$$ F_n = \frac{\varphi^n}{\sqrt{5}} - \frac{(1 - \varphi)^n}{\sqrt{5}} \qquad \bigl(\text{Formule de Binet}\bigr) $$
$$ F_n = \frac{\varphi^n}{\sqrt{5}} - \frac{(1 - \varphi)^n}{\sqrt{5}} \qquad \bigl(\text{Formule de Binet}\bigr) $$
On détermine que le nombre d'or \((\varphi)\) est la limite du quotient de deux termes consécutifs de la suite de Fibonacci :
Démonstrations
La suite de Fibonacci s'exprime de manière récurrente par :
$$ \forall n \in \mathbb{N}, \hspace{2em} F_{n + 2} = F_{n + 1} + F _n $$
$$ \text{avec } : \Bigl \{ F_0 = 0, \ F_1 = 1 \Bigr \} $$
On sait que le terme général d'une suite récurrente d'ordre 2, combinaison linéaire de ces termes précédents peut être déterminé par :
$$ u_{n + 2} = p.u_{n + 1} + q.u_n \Longrightarrow u_n = A. \alpha^n + B.\beta^n
\hspace{2em} \text{avec } \left \{ \begin{gather*}
(p, q) \in \bigl[\mathbb{R}^*\bigr]^2 \\ \\
A \text{ et } B \text{ à déterminer selon } u_0 \text{ et } u_1 \\ \\
\alpha \text{ et } \beta \text{ les deux racines de } \Bigl[ r^2 - pr - q = 0 \Bigr]
\end{gather*} \right \}
$$
Dans notre cas : \((p = q = 1)\).
Alors,
$$ F_{n + 2} = F_{n + 1} + F _n \Longrightarrow F_n = A. \alpha^n + B.\beta^n $$
Où les coefficients \((\alpha, \ \beta)\) sont les solutions de \((E_c)\) :
$$ r^2 - r - 1 = 0 \qquad (E_c) $$
-
Détermination des coefficients \((\alpha, \ \beta)\)
On résoud alors :
$$ r^2 - r - 1 = 0 \qquad (E_c) $$
Comme nous sommes face à une équation du second degré, on calcule d'abord le discriminant \((\Delta)\) :
$$ \Delta = (-1)^2 - 4 \times 1 \times (-1) $$
$$ \Delta = 1 + 4 $$
$$ \Delta = 5 $$
Comme \((\Delta > 0)\), on a deux racines distinctes :
Par souci de simplicité, posons \(\varphi\), aussi appelé le nombre d'or :
De sorte que :
Alors, le terme général de la suite \((F_n)\) s'écrit :
$$ F_n = A.(1 - \varphi)^n + B.\varphi^n $$
-
Détermination des coefficients \((A, \ B)\)
Déterminons maintenant les coefficients \((A, \ B)\) grâce aux deux premiers termes de la suite. On sait que :
$$ \Bigl \{ F_0 = 0, \ F_1 = 1 \Bigr \} $$
Alors,
Ce qui nous amène à résoudre le système \((\mathcal{S})\) :
En faisant la différence des deux lignes, on a :
$$ A \times (2 \varphi - 1) = -1 $$
$$ A = -\frac{1}{\sqrt{5}} $$
Maintenant, en reprenant la première du système de départ, on y injecte la valeur de \(B\) :
$$ -\frac{1}{\sqrt{5}} + B = 0 $$
$$ B = \frac{1}{\sqrt{5}} $$
-
Modélisation du terme général \(F_n\)
Finalement, le terme général de la suite de Fibonacci \((F_n)\) vaut :
$$ F_n = -\frac{(1 - \varphi)^n}{\sqrt{5}} + \frac{\varphi^n}{\sqrt{5}} $$
$$ F_n = \frac{\varphi^n}{\sqrt{5}} - \frac{(1 - \varphi)^n}{\sqrt{5}} \qquad \bigl(\text{Formule de Binet}\bigr) $$
