Une suite
dans Arithmétique
Bonjour,
La suite $u$ est définie par $u_0=1$, $u_1= \frac{1}{3} $ et $(1+8u_n^{2})(u_{n+1}+u_{n-1})=6u_n$ pour $n \geq 2$.
J'ai calculé ses premiers termes : $u_2= \frac{1}{17} $, $u_3= \frac{1}{99} $, $u_4= \frac{1}{577} $ et $u_5= \frac{1}{3363}$...
Il semblerait que la suite soit de la forme $\frac{1}{v_n}$ avec $v_n$ entier. J'ai essayé de le démontrer par récurrence mais on doit à un moment prouver une divisibilité et je ne vois pas comment faire.
De plus ces dénominateurs m'ont tout l'air d'être liés aux réduites de $\sqrt{2}$ (ce sont les numérateurs d'une sur deux de celles-ci). Le démontrer.
La suite $u$ est définie par $u_0=1$, $u_1= \frac{1}{3} $ et $(1+8u_n^{2})(u_{n+1}+u_{n-1})=6u_n$ pour $n \geq 2$.
J'ai calculé ses premiers termes : $u_2= \frac{1}{17} $, $u_3= \frac{1}{99} $, $u_4= \frac{1}{577} $ et $u_5= \frac{1}{3363}$...
Il semblerait que la suite soit de la forme $\frac{1}{v_n}$ avec $v_n$ entier. J'ai essayé de le démontrer par récurrence mais on doit à un moment prouver une divisibilité et je ne vois pas comment faire.
De plus ces dénominateurs m'ont tout l'air d'être liés aux réduites de $\sqrt{2}$ (ce sont les numérateurs d'une sur deux de celles-ci). Le démontrer.
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Réponses
On en déduit : $u_n=\frac 1{a_n}$.
En fait tu avais déjà trouvé en remarquant que les dénominateurs étaient ces $a_n$.
Pour moi c'est un énoncé malhonnête.
Je me demande bien comment on peut trouver ton égalité $a_{n+1}=6a_n-a_{n-1}$.
Tu as utilisé l'encyclopédie OEIS en y écrivant les premiers termes de la série ?
Sinon, comment la trouver à partir de la définition de la suite $u$ seule ?
Pour info les $u_n$ sont les abscisses des points de contact de deux éléments consécutifs de la chaîne des cercles tangents intérieurement à la lemniscate de Bernoulli d'équation $\left(x^{2} + y^{2} \right)^{2} = x^{2} - y^{2}$ :
Sur le site OEIS on peut voir qu'un certain Daniel Suteu a trouvé en 2016 le terme général de la suite $a$ : $a_n=\cosh(n \log(3+2 \sqrt{2}))$. Je me demande bien comment il est arrivé à cette formule. Je ne m'étais jamais vraiment arrêté sur cette encyclopédie, c'est dingue le nombre de résultats trouvés !
On trouve bien comme tu dis : $P_0=1$, $P_2=3$, $P_4=17$, $P_6=99$, etc.
Si l'on pose $a_n=P_{2n}$ et $b_n=Q_{2n}$, alors : $a_n+b_n \sqrt 2=(1+ \sqrt 2)^{2n}=(3+2 \sqrt 2)^{n}$, d'où :
$a_{n+1}=3a_n+4b_n$, $b_{n+1}=2a_n+3b_n$. En éliminant $b_n$, il vient : $a_{n+2}=6a_{n+1}-a_n$.
Soit $\delta_n=a_{n+1}a_{n-1}-a_n^2$.
Alors : $\delta_n=(6a_{n}-a_{n-1})a_{n-1}-a_{n}^2=a_n(6a_{n-1}-a_{n})-a_{n-1}^2=a_na_{n-2}-a_{n-1}^2=\delta_{n-1}$.
D'où : $\delta_n=\delta_1=8$.
C'est une propriété qu'on retrouve, mutatis mutandis, dans toutes les suites récurrentes linéaires d’ordre 2 à coefficients constants, comme la suite de Fibonacci, ainsi que l'a prouvé Édouard Lucas.
