=f\left[(u_{n})_{n\in\mathbb{N}}\right]+f\left[(v_{n})_{n\in\mathbb{N}}\right]$$

De plus, soit $$\lambda\in\mathbb{R}$$.

Alors $$f\left[\lambda(u_{n})_{n\in\mathbb{N}}\right] = f\left[(\lambda u_{n})_{n\in\mathbb{N}}\right]=\left(\lambda u_{0};\lambda u_{1}\right) = \lambda\left(u_{0};u_{1}\right)=\lambda f\left[(u_{n})_{n\in\mathbb{N}}\right]$$


 * Vérifions maintenant que $$f$$ est injective.

$$ker(f) = \{\left(u_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}\in E|u_{0}=u_{1}=0\}=\{(0)_{n\in\mathbb{N}}\}=\{0_{E}\}$$ On peut démontrer facilement par récurrence qu'il ne peut s'agir que de la suite nulle, là n'est pas le sujet (à la rigueur je le ferai quand j'aurai le temps).

Donc $$ker(f) =\{0_{E}\}$$ donc $$f$$ est injective.


 * Vérifions maintenant que $$f$$ est surjective.

Soit $$a=(x;y)\in\mathbb{R}^{2}$$.

Alors en prenant la suite $$\left(u_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}\in E$$ telle que $$u{0}=x$$ et $$u_{1}=y$$, on a bien $$f\left[\left(u_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}\right]=(x;y)=a$$.

Donc $$\forall a\in\mathbb{R}^{2},\exists\left(u_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}\in E,f\left[\left(u_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}\right]=a$$.

Donc $$f$$ est surjective.

Donc $$f$$ est bijective, donc c'est un isomorphisme.

Caractérisation de $$E$$

 * Il existe donc un isomorphisme entre $$E$$ et $$\mathbb{R}^{2}$$.

Donc d'après le théorème du rang, $$E$$ et $$\mathbb{R}^{2}$$ sont de même dimension.

Or, $$\mathbb{R}^{2}$$ est de dimension $$2$$.

Donc $$E$$ est de dimension $$2$$.

On remarque que l'équation caractéristique de $$E$$, à savoir $$x^{2}-x-6=0$$, admet $$(-2)$$ et $$3$$ pour solutions.


 * On vérifie que $$((-2)^{n})_{n\in\mathbb{N}}$$ et $$(3^{n})_{n\in\mathbb{N}}$$ sont dans $$E$$.

En effet, $$\forall n\in\mathbb{N}, (-2)^{n+1}+6\times(-2)^{n}=(-2)^{n}\left[(-2)+6\right]=(-2)^{n}\times 4=(-2)^{n}\times(-2)^{2}=(-2)^{n+2}$$ donc comme $$((-2)^{n})_{n\in\mathbb{N}}\in\mathcal{F}(\mathbb{N};\mathbb{R})$$, on a bien $$((-2)^{n})_{n\in\mathbb{N}}\in E$$.

De même $$\forall n\in\mathbb{N}, 3^{n+1}+6\times3^{n}= 3^{n}\times(3+6)=3^{n}\times9=3^{n}\times3^{2}=3^{n+2}$$ donc comme $$(3^{n})_{n\in\mathbb{N}}\in\mathcal{F}(\mathbb{N};\mathbb{R})$$, on a bien $$(3^{n})_{n\in\mathbb{N}}\in E$$.


 * On a $$f\left[((-2)^{n})_{n\in\mathbb{N}}\right]=(1;-2)$$ et $$f\left[(3^{n})_{n\in\mathbb{N}}\right]=(1;3)$$.

Or, $$\{(1;-2);(1;3)\}$$ est une famille libre (car ses élément au nombre de 2 sont non colinéaires) de $$\mathbb{R}^{2}$$ contenant 2 éléments. Or,$$\mathbb{R}^{2}$$ est de dimension 2, donc $$\{(1;-2);(1;3)\}$$ est une base de $$\mathbb{R}^{2}$$.

On a donc que $$(f\left[((-2)^{n})_{n\in\mathbb{N}}\right];f\left[(3^{n})_{n\in\mathbb{N}}\right]\}$$ est une base de $$\mathbb{R}^{2}$$.