$$ \text{avec } \left( \varphi = \frac{1 + \sqrt{5}}{2} \right) $$
En reprenant la formule de Binet précédente :
$$ F_n = \frac{\varphi^n}{\sqrt{5}} - \frac{(1 - \varphi)^n}{\sqrt{5}} \qquad \bigl(\text{Formule de Binet}\bigr) $$
Si l'on calcule maintenant le quotient de deux termes consécutifs de cette suite, on a :
$$ \frac{F_{n + 1}}{F_n} = \frac{\frac{\varphi^{n + 1} - (1 - \varphi)^{n + 1}}{\sqrt{5}}}{\frac{\varphi^n - (1 - \varphi)^n}{\sqrt{5}}} $$
$$ \frac{F_{n + 1}}{F_n} = \frac{\varphi^{n + 1} - (1 - \varphi)^{n + 1}}{\varphi^n - (1 - \varphi)^n} $$
Or, comme \(\varphi\) est solution de \(E_c\) :
$$ \varphi^2 = \varphi + 1 \qquad (\varphi^2) $$
En divisant par \(\varphi\), on a maintenant :
$$ \frac{\varphi^2}{\textcolor{#6F79AB}{\varphi}} = \frac{\varphi}{\textcolor{#6F79AB}{\varphi}} + \frac{1}{\textcolor{#6F79AB}{\varphi}} $$
Et par conséquent :
$$ \varphi = 1 + \frac{1}{\varphi} $$
$$ 1 - \varphi = -\frac{1}{\varphi} $$
Alors, en remplaçant \((1 - \varphi)\) par sa valeur, on a maintenant :
$$ \frac{F_{n + 1}}{F_n} = \frac{\varphi^{n + 1} - \left(-\frac{1}{\varphi}\right)^{n + 1}}{\varphi^n - \left(-\frac{1}{\varphi}\right)^n} $$
$$ \frac{F_{n + 1}}{F_n} = \frac{\varphi^{n + 1} - \left(-\frac{1}{\varphi^{n + 1}}\right)}{\varphi^n - \left(-\frac{1}{\varphi^n}\right)} $$
Enfin, en passant maintenant à la limite quand \(n\) tend vers l'infini :
$$ \lim_{n \to \infty} \frac{F_{n + 1}}{F_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{\varphi^{n + 1} - \left(-\frac{1}{\varphi^{n + 1}}\right)}{\varphi^n - \left(-\frac{1}{\varphi^n}\right)} $$
Les deux quotients tendent évidemment vers zéro et :
$$ \lim_{n \to \infty} \frac{F_{n + 1}}{F_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{\varphi^{n + 1}}{\varphi^n} $$
$$ \lim_{n \to \infty} \frac{F_{n + 1}}{F_n} = \varphi $$
$$ \text{avec } \left( \varphi = \frac{1 + \sqrt{5}}{2} \right) $$
-
Avec \(\varphi\) uniquement
À partir de l'équation caractéristique \((E_c)\) vue précédemment :
$$ r^2 - r - 1 = 0 \qquad (E_c) $$
Comme le nombre d'or \((\varphi)\) est solution, on peut écrire la relation suivante pour \(\varphi^2\) :
$$ \varphi^2 = \varphi + 1 \qquad (\varphi^2) $$
Par ailleurs, il est vrai que \((1 - \varphi)\) est aussi solution.
$$ (1 - \varphi)^2 = (1 - \varphi) + 1 $$
Mais en développant on se rend compte que cela revient au même :
$$ 1 -2 \varphi + \varphi^2 = 2 - \varphi $$
$$ \varphi^2 = \varphi + 1 \qquad (\varphi^2) $$
En multipliant les deux membres par \(\varphi\), on obtient :
$$ \varphi^3 = \varphi^2 + \varphi \qquad (\varphi^3) $$
On voit que la relation de récurrence est assez évidente.