En posant $u_n=\frac 1{a_n}$, l'égalité initiale $(1+8u_n^{2})(u_{n+1}+u_{n-1})=6u_n$ en découle.
C'est toi qui as trouvé la clé du problème par ton attaque numérique et ton observation sur les réduites de $\sqrt 2$.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
Avec la formule : $a_n+b_n \sqrt 2=(3+2 \sqrt 2)^{n}$, en observant que $a_n-b_n \sqrt 2=(3-2 \sqrt 2)^{n}$ et que $3-2 \sqrt 2 =\frac 1{3+2 \sqrt 2}$,
tu peux prouver sans mal : $a_n=\cosh(n \log(3+2 \sqrt{2}))$.
Pour être de 2016, le résultat de Daniel Suteu n'est pas d'une grande profondeur.
Bravo pour ton attitude combative face aux problèmes mathématiques.
Pour ce qui est de "la question de la lemniscate" $\mathcal L$, en notant, pour $u,v \in ]0;1], \:\:\mathcal C (u,v)$ le cercle de diamètre $[(u,0);(v;0)]$, on peut voir que: $$ \mathcal C(u,v)\:\text{est tangent à}\: \mathcal L\iff (u+v)^2 + 8u^2v^2 = 8uv.$$ce qui, avec $s=\dfrac 1u, \:t = \dfrac 1v,\:$ s'écrit: $\: s^2+t^2-6st +8 =0.$
Notons $(x_n)_n$ la suite la suite des inverses des abscisses des points $A_n$ tels que $A_0=(1,0)$ et le cercle de diamètre $[A_nA_{n
+1}]$ est tangent à $\mathcal L.$
Alors: $x_0 =1, \: x_1 =3, \quad \forall n >0,\:\: x_{n-1} $ et $ x_{n+1}$ sont les racines de l'équation $ X^2-6x_nX+x_n^2 +8=0,\:$ et cela entraîne:
$$\:\:x_{n-1}+ x_{n+1} = 6x_n.$$
Et merci aussi pour ton rappel d'une propriété des suites linaires récurrentes d'ordre 2.
Pour trouver la définition initiale de la suite $u$ je n'ai fait que suivre pas à pas la méthode de calcul utilisée par pappus dans ce fil. Ma lemniscate a pour équation $(x^2+y^2)^2=x^2-y^2$. Le cercle de diamètre $[PQ]$, avec $P(u,0)$ et $Q(v,0)$, a pour équation $(x-u)(x-v)+y^2=0$. L'équation aux $x$ des points d'intersection de ce cercle avec la lemniscate est donc $(x^2-(x-u)(x-v))^2=x^2+(x-u)(x-v)$.
Le cercle est bitangent à la lemniscate lorsque cette équation du second degré a une racine double, c'est-à-dire lorsque $8u^2v^2+u^2+v^2=6uv$.
On est donc amené à étudier la suite $u$ telle que $8u_{n-1}^2u_n^2+u_{n-1}^2+u_n^2=6u_{n-1}u_{n}$, avec $u_0=1$ et $u_1= \frac{1}{3} $ (inverse de la courbure de la lemniscate au point $(1,0)$). En écrivant cette relation un cran au dessus puis en faisant la différence terme à terme des deux égalités obtenues on trouve la définition que j'ai donnée dans mon premier message.
Le cercle de diamètre $[(u,0);(v;0)]$ est bitangent à l'hyperbole lorsque l'équation du second degré $(x-u)(x-v)+x^2-1=0$ a une racine double, c'est-à-dire lorsque $(u+v)^2=8(uv-1)$ ou encore $u^2+v^2-6uv+8=0$. On obtient la suite d'entiers $1,3,17,99,577,\dots$.
Les centres des cercles donnent la suite $(c_n)=(2, 10, 58, 338,\dots)$ et les rayons la suite $(r_n)=(1, 7, 41, 239,\dots)$, ces deux suites étant reliées par $r_n^2-c_n^2/2=-1$.
Le même problème pour la parabole d'équation $y^2=x$ donne comme abscisses des points de contact de deux cercles consécutifs la suite des carrés $1,4,9,16,\dots$.