Or, $$f$$ est un isomorphisme, donc $$(((-2)^{n})_{n\in\mathbb{N}};(3^{n})_{n\in\mathbb{N}})$$ est une base de $$E$$. (se démontre facilement, je le ferai si j'ai le temps, la démonstration passe par la fonction réciproque de $$f$$)

Donc pour toute suite $$(u_{n})_{n\in\mathbb{N}}\in E$$, on a $$\exists(a;b)\in\mathbb{R}^{2},\forall n\in\mathbb{N},u_{n}=a(-2)^{n}+b3^{n}$$.

Démonstration pour toute suite récurrente linéaire du second ordre à coefficient constant
Soient$$(a;b)\in\mathbb{R}^{2}$$

Posons $$E=\{\left(u_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}\in\mathcal{F}(\mathbb{N};\mathbb{R})|\forall n\in\mathbb{N},u_{n+2}=au_{n+1}+bu_{n}\}$$

Commençons par prouver que $$E$$ est donc un sous-espace vectoriel de l'espace vectoriel des suites réelles, à savoir $$\mathcal{F}(\mathbb{N};\mathbb{R})$$.

$$E$$ est un espace vectoriel
On sait que $$E\subset\mathcal{F}(\mathbb{N};\mathbb{R})$$ d'après la définition de $$E$$.

Soient $$(u_{n})_{n\in\mathbb{N}}\in E$$ et $$(v_{n})_{n\in\mathbb{N}}\in E$$.

Alors $$(u_{n})_{n\in\mathbb{N}}+(v_{n})_{n\in\mathbb{N}}=(u_{n}+v_{n})_{n\in\mathbb{N}}=((u+v)_{n})_{n\in\mathbb{N}}\in\mathcal{F}(\mathbb{N};\mathbb{R})$$

et $$\forall n\in\mathbb{N}, (u+v)_{n+2} = u_{n+2}+v_{n+2} = au_{n+1}+bu_{n}+av_{n+1}+bv_{n}=a(u+v)_{n+1}+b(u+v)_{n}$$

donc $$(u_{n})_{n\in\mathbb{N}}+(v_{n})_{n\in\mathbb{N}}\in E$$.

Soit $$\lambda\in\mathbb{R}$$.

Alors $$\lambda(u_{n})_{n\in\mathbb{N}}=(\lambda u_{n})_{n\in\mathbb{N}}\in\mathcal{F}(\mathbb{N};\mathbb{R})$$

et $$\forall n\in\mathbb{N}, (\lambda u)_{n+2} = \lambda u_{n+2} = \lambda(au_{n+1}+bu_{n})=\lambda au_{n+1} + \lambda bu_{n} = a(\lambda u)_{n+1}+b(\lambda u)_{n}$$

Donc $$>\lambda(u_{n})_{n\in\mathbb{N}}\in E$$

De plus $$0_{\mathcal{F}(\mathbb{N};\mathbb{R})}\in E$$ car il s'agit alors de la suite de premier terme $$u_{0}=0$$ et de deuxième terme $$u_{1}=0$$, qui vérifie bien $$\forall n\in\mathbb{N}: u_{n}\in\mathbb{R}\mbox{ et }u_{n+2}=au_{n+1}+bu_{n}$$.

Donc $$E$$ est un sous-espace vectoriel de $$\mathcal{F}(\mathbb{N};\mathbb{R})$$.

Donc $$E$$ est un espace vectoriel.

Soit maintenant

$$f:E\longrightarrow\mathbb{R}^{2}$$

$$(u_{n})_{n\in\mathbb{N}}\longmapsto (u_{0};u_{1})$$

$$f$$ est un isomorphisme

 * Pour cela, on commence par vérifier que c'est une application linéaire.

Soient $$(u_{n})_{n\in\mathbb{N}}\in E$$ et $$(v_{n})_{n\in\mathbb{N}}\in E$$.

Alors $$f\left[(u_{n})_{n\in\mathbb{N}}+(v_{n})_{n\in\mathbb{N}}\right] = f\left[(u_{n}+v_{n})_{n\in\mathbb{N}}\right]=\left(u_{0}+v_{0};u_{1}+v_{1}\right)=\left(u_{0};u_{1}\right)+\left(v_{0};v_{1}\right)$$

$$=f\left[(u_{n})_{n\in\mathbb{N}}\right]+f\left[(v_{n})_{n\in\mathbb{N}}\right]$$

De plus, soit $$\lambda\in\mathbb{R}$$.

