Suites récurrentes linéaires du second ordre à coefficients constants

# E
{

(

u

n

)

n
∈

N

∈

F

(

N

;

R

)

∀
n
∈

N

,

u

n
2

=

u

n
1

6

u

n

}

{\displaystyle 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

{\displaystyle E}

 est donc un sous-espace vectoriel de l'espace vectoriel des suites réelles, à savoir

F

(

N

;

R

)

{\displaystyle \mathcal{F}(\mathbb{N};\mathbb{R})}

.

###

E

{\displaystyle E}

 est un espace vectoriel

On sait que

E
⊂

F

(

N

;

R

)

{\displaystyle E\subset\mathcal{F}(\mathbb{N};\mathbb{R})}

 d'après la définition de

E

{\displaystyle E}

.

Soient

(

u

n

)

n
∈

N

∈
E

{\displaystyle (u\_{n})\_{n\in\mathbb{N}}\in E}

 et

(

v

n

)

n
∈

N

∈
E

{\displaystyle (v\_{n})\_{n\in\mathbb{N}}\in E}

.

Alors

(

u

n

)

n
∈

N

(

v

n

)

n
∈

N

=
(

u

n

v

n

)

n
∈

N

=
(
(
u
v

)

n

)

n
∈

N

∈

F

(

N

;

R

)

{\displaystyle (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

∀
n
∈

N

,
(
u
v

)

n
2

=

u

n
2

v

n
2

=

u

n
1

6

u

n

v

n
1

6

v

n

=
(
u
v

)

n
1

6
(
u
v

)

n

{\displaystyle \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
∈

N

(

v

n

)

n
∈

N

∈
E

{\displaystyle (u\_{n})\_{n\in\mathbb{N}}+(v\_{n})\_{n\in\mathbb{N}}\in E}

.

Soit

λ
∈

R

{\displaystyle \lambda \in \R }

.

Alors

λ
(

u

n

)

n
∈

N

=
(
λ

u

n

)

n
∈

N

∈

F

(

N

;

R

)

{\displaystyle \lambda(u\_{n})\_{n\in\mathbb{N}}=(\lambda u\_{n})\_{n\in\mathbb{N}}\in\mathcal{F}(\mathbb{N};\mathbb{R})}

et

∀
n
∈

N

,
(
λ
u

)

n
2

=
λ

u

n
2

=
λ
(

u

n
1

6

u

n

# )
λ

u

n
1

6
λ

u

n

=
(
λ
u

)

n
1

6
(
λ
u

)

n

{\displaystyle \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

F

(

N

;

R

)

∈
E

{\displaystyle 0\_{\mathcal{F}(\mathbb{N};\mathbb{R})}\in E}

 car il s'agit alors de la suite de premier terme

u
0

=
0

{\displaystyle u\_0=0}

 et de deuxième terme

u

1

=
0

{\displaystyle u\_{1}=0}

, qui vérifie bien

∀
n
∈

N

:

u

n

∈

R

 et

u

n
2

=

u

n
1

6

u

n

{\displaystyle \forall n\in\mathbb{N}: u\_{n}\in\mathbb{R}\mbox{ et }u\_{n+2}=u\_{n+1}+6u\_{n}}

.

Donc

E

{\displaystyle E}

 est un sous-espace vectoriel de

F

(

N

;

R

)

{\displaystyle \mathcal{F}(\mathbb{N};\mathbb{R})}

.

Donc

E

{\displaystyle E}

 est un espace vectoriel.

Soit maintenant

f
:
E
⟶

R

2

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

(

u

n

)

n
∈

N

⟼
(

u

0

;

u

1

)

{\displaystyle (u\_{n})\_{n\in\mathbb{N}}\longmapsto (u\_{0};u\_{1})}

###

f

{\displaystyle f}

 est un isomorphisme

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

Soient

(

u

n

)

n
∈

N

∈
E

{\displaystyle (u\_{n})\_{n\in\mathbb{N}}\in E}

 et

(

v

n

)

n
∈

N

∈
E

{\displaystyle (v\_{n})\_{n\in\mathbb{N}}\in E}

.