Tentons alors de démontrer par une récurrence double que :
$$ \forall n \in \mathbb{N}, $$
$$ \varphi^{n + 2} = \varphi^{n + 1} + \varphi^{n} \qquad (P_n) $$
-
Calcul des deux premiers termes
Pour \((k = 0) \), c'est la formule précédente déjà avérée \((\varphi^2)\) :
$$ \varphi^2 = \varphi + 1 \qquad (P_0) $$
Pour \((k = 1) \), on veut montrer que \((P_1)\) est vraie :
$$ \varphi^3 = \varphi^2 + \varphi \qquad (P_1) $$
Alors, les deux propositions \((P_0)\) et \((P_1)\) sont vraies.
-
Vérification de l'hérédité
À partir de \((P_k)\) :
$$ \varphi^{k + 2} = \varphi^{k + 1} + \varphi^{k} \qquad (P_k) $$
La relation de récurrence est directe en multipliant par \(\varphi\) :
Alors, les deux propositions \((P_{k + 1})\) et \((P_{k + 2})\) sont vraies.
-
Conclusion
La proposition \((P_n)\) est vraie pour ses deux premiers termes, \(n_0 = 0\) et \(n_1 = 1\), et est héréditaire de proche en proche pour tout \(k \in \mathbb{N}\).
Par le principe de récurrence double, elle ainsi est vraie pour tout \(n \in \mathbb{N}\).
Alors :
$$ \forall n \in \mathbb{N}, $$
$$ \varphi^{n + 2} = \varphi^{n + 1} + \varphi^{n} $$
-
Avec \(\varphi\) et \((F_n)\)
En reprenant l'expression \((\varphi^3)\), verifiée plus haut :
$$ \varphi^3 = \varphi^2 + \varphi \qquad (\varphi^3) $$
Si l'on remplace \(\varphi^2\) par son autre valeur :
$$ \varphi^3 = (\varphi + 1) + \varphi $$
$$ \varphi^3 = 2\varphi + 1 \qquad (\varphi^3)^* $$
De même, si l'on continue ainsi avec \(\varphi^4\) :
$$ \varphi^4 = 2\varphi^2 + \varphi $$
$$ \varphi^4 = 2(\varphi + 1) + \varphi $$
$$ \varphi^4 = 2\varphi + 2 + \varphi $$
$$ \varphi^4 = 3\varphi + 2 \qquad (\varphi^4)^* $$
On voit alors apparaître les termes de la suite de Fibonacci :
$$ \Bigl \{ 0, \ 1, \ 1 , \ 2, \ 3, \ 5, \ 8 ...etc. \Bigr \} $$
Notamment, dans \((\varphi^3)^*\) et \((\varphi^4)^*\) où :
Une deuxième fois, on est tenté de démontrer que récurrence que :
$$ \forall n \in \mathbb{N}, $$
$$ \varphi^{n + 1} = \varphi F_{n + 1} + F_n \qquad (Q_n) $$
-
Calcul des deux premiers termes
Pour \((k = 0) \) :
$$ \varphi^{1} = \varphi F_{1} + F_0 \qquad (Q_0) $$
Alors, la proposition \((Q_0)\) est vraie.
-
Vérification de l'hérédité
$$ \forall n \in \mathbb{N}, $$
$$ \varphi^{k + 1} = \varphi F_{k + 1} + F_k \qquad (Q_k) $$
On souhaite établir la relation :
$$ \varphi^{k + 2} = \varphi F_{k + 2} + F_{k + 1} \qquad (Q_{k + 1}) $$
Partons de \((Q_k)\) et multiplions par \(\varphi\) :
$$ \textcolor{#6F79AB}{\varphi}\varphi^{k + 1} = \textcolor{#6F79AB}{\varphi}\varphi F_{k + 1} + \textcolor{#6F79AB}{\varphi}F_k \qquad (\textcolor{#6F79AB}{\varphi} Q_k) $$
$$ \varphi^{k + 2} = \varphi^2 F_{k + 1} + \varphi F_k $$
$$ \varphi^{k + 2} = (\varphi + 1) F_{k + 1} + \varphi F_k $$
$$ \varphi^{k + 2} = \varphi F_{k + 1} + F_{k + 1} + \varphi F_k $$
$$ \varphi^{k + 2} = \varphi (F_{k + 1} + F_k) + F_{k + 1} $$
$$ \varphi^{k + 2} = \varphi (F_{k + 2}) + F_{k + 1} \qquad (Q_{k + 2}) $$
On a bien montré que si \((Q_{k})\) est vraie, alors \((Q_{k + 1})\) l'était aussi.