Alors $$f\left[\lambda(u_{n})_{n\in\mathbb{N}}\right] = f\left[(\lambda u_{n})_{n\in\mathbb{N}}\right]=\left(\lambda u_{0};\lambda u_{1}\right) = \lambda\left(u_{0};u_{1}\right)=\lambda f\left[(u_{n})_{n\in\mathbb{N}}\right]$$


 * Vérifions maintenant que $$f$$ est injective.

$$ker(f) = \{\left(u_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}\in E|u_{0}=u_{1}=0\}=\{(0)_{n\in\mathbb{N}}\}=\{0_{E}\}$$ On peut démontrer facilement par récurrence qu'il ne peut s'agir que de la suite nulle, là n'est pas le sujet (à la rigueur je le ferai quand j'aurai le temps).

Donc $$ker(f) =\{0_{E}\}$$ donc $$f$$ est injective.


 * Vérifions maintenant que $$f$$ est surjective.

Soit $$a=(x;y)\in\mathbb{R}^{2}$$.

Alors en prenant la suite $$\left(u_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}\in E$$ telle que $$u{0}=x$$ et $$u_{1}=y$$, on a bien $$f\left[\left(u_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}\right]=(x;y)=a$$.

Donc $$\forall a\in\mathbb{R}^{2},\exists\left(u_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}\in E,f\left[\left(u_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}\right]=a$$.

Donc $$f$$ est surjective.

Donc $$f$$ est bijective, donc c'est un isomorphisme.

Caractérisation de $$E$$

 * Il existe donc un isomorphisme entre $$E$$ et $$\mathbb{R}^{2}$$.

Donc d'après le théorème du rang, $$E$$ et $$\mathbb{R}^{2}$$ sont de même dimension.

Or, $$\mathbb{R}^{2}$$ est de dimension $$2$$.

Donc $$E$$ est de dimension $$2$$.

On remarque que l'équation caractéristique de $$E$$, à savoir $$x^{2}-ax-b=0$$, admet pour déterminant $$\Delta=a^{2}+4b$$

Si $$\Delta > 0$$
Alors il y a 2 racines réelles, $$x_{1}=\frac{a-\sqrt{a^{2}+4b}}{2}$$ et $$x_{2}=\frac{a+\sqrt{a^{2}+4b}}{2}$$


 * On vérifie que $$(x_{1}^{n})_{n\in\mathbb{N}}$$ et $$(x_{2}^{n})_{n\in\mathbb{N}}$$ sont dans $$E$$.

Vu que $$x_{1}$$ est racine de $$x^{2}-ax-b=0$$,

on a donc $$ax_{1}+b=x_{1}^{2}$$.

Donc $$ax_{1}^{n+1}+bx_{1}^{n}=x_{1}^{n}\left(ax_{1}+b\right)=x_{1}^{n}\times x_{1}^{2}=x_{1}^{n+2}$$.

Donc comme $$(x_{1}^{n})_{n\in\mathbb{N}}\in\mathcal{F}(\mathbb{N};\mathbb{R})$$,

on a $$(x_{1}^{n})_{n\in\mathbb{N}}\in E$$.

De même, vu que $$x_{2}$$ est racine de $$x^{2}-ax-b=0$$,

on a donc $$ax_{2}+b=x_{2}^{2}$$.

Donc $$ax_{2}^{n+1}+bx_{2}^{n}=x_{2}^{n}\left(ax_{2}+b\right)=x_{2}^{n}\times x_{2}^{2}=x_{2}^{n+2}$$.

Donc comme $$(x_{2}^{n})_{n\in\mathbb{N}}\in\mathcal{F}(\mathbb{N};\mathbb{R})$$,

on a $$(x_{2}^{n})_{n\in\mathbb{N}}\in E$$.