Alors

f

[

(

u

n

)

n
∈

N

(

v

n

)

n
∈

N

]

=
f

[

(

u

n

v

n

)

n
∈

N

]

=

(

u

0

v

0

;

u

1

v

1

)

=

(

u

0

;

u

1

)

(

v

0

;

v

1

)

{\displaystyle 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

[

(

u

n

)

n
∈

N

]

f

[

(

v

n

)

n
∈

N

]

{\displaystyle =f\left[(u\_{n})\_{n\in\mathbb{N}}\right]+f\left[(v\_{n})\_{n\in\mathbb{N}}\right]}

De plus, soit

λ
∈

R

{\displaystyle \lambda \in \R }

.

Alors

f

[

λ
(

u

n

)

n
∈

N

]

=
f

[

(
λ

u

n

)

n
∈

N

]

=

(

λ

u

0

;
λ

u

1

)

=
λ

(

u

0

;

u

1

)

=
λ
f

[

(

u

n

)

n
∈

N

]

{\displaystyle 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

{\displaystyle f}

 est injective.

k
e
r
(
f
# )
{

(

u

n

)

n
∈

N

∈
E

u

0

=

u

1

=
0
# }
{
(
0

)

n
∈

N

# }
{

0

E

}

{\displaystyle 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

k
e
r
(
f
# )
{

0

E

}

{\displaystyle ker(f) =\{0\_{E}\}}

 donc

f

{\displaystyle f}

 est injective.

* Vérifions maintenant que

f

{\displaystyle f}

 est surjective.

Soit

# a
(
x
;
y
)
∈

R

2

{\displaystyle a=(x;y)\in\mathbb{R}^{2}}

.

Alors en prenant la suite

(

u

n

)

n
∈

N

∈
E

{\displaystyle \left(u\_{n}\right)\_{n\in\mathbb{N}}\in E}

 telle que

u

0

=
x

{\displaystyle u{0}=x}

 et

u

1

=
y

{\displaystyle u\_{1}=y}

, on a bien

f

[

(

u

n

)

n
∈

N

]

=
(
x
;
y
# )
a

{\displaystyle f\left[\left(u\_{n}\right)\_{n\in\mathbb{N}}\right]=(x;y)=a}

.

Donc

∀
a
∈

R

2

,
∃

(

u

n

)

n
∈

N

∈
E
,
f

[

(

u

n

)

n
∈

N

]

=
a

{\displaystyle \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

{\displaystyle f}

 est surjective.

Donc

f

{\displaystyle f}

 est bijective, donc c'est un isomorphisme.

### Caractérisation de

E

{\displaystyle E}

* Il existe donc un isomorphisme entre

E

{\displaystyle E}

 et

R

2

{\displaystyle \mathbb R^{2}}

.

Donc d'après le théorème du rang,

E

{\displaystyle E}

 et

R

2

{\displaystyle \mathbb R^{2}}

 sont de même dimension.

Or,

R

2

{\displaystyle \mathbb R^{2}}

 est de dimension

2

{\displaystyle 2}

.

Donc

E

{\displaystyle E}

 est de dimension

2

{\displaystyle 2}

.

On remarque que l'équation caractéristique de

E

{\displaystyle E}

, à savoir

x

2

−
x
−
# 6
0

{\displaystyle x^{2}-x-6=0}

, admet

(
−
2
)

{\displaystyle (-2)}

 et

3

{\displaystyle 3}

 pour solutions.

* On vérifie que

(
(
−
2

)

n

)

n
∈

N

{\displaystyle ((-2)^{n})\_{n\in\mathbb{N}}}

 et

(

3

n

)

n
∈

N

{\displaystyle (3^{n})\_{n\in\mathbb{N}}}

 sont dans

E

{\displaystyle E}

.

