Suite homographique réelle (discriminant < 0)

La réponse semble être contenue dans la question : la suite est réelle (en utilisant l'argument qu'à condition initiale réelle, la suite $u_{n}$ reste réelle, ce qu'une récurrence immédiate démontre).
Pour trouver un expression ne faisant intervenir que des coefficients réels, on peut tout à fait reproduire les raisonnements des suites homographiques avec des racines réelles distinctes en travaillant simplement dans $\mathbb{C}$, puis revenir dans $\mathbb{R}$.

Pose $v_{n}=\frac{u_{n}-z}{u_{n}-\overline{z}}$ où $z$ est une racine, vérifie qu'elle est géométrique ($v_{n+1}=\frac{f(u_{n})-z}{f(u_{n})-\overline{z}}=\frac{f(u_{n})-f(z)}{f(u_{n})-f(\overline{z})}=...=qv_{n}$), inverse là pour obtenir une expression de $u_{n}$ selon sa raison $q\in \mathbb{C}$ (quelque chose comme $u_{n}=\frac{v_{n}\overline{z}-z}{v_{n}-1}=\frac{v_{0}q^{n}\overline{z}-z}{v_{0}q^{n}-1}$). L'expression obtenue est réelle (et donc égale à sa partie réelle, que tu peux calculer).

Bonjour,

Il me parait agréable, pour mener ces calculs, d'exploiter le morphisme de $\mathrm{GL}_2(\R) $ dans le groupe des homographies. Plus précisément :
$\forall A = \begin{pmatrix} a&b\\c&d \end{pmatrix} \in \mathrm{GL}_2 (\R),\: $ on note $ f_A:\left\{ \begin{array} {ccc} \R\cup\{\infty\} &\longrightarrow &\R \cup\{\infty\}\\ x&\longmapsto &\dfrac {ax+b}{cx+d} \end{array} \right.\:\quad$ Alors: $\quad \forall A,B \in \mathrm{GL}_2(\R),\:\: f_A \circ f_B = f_{AB}.$
Soit $ A = \begin{pmatrix} 1&-2\\1&3 \end{pmatrix}.\:$ Les valeurs propres de $A$ sont $\alpha = 2 +\mathrm i,\:\beta = 2-\mathrm i,$ associées aux vecteurs propres $(1-\mathrm i ,-1),\:( 1+ \mathrm i ,-1).$
En diagonalisant $A$ et en notant :$\:\:\forall n \in \N ,\:F_n = \dfrac {\alpha^n - \beta^n}{\alpha- \beta},$ on obtient:

$F_0 =0, \: F_1 =1, \:\forall n \in \N, \quad F_{n+2} = 4F_{n+1} - 5F_n,\quad F_n\in \Z, \quad A^n = \begin{pmatrix} F_{n+1} -3F_n&-2F_n\\ F_n &F_{n+1} -F_n \\ \end{pmatrix}$, si bien que: $$ \boxed{\forall n \in \N,\quad u_n = A^n *u_0 = \dfrac {(F_{n+1}- 3 F_n)\:u_0 - 2F_n}{ F_n \:u_0 +(F_{n+1}- F_n)}.}$$
Bien entendu, tout cela reproduit exactement les calculs que l'on effectue lorsque l'on utilise la "suite auxiliaire" $ v_n =\dfrac {u_n - \lambda} {u_n -\mu}$, cette transformation homographique correspondant à la matrice de passage intervenant dans la diagonalisation de $A$.

La réponse de LOU16 est en effet très efficace - et élégante - pour répondre (elle ne fait pas semblant de ne pas regarder une représentation matricielle des homographies, contrairement à la démarche "a la mano" qui implique d'introduire une suite auxilliaire qui s'avère "par miracle" être convenable), et elle donne la formulation explicite. Je te conseille de la méditer un peu (quitte à recalculer les puissances de $A$ sans introduire $F_{n}$ par exemple, si celà se fait facilement), à voir si elle s'adapte au cas général justement (matrice non diagonalisable essentiellement).

Je veux juste revenir sur ta question, qui semble persister: pourquoi le résultat est-il dans $\mathbb{R}$ ? On ne s'embête généralement pas à le montrer avec la formule finale (surtout si elle fait intervenir pleins de complexes) puisqu'on le sait déjà (la fameuse récurrence immédiate sur la définition de la suite, aussi visible immédiatement sous la forme $f_{A^{n}}$).
Maintenant, si on aime faire des calculs (à mon avis, c'est dommage au vu de la simplicité de la question), on doit pouvoir retomber sur ses pattes !

Si je ne me trompe pas, la raison vaut $q=\frac{cz+d}{c\overline{z}+d}$ (donc ici $q=\frac{z+3}{\overline{z}+3}$), et on trouve assez rapidement $\overline{v_{n}}=\frac{1}{v_{n}}$, qui permet de conclure que $\overline{u_{n}}=u_{n}$.