Devoir libre : la suite de Fibonacci

Devoir libre : la suite de Fibonacci
Dans cet exercice, F est la suite définie par récurrence double par :
F0 = 1,
F1 = 1,
et
∀n ∈ N,
Fn+2 = Fn+1 + Fn
.
1. Montrer que F est croissante.
2. Montrer que pour tout n ∈ N, Fn ≥ 2(n−1)/2 .
3. Montrer que F admet une limite en +∞ et préciser laquelle.
4. Montrer que n = on→∞ (Fn ).
n
X
5. Montrer que ∀n ∈ N,
Fk = Fn+2 − 1.
k=0
6. Montrer que ∀n ∈ N,
7. Montrer que ∀n ∈
n
X
k=0
∗
N , Fn2
F2k+1 = F2n+2 − 1. (on somme les n + 1 premiers termes d’indice impair de la suite)
− Fn−1 .Fn+1 = (−1)n .
Correction : Devoir libre sur la suite de Fibonacci
1. (Nombreuse méthodes possibles... On propose de procéder par récurrence double, ce qui est naturel puisque la
suite est définie par récurrence double.)
Soit P le prédicat sur N défini par ∀n ∈ N, P(n) : ” Fn+1 ≥ Fn ”.
• Initialisation : Pour commencer, F1 = 1 et F0 = 1, donc on a F1 ≥ F0 , et P(1) est vrai.
• Hérédité : Soit n ∈ N, supposons P(n) et P(n + 1). Nous avons donc Fn+1 ≥ Fn et Fn+2 ≥ Fn+1 . En sommant
les deux inégalités, nous trouvons :
Fn+1 + Fn+2 geqFn + Fn+1
qui devient vue la définition de la suite F :
Fn+3 ≥ Fn+2
et nous avons bien prouvé P(n + 2).
• Conclusion : Alors par le théorème de la récurrence double, ∀n ∈ N, P(n) est vrai, donc ∀n ∈ N, Fn+1 ≥ Fn ,
ce qui prouve que F est croissante.
2. Soit P le prédicat sur N défini par ∀n ∈ N, P(n) : ” Fn ≥ 2(n−1)/2 ”.
√
• Initialisation : On a F0 = 1 et 2(0−1)/2 = 1/ 2. Donc F0 ≥ 2(0−1)/2 et P(0) est vrai. De plus, F1 = 1 et
2(1−1)/2 = 1, donc P(1) est également vrai.
• Hérédité : Soit n ∈ N, supposons P(n) et P(n + 1). Minorons Fn+2 :
Fn+2 = Fn+1 + Fn ≥
≥
=
2n/2 + 2(n−1)/2
2
(n−1)/2
par P(n) et P(n + 1)
+2
(n−1)/2
2.2
(n−1)/2
= 2(n+1)/2
Nous avons obtenu que Fn+2 ≥ 2(n+1)/2 . Donc P(n + 2) est vrai.
• Conclusion : Alors par le théorème de la récurrence double, ∀n ∈ N, P(n) est vrai, donc ∀n ∈ N, Fn ≥ 2(n−1)/2 .
3. Nous savons que limn→∞ 2(n−1)/2 = +∞ et que ∀n ∈ N, Fn ≥ 2(n−1)/2 . On en déduit que limn→∞ Fn = +∞.
4. (nous voulons prouver que limn→∞
n
= 0. Nous allons bien sûr encadrer ce quotient pour utiliser le théorème
Fn
des gendarmes.)
Notons déjà que F0 = 1 et F est croissante. Donc ∀n ∈ N, Fn ≥ F0 ≥ 0 : la suite F est positive. Et donc ∀n ∈ N,
Fn
n ≥ 0.
Par ailleurs, nous avons vu que ∀n ∈ N, Fn ≥ 2(n−1)/2 , donc
donc
1
1
≤
Fn 2(n−1)/2
n
n
≤ (n−1)/2
Fn 2
fonction inverse décroissante sur R+
car n ≥ 0
On a donc obtenu l’encadrement suivant :
∀n ∈ N,
0l eq
2
n
n
≤
Fn 2(n−1)/2
n
Il ne nous reste plus qu’à montrer que limn→∞ (n−1)/2 = 0.
2
√
n
n 2
On a ∀n ∈ N, (n−1)/2 = √ . Or nous savons d’après le cours sur les croissances comparées que n =
2
2n
√
√ n
√
n 2
n
on→∞ ( 2 ) (car 2 > 1). D’où limn→∞ √ = 0, puis limn→∞ √ = 0.
2n
2n
En conclusion, comme de plus limn→∞ 0 = 0, nous obtenons par le théorème des gendarmes que
n
=0
Fn
lim
n→∞
i.e. que n = on→∞ (Fn ).
Remarque: Le même raisonnement montre que ∀α ∈ R, nα = on→∞ (Fn ).
5. Méthode astucieuse :
Soit n ∈ N. On a :
n
X
Fk =
n
X
k=0
Fk+2 − Fk+1 = Fn+2 − F1 = Fn+2 − 1
k=0
(c’est une somme télescopique !)
Méthode simple, par récurrence :
Soit P le prédicat sur N défini par ∀n ∈ N, P(n) : ”
n
X
Fk = un+2 − 1.”
k=0
• On vérifie sans problème P(0).
• Soit n ∈ N, supposons P(n). On a alors :
n+1
X
Fk =
Fk + Fn+1
Pn
k=0
k=0
=
Fn+1 − 1 + un+2
=
Fn+3 − 1
par P(n)
définition de F
On a donc obtenu P(n + 1).
• En conclusion, par le théorème de récurrence, ∀n ∈ N, P(n) est vrai.
Remarque: Il était inutile de procéder par récurrence double ici.
6. Soit P le prédicat sur N défini par ∀n ∈ N, P(n) : ”
n
X
F2k+1 = F2n+2 − 1”.
k=0
• On vérifie sans problème P(0).
• Soit n ∈ N, supposons P(n). On a alors :
n+1
X
F2k+1 =
Pn
k=0
F2k+1 + F2n+3
k=0
=
F2n+2 − 1F2n+3
=
F2n+4 − 1 = F2(n+1)+2 − 1
3
par P(n)
On a donc obtenu P(n + 1).
En conclusion, par le théorème de récurrence, ∀n ∈ N, P(n) est vrai.
7. (Ici, il est un peu plus difficile de bien mener le calcul. Plusieurs méthodes possible, une récurrence simple peut
suffire.)
Soit P le prédicat sur N défini par ∀n ∈ N∗ , P(n) : ”Fn2 − Fn−1 .Fn+1 = (−1)n ”.
• On vérifie P(1)...
• Soit n ∈ N, supposons P(n). On a alors :
2
Fn+1
− Fn .Fn+2 =
2
Fn+1
− Fn .(Fn + Fn+1 )
=
−Fn2 + Fn+1 .(Fn+1 − Fn )
=
−Fn2 + Fn+1 .Fn−1
=
−(Fn2 − Fn+1 .Fn−1 )
=
−((−1)n )
=
(−1)n+1
par P(n)
On a donc obtenu P(n + 1).
• En conclusion, par le théorème de récurrence (simple, initialisé à 1), ∀n ∈ N∗ , P(n) est vrai.
4