En effet,

∀
n
∈

N

,
(
−
2

)

n
1

6
×
(
−
2

)

n

=
(
−
2

)

n

[

(
−
2
)
6

]

=
(
−
2

)

n

×
# 4
(
−
2

)

n

×
(
−
2

)

2

=
(
−
2

)

n
2

{\displaystyle \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
∈

N

∈

F

(

N

;

R

)

{\displaystyle ((-2)^{n})\_{n\in\mathbb{N}}\in\mathcal{F}(\mathbb{N};\mathbb{R})}

, on a bien

(
(
−
2

)

n

)

n
∈

N

∈
E

{\displaystyle ((-2)^{n})\_{n\in\mathbb{N}}\in E}

.

De même

∀
n
∈

N

,

3

n
1

6
×

3

n

=

3

n

×
(
3
6
# )

3

n

×
# 9

3

n

×

3

2

=

3

n
2

{\displaystyle \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
∈

N

∈

F

(

N

;

R

)

{\displaystyle (3^{n})\_{n\in\mathbb{N}}\in\mathcal{F}(\mathbb{N};\mathbb{R})}

, on a bien

(

3

n

)

n
∈

N

∈
E

{\displaystyle (3^{n})\_{n\in\mathbb{N}}\in E}

.

* On a

f

[

(
(
−
2

)

n

)

n
∈

N

]

=
(
1
;
−
2
)

{\displaystyle f\left[((-2)^{n})\_{n\in\mathbb{N}}\right]=(1;-2)}

 et

f

[

(

3

n

)

n
∈

N

]

=
(
1
;
3
)

{\displaystyle f\left[(3^{n})\_{n\in\mathbb{N}}\right]=(1;3)}

.

Or,

{
(
1
;
−
2
)
;
(
1
;
3
)
}

{\displaystyle \{(1;-2);(1;3)\}}

 est une famille libre (car ses élément au nombre de 2 sont non colinéaires) de

R

2

{\displaystyle \mathbb R^{2}}

 contenant 2 éléments. Or,

R

2

{\displaystyle \mathbb R^{2}}

 est de dimension 2, donc

{
(
1
;
−
2
)
;
(
1
;
3
)
}

{\displaystyle \{(1;-2);(1;3)\}}

 est une base de

R

2

{\displaystyle \mathbb R^{2}}

.

On a donc que

(
f

[

(
(
−
2

)

n

)

n
∈

N

]

;
f

[

(

3

n

)

n
∈

N

]

}

{\displaystyle (f\left[((-2)^{n})\_{n\in\mathbb{N}}\right];f\left[(3^{n})\_{n\in\mathbb{N}}\right]\}}

 est une base de

R

2

{\displaystyle \mathbb R^{2}}

.

Or,

f

{\displaystyle f}

 est un isomorphisme, donc

(
(
(
−
2

)

n

)

n
∈

N

;
(

3

n

)

n
∈

N

)

{\displaystyle (((-2)^{n})\_{n\in\mathbb{N}};(3^{n})\_{n\in\mathbb{N}})}

 est une base de

E

{\displaystyle E}

. (se démontre facilement, je le ferai si j'ai le temps, la démonstration passe par la fonction réciproque de

f

{\displaystyle f}

)

Donc pour toute suite

(

u

n

)

n
∈

N

∈
E

{\displaystyle (u\_{n})\_{n\in\mathbb{N}}\in E}

, on a

∃
(
a
;
b
)
∈

R

2

,
∀
n
∈

N

,

u

n

=
a
(
−
2

)

n

b

3

n

{\displaystyle \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
)
∈

R

2

{\displaystyle (a;b)\in\mathbb{R}^{2}}

Posons

# E
{

(

u

n

)

n
∈

N

∈

F

(

N

;

R

)

∀
n
∈

N

,

u

n
2

=
a

u

n
1

b

u

n

}

{\displaystyle 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

{\displaystyle E}

 est donc un sous-espace vectoriel de l'espace vectoriel des suites réelles, à savoir

F

(

N

;

R

)

{\displaystyle \mathcal{F}(\mathbb{N};\mathbb{R})}

.