 * On a $$f\left[(x_{1}^{n})_{n\in\mathbb{N}}\right]=(1;x_{1})$$ et on a $$f\left[(x_{2}^{n})_{n\in\mathbb{N}}\right]=(1;x_{2})$$

Or, $$\{(1;x_{1});(1;x_{2})\}$$ est une famille libre à 2 éléments de $$R^{2}$$ qui est de dimension 2.

Donc $$((1;x_{1});(1;x_{2}))$$ est une base de $$R^{2}$$.

Donc $$(f\left[(x_{1}^{n})_{n\in\mathbb{N}}\right];f\left[(x_{2}^{n})_{n\in\mathbb{N}}\right])$$ est une base de $$R^{2}$$.

Donc $$((x_{1}^{n})_{n\in\mathbb{N}};(x_{2}^{n})_{n\in\mathbb{N}})$$ est une base de $$E$$.

Donc $$\forall (u_{n})_{n\in\mathbb{N}}\in E, ~\exists(c;d)\in\mathbb{R}^{2},~\forall n\in\mathbb{N},~u_{n}=cx_{1}^{n}+dx_{2}^{n}$$.

Si $$\Delta = 0$$
Alors il y a une unique racine $$x_{0}=\frac{a}{2}$$.

On constate que $$ax_{0}+b=x_{0}^{2}$$


 * On vérifie que $$(x_{0}^{n})_{n\in\mathbb{N}}\in E$$.

En effet, $$\forall n\in\mathbb{N},~ax_{0}^{n+1}+bx_{0}^{n} = x_{0}^{n}(ax_{0}+b) = x_{0}^{n}\times x_{0}^{2}=x_{0}^{n+2}$$.

Or, comme $$(x_{0}^{n})_{n\in\mathbb{N}}\in \mathcal{F}(\mathbb{N};\mathbb{R})$$,

on a $$(x_{0}^{n})_{n\in\mathbb{N}}\in E$$.


 * On vérifie que $$(nx_{0}^{n})_{n\in\mathbb{N}}\in E$$.

En effet, $$\forall n\in\mathbb{N},~a(n+1)x_{0}^{n+1}+bnx_{0}^{n} = x_{0}^{n}\left[ax_{0}(n+1)+bn\right]=x_{0}^{n}\left[ax_{0}n+bn+ax_{0}\right]=x_{0}^{n}\left[n(ax_{0}+b)+ax_{0}\right]$$

$$=x_{0}^{n}\left[nx_{0}^{2}+ax_{0}\right]=nx_{0}^{n+2}+ax_{0}^{n+1}=nx_{0}^{n+2}+a\frac{a^{n+1}}{2^{n+1}}=nx_{0}^{n+2}+\frac{a^{n+2}}{2^{n+1}}=nx_{0}^{n+2}+2\frac{a^{n+2}}{2^{n+2}}$$

$$=nx_{0}^{n+2}+2x_{0}^{n+2}=(n+2)x_{0}^{n+2}$$.

Or, comme $$(nx_{0}^{n})_{n\in\mathbb{N}}\in \mathcal{F}(\mathbb{N};\mathbb{R})$$,

on a $$(nx_{0}^{n})_{n\in\mathbb{N}}\in E$$.


 * On a $$f\left[(x_{0}^{n})_{n\in\mathbb{N}}\right]=(1;x_{0})$$ et $$f\left[(nx_{0}^{n})_{n\in\mathbb{N}}\right]=(0;x_{0})$$.

Or, $$\{(1;x_{0});(0;x_{0})\}$$ est une famille libre à 2 éléments de $$R^{2}$$ qui est de dimension 2.

Donc $$((1;x_{0});(0;x_{0}))$$ est une base de $$R^{2}$$.

Donc $$(f\left[(x_{0}^{n})_{n\in\mathbb{N}}\right];f\left[(nx_{0}^{n})_{n\in\mathbb{N}}\right])$$ est une base de $$R^{2}$$.

Donc $$((x_{0}^{n})_{n\in\mathbb{N}};(nx_{0}^{n})_{n\in\mathbb{N}})$$ est une base de $$E$$.

Donc $$\forall (u_{n})_{n\in\mathbb{N}}\in E, ~\exists(c;d)\in\mathbb{R}^{2},~\forall n\in\mathbb{N},~u_{n}=cx_{0}^{n}+dnx_{0}^{n}=(c+nd)x_{0}^{n}$$.