-
Conclusion
La proposition \((Q_n)\) est vraie pour son premier terme \(n_0 = 0\) et est héréditaire de proche en proche pour tout \(k \in \mathbb{N}\).
Par le principe de récurrence, elle ainsi est vraie pour tout \(n \in \mathbb{N}\).
Alors,
$$ \forall n \in \mathbb{N}, $$
$$ \varphi^{n + 1} = \varphi F_{n + 1} + F_n $$
-
Avec des racines carrées
En reprenant l'expression déjà démontrée de \(\varphi^2\) :
$$ \varphi^2 = \varphi + 1 \qquad (\varphi^2) $$
En passant à la racine carrée :
$$ \varphi = \sqrt{\varphi + 1} \qquad (1) $$
-
Sous forme de racines carrées infinies
Dans l'expression \((1)\), comme \(\varphi\) est exprimé en fonction de lui-même, on peut l'auto-injecter :
$$ \varphi = \sqrt{\sqrt{\varphi + 1} + 1} $$
$$ \varphi = \sqrt{\sqrt{\sqrt{\varphi + 1} + 1} + 1} $$
Et ainsi de suite...
$$ \varphi = \sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{1 + \dots} + 1} + 1} + 1} $$
-
Sous forme de suite récurrente
On peut aussi exprimer l'expression \((1)\) sous forme de suite récurrente :
$$ a_{n + 1} = \sqrt{1 + a_{n}} $$
Ainsi,
$$ \varphi = \lim_{n \to \infty} a_{n} $$
$$
\text{où } \Biggl \{ \begin{gather*}
\text{la suite } a_n \text{ est exprimée sous forme récurrente } : a_{n + 1} = \sqrt{1 + a_{n}} \\
\text{son premier terme } : a_0 = 0
\end{gather*}
$$
-
Avec des fractions
De même que plus haut, on repart aussi de \(\varphi^2\) :
$$ \varphi^2 = \varphi + 1 \qquad (\varphi^2) $$
En divisant par \(\varphi\), on a maintenant :
$$ \frac{\varphi^2}{\textcolor{#6F79AB}{\varphi}} = \frac{\varphi}{\textcolor{#6F79AB}{\varphi}} + \frac{1}{\textcolor{#6F79AB}{\varphi}} $$
Et par conséquent :
$$ \varphi = 1 + \frac{1}{\varphi} \qquad (2) $$
-
Sous forme de fractions infinies
De la même manière, \((2)\) exprime \(\varphi\) en fonction de lui-même, alors on peut l'auto-injecter :
$$ \varphi = 1 - \frac{1}{1 - \frac{1}{\varphi}} $$
$$ \varphi = 1 - \frac{1}{1 - \frac{1}{1 - \frac{1}{\varphi}}} $$
Et ainsi de suite...
$$ \varphi = 1 - \frac{1}{1 - \frac{1}{1 - \frac{1}{1 - \frac{1}{1 - \dots}}}} $$
-
Sous forme de suite récurrente
On peut aussi exprimer l'expression \((2)\) sous forme de suite récurrente :
$$ b_{n + 1} = 1 + \frac{1}{b_n} $$
Ainsi,
$$ \varphi = \lim_{n \to \infty} b_{n} $$
$$
\text{où } \Biggl \{ \begin{gather*}
\text{la suite } b_n \text{ est exprimée sous forme récurrente } : b_{n + 1} = 1 + \frac{1}{b_n} \\
\text{son premier terme } : b_1 = 1
\end{gather*}
$$
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