###

E

{\displaystyle E}

 est un espace vectoriel

On sait que

E
⊂

F

(

N

;

R

)

{\displaystyle E\subset\mathcal{F}(\mathbb{N};\mathbb{R})}

 d'après la définition de

E

{\displaystyle E}

.

Soient

(

u

n

)

n
∈

N

∈
E

{\displaystyle (u\_{n})\_{n\in\mathbb{N}}\in E}

 et

(

v

n

)

n
∈

N

∈
E

{\displaystyle (v\_{n})\_{n\in\mathbb{N}}\in E}

.

Alors

(

u

n

)

n
∈

N

(

v

n

)

n
∈

N

=
(

u

n

v

n

)

n
∈

N

=
(
(
u
v

)

n

)

n
∈

N

∈

F

(

N

;

R

)

{\displaystyle (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

∀
n
∈

N

,
(
u
v

)

n
2

=

u

n
2

v

n
2

=
a

u

n
1

b

u

n

a

v

n
1

b

v

n

=
a
(
u
v

)

n
1

b
(
u
v

)

n

{\displaystyle \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
∈

N

(

v

n

)

n
∈

N

∈
E

{\displaystyle (u\_{n})\_{n\in\mathbb{N}}+(v\_{n})\_{n\in\mathbb{N}}\in E}

.

Soit

λ
∈

R

{\displaystyle \lambda \in \R }

.

Alors

λ
(

u

n

)

n
∈

N

=
(
λ

u

n

)

n
∈

N

∈

F

(

N

;

R

)

{\displaystyle \lambda(u\_{n})\_{n\in\mathbb{N}}=(\lambda u\_{n})\_{n\in\mathbb{N}}\in\mathcal{F}(\mathbb{N};\mathbb{R})}

et

∀
n
∈

N

,
(
λ
u

)

n
2

=
λ

u

n
2

=
λ
(
a

u

n
1

b

u

n

# )
λ
a

u

n
1

λ
b

u

n

=
a
(
λ
u

)

n
1

b
(
λ
u

)

n

{\displaystyle \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

>
λ
(

u

n

)

n
∈

N

∈
E

{\displaystyle >\lambda(u\_{n})\_{n\in\mathbb{N}}\in E}

De plus

0

F

(

N

;

R

)

∈
E

{\displaystyle 0\_{\mathcal{F}(\mathbb{N};\mathbb{R})}\in E}

 car il s'agit alors de la suite de premier terme

u
0

=
0

{\displaystyle u\_0=0}

 et de deuxième terme

u

1

=
0

{\displaystyle u\_{1}=0}

, qui vérifie bien

∀
n
∈

N

:

u

n

∈

R

 et

u

n
2

=
a

u

n
1

b

u

n

{\displaystyle \forall n\in\mathbb{N}: u\_{n}\in\mathbb{R}\mbox{ et }u\_{n+2}=au\_{n+1}+bu\_{n}}

.

Donc

E

{\displaystyle E}

 est un sous-espace vectoriel de

F

(

N

;

R

)

{\displaystyle \mathcal{F}(\mathbb{N};\mathbb{R})}

.

Donc

E

{\displaystyle E}

 est un espace vectoriel.

Soit maintenant

f
:
E
⟶

R

2

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

(

u

n

)

n
∈

N

⟼
(

u

0

;

u

1

)

{\displaystyle (u\_{n})\_{n\in\mathbb{N}}\longmapsto (u\_{0};u\_{1})}

###

f

{\displaystyle f}

 est un isomorphisme

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

Soient

(

u

n

)

n
∈

N

∈
E

{\displaystyle (u\_{n})\_{n\in\mathbb{N}}\in E}

 et

(

v

n

)

n
∈

N

∈
E

{\displaystyle (v\_{n})\_{n\in\mathbb{N}}\in E}

.

Alors

f

[

(

u

n

)

n
∈

N

(

v

n

)

n
∈

N

]

=
f

[

(

u

n

v

n

)

n
∈

N

]

=

(

u

0

v

0

;

u

1

v

1

)

=

(

u

0

;

u

1

)

(

v

0

;

v

1

)

{\displaystyle 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

[

(

u

n

)

n
∈

N

]

f

[

(

v

n

)

n
∈

N

]

{\displaystyle =f\left[(u\_{n})\_{n\in\mathbb{N}}\right]+f\left[(v\_{n})\_{n\in\mathbb{N}}\right]}

De plus, soit

λ
∈

R

{\displaystyle \lambda \in \R }

.

Alors

f

[

λ
(

u

n

)

n
∈

N

]

=
f

[

(
λ

u

n

)

n
∈

N

]

=

(

λ

u

0

;
λ

u

1

)

=
λ

(

u

0

;

u

1

)

=
λ
f

[

(

u

n

)

n
∈

N

]

{\displaystyle 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

{\displaystyle f}

 est injective.

k
e
r
(
f
# )
{

(

u

n

)

n
∈

N

∈
E

u

0

=

u

1

=
0
# }
{
(
0

)

n
∈

N

# }
{

0

E

}

{\displaystyle 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

k
e
r
(
f
# )
{

0

E

}

{\displaystyle ker(f) =\{0\_{E}\}}

 donc

f

{\displaystyle f}

 est injective.

* Vérifions maintenant que

f

{\displaystyle f}

 est surjective.

Soit

# a
(
x
;
y
)
∈

R

2

{\displaystyle a=(x;y)\in\mathbb{R}^{2}}

.

Alors en prenant la suite

(

u

n

)

n
∈

N

∈
E

{\displaystyle \left(u\_{n}\right)\_{n\in\mathbb{N}}\in E}

 telle que

u

0

=
x

{\displaystyle u{0}=x}

 et

u

1

=
y

{\displaystyle u\_{1}=y}

, on a bien

f

[

(

u

n

)

n
∈

N

]

=
(
x
;
y
# )
a

{\displaystyle f\left[\left(u\_{n}\right)\_{n\in\mathbb{N}}\right]=(x;y)=a}

.

Donc

∀
a
∈

R

2

,
∃

(

u

n

)

n
∈

N

∈
E
,
f

[

(

u

n

)

n
∈

N

]

=
a

{\displaystyle \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

{\displaystyle f}

 est surjective.

Donc

f

{\displaystyle f}

 est bijective, donc c'est un isomorphisme.

### Caractérisation de

E

{\displaystyle E}

* Il existe donc un isomorphisme entre

E

{\displaystyle E}

 et

R

2

{\displaystyle \mathbb R^{2}}

.

Donc d'après le théorème du rang,

E

{\displaystyle E}

 et

R

2

{\displaystyle \mathbb R^{2}}

 sont de même dimension.

Or,

R

2

{\displaystyle \mathbb R^{2}}

 est de dimension

2

{\displaystyle 2}

.

Donc

E

{\displaystyle E}

 est de dimension

2

{\displaystyle 2}

.

On remarque que l'équation caractéristique de

E

{\displaystyle E}

, à savoir

x

2

−
a
x
−
# b
0

{\displaystyle x^{2}-ax-b=0}

, admet pour déterminant

# Δ

a

2

4
b

{\displaystyle \Delta=a^{2}+4b}

### Si

Δ
>
0

{\displaystyle \Delta > 0}

Alors il y a 2 racines réelles,

x

1

=

a
−

a

2

4
b

2

{\displaystyle x\_{1}=\frac{a-\sqrt{a^{2}+4b}}{2}}

 et

x

2

=

a

a

2

4
b

2

{\displaystyle x\_{2}=\frac{a+\sqrt{a^{2}+4b}}{2}}

* On vérifie que

(

x

1

n

)

n
∈

N

{\displaystyle (x\_{1}^{n})\_{n\in\mathbb{N}}}

 et

(

x

2

n

)

n
∈

N

{\displaystyle (x\_{2}^{n})\_{n\in\mathbb{N}}}

 sont dans

E

{\displaystyle E}

.

Vu que

x
1

{\displaystyle x\_1}

 est racine de

x

2

−
a
x
−
# b
0

{\displaystyle x^{2}-ax-b=0}

,

on a donc

a

x

1

# b

x

1

2

{\displaystyle ax\_{1}+b=x\_{1}^{2}}

.

Donc

a

x

1

n
1

b

x

1

n

=

x

1

n

(

a

x

1

b

)

=

x

1

n

×

x

1

2

=

x

1

n
2

{\displaystyle 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
∈

N

∈

F

(

N

;

R

)

{\displaystyle (x\_{1}^{n})\_{n\in\mathbb{N}}\in\mathcal{F}(\mathbb{N};\mathbb{R})}

,

on a

(

x

1

n

)

n
∈

N

∈
E

{\displaystyle (x\_{1}^{n})\_{n\in\mathbb{N}}\in E}

.

De même, vu que

x
2

{\displaystyle x\_2}

 est racine de

x

2

−
a
x
−
# b
0

{\displaystyle x^{2}-ax-b=0}

,

on a donc

a

x

2

# b

x

2

2

{\displaystyle ax\_{2}+b=x\_{2}^{2}}

.

Donc

a

x

2

n
1

b

x

2

n

=

x

2

n

(

a

x

2

b

)

=

x

2

n

×

x

2

2

=

x

2

n
2

{\displaystyle 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
∈

N

∈

F

(

N

;

R

)

{\displaystyle (x\_{2}^{n})\_{n\in\mathbb{N}}\in\mathcal{F}(\mathbb{N};\mathbb{R})}

,

on a

(

x

2

n

)

n
∈

N

∈
E

{\displaystyle (x\_{2}^{n})\_{n\in\mathbb{N}}\in E}

.

* On a

f

[

(

x

1

n

)

n
∈

N

]

=
(
1
;

x

1

)

{\displaystyle f\left[(x\_{1}^{n})\_{n\in\mathbb{N}}\right]=(1;x\_{1})}

 et on a

f

[

(

x

2

n

)

n
∈

N

]

=
(
1
;

x

2

)

{\displaystyle f\left[(x\_{2}^{n})\_{n\in\mathbb{N}}\right]=(1;x\_{2})}

Or,

{
(
1
;

x

1

)
;
(
1
;

x

2

)
}

{\displaystyle \{(1;x\_{1});(1;x\_{2})\}}

 est une famille libre à 2 éléments de

R

2

{\displaystyle R^{2}}

 qui est de dimension 2.

Donc

(
(
1
;

x

1

)
;
(
1
;

x

2

)
)

{\displaystyle ((1;x\_{1});(1;x\_{2}))}

 est une base de

R

2

{\displaystyle R^{2}}

.

Donc

(
f

[

(

x

1

n

)

n
∈

N

]

;
f

[

(

x

2

n

)

n
∈

N

]

)

{\displaystyle (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

{\displaystyle R^{2}}

.

Donc

(
(

x

1

n

)

n
∈

N

;
(

x

2

n

)

n
∈

N

)

{\displaystyle ((x\_{1}^{n})\_{n\in\mathbb{N}};(x\_{2}^{n})\_{n\in\mathbb{N}})}

 est une base de

E

{\displaystyle E}

.

Donc

∀
(

u

n

)

n
∈

N

∈
E
,

∃
(
c
;
d
)
∈

R

2

,

∀
n
∈

N

,

u

n

=
c

x

1

n

d

x

2

n

{\displaystyle \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}}

.

# Δ
0

{\displaystyle \Delta = 0}

Alors il y a une unique racine

x

0

=

a
2

{\displaystyle x\_{0}=\frac{a}{2}}

.

On constate que

a

x

0

# b

x

0

2

{\displaystyle ax\_{0}+b=x\_{0}^{2}}

* On vérifie que

(

x

0

n

)

n
∈

N

∈
E

{\displaystyle (x\_{0}^{n})\_{n\in\mathbb{N}}\in E}

.

En effet,

∀
n
∈

N

,

a

x

0

n
1

b

x

0

n

=

x

0

n

(
a

x

0

b
# )

x

0

n

×

x

0

2

=

x

0

n
2

{\displaystyle \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
∈

N

∈

F

(

N

;

R

)

{\displaystyle (x\_{0}^{n})\_{n\in\mathbb{N}}\in \mathcal{F}(\mathbb{N};\mathbb{R})}

,

on a

(

x

0

n

)

n
∈

N

∈
E

{\displaystyle (x\_{0}^{n})\_{n\in\mathbb{N}}\in E}

.

* On vérifie que

(
n

x

0

n

)

n
∈

N

∈
E

{\displaystyle (nx\_{0}^{n})\_{n\in\mathbb{N}}\in E}

.

En effet,

∀
n
∈

N

,

a
(
n
1
)

x

0

n
1

b
n

x

0

n

=

x

0

n

[

a

x

0

(
n
1
)
b
n

]

=

x

0

n

[

a

x

0

n
b
n
a

x

0

]

=

x

0

n

[

n
(
a

x

0

b
)
a

x

0

]

{\displaystyle \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

[

n

x

0

2

a

x

0

]

=
n

x

0

n
2

a

x

0

n
1

=
n

x

0

n
2

a

a

n
1

2

n
1

=
n

x

0

n
2

a

n
2

2

n
1

=
n

x

0

n
2

2

a

n
2

2

n
2

{\displaystyle =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}}}

=
n

x

0

n
2

2

x

0

n
2

=
(
n
2
)

x

0

n
2

{\displaystyle =nx\_{0}^{n+2}+2x\_{0}^{n+2}=(n+2)x\_{0}^{n+2}}

.

Or, comme

(
n

x

0

n

)

n
∈

N

∈

F

(

N

;

R

)

{\displaystyle (nx\_{0}^{n})\_{n\in\mathbb{N}}\in \mathcal{F}(\mathbb{N};\mathbb{R})}

,

on a

(
n

x

0

n

)

n
∈

N

∈
E

{\displaystyle (nx\_{0}^{n})\_{n\in\mathbb{N}}\in E}

.

* On a

f

[

(

x

0

n

)

n
∈

N

]

=
(
1
;

x

0

)

{\displaystyle f\left[(x\_{0}^{n})\_{n\in\mathbb{N}}\right]=(1;x\_{0})}

 et

f

[

(
n

x

0

n

)

n
∈

N

]

=
(
0
;

x

0

)

{\displaystyle f\left[(nx\_{0}^{n})\_{n\in\mathbb{N}}\right]=(0;x\_{0})}

.

Or,

{
(
1
;

x

0

)
;
(
0
;

x

0

)
}

{\displaystyle \{(1;x\_{0});(0;x\_{0})\}}

 est une famille libre à 2 éléments de

R

2

{\displaystyle R^{2}}

 qui est de dimension 2.

Donc

(
(
1
;

x

0

)
;
(
0
;

x

0

)
)

{\displaystyle ((1;x\_{0});(0;x\_{0}))}

 est une base de

R

2

{\displaystyle R^{2}}

.

Donc

(
f

[

(

x

0

n

)

n
∈

N

]

;
f

[

(
n

x

0

n

)

n
∈

N

]

)

{\displaystyle (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

{\displaystyle R^{2}}

.

Donc

(
(

x

0

n

)

n
∈

N

;
(
n

x

0

n

)

n
∈

N

)

{\displaystyle ((x\_{0}^{n})\_{n\in\mathbb{N}};(nx\_{0}^{n})\_{n\in\mathbb{N}})}

 est une base de

E

{\displaystyle E}

.

Donc

∀
(

u

n

)

n
∈

N

∈
E
,

∃
(
c
;
d
)
∈

R

2

,

∀
n
∈

N

,

u

n

=
c

x

0

n

d
n

x

0

n

=
(
c
n
d
)

x

0

n

{\displaystyle \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}}

.