Montrer que l'espace des suites vérifiant uₙ₊₂ = uₙ₊₁ + uₙ est de…

La stratégie : exhiber un isomorphisme avec ${\mathbb{R}}^2$, puis reconnaître une base dans deux suites géométriques. Une suite récurrente linéaire d'ordre $2$ est entièrement déterminée par ses deux premiers termes : c'est cette bijection qui donne la dimension, sans aucun calcul explicite.

Notons $E=\{(u_n)\in {\mathbb{R}}^{\mathbb{N}}:\forall n,u_{n+2}=u_{n+1}+u_n\}$.

1) $E$ est un sous-espace vectoriel de ${\mathbb{R}}^{\mathbb{N}}$. La suite nulle y est ; et si $u,v\in E$ et $\lambda \in \mathbb{R}$, alors $(u+\lambda v{)}_{n+2}=u_{n+2}+\lambda v_{n+2}=(u_{n+1}+u_n)+\lambda (v_{n+1}+v_n)=(u+\lambda v{)}_{n+1}+(u+\lambda v{)}_n$. La relation est linéaire en la suite : c'est tout ce qui compte.

2) $\dim E=2$. Considérons $\Phi :E\to {\mathbb{R}}^2$, $u\mapsto (u_0,u_1)$.

• $\Phi$ est linéaire, immédiatement.
• $\Phi$ est injective : si $u_0=u_1=0$, une récurrence (double) donne $u_n=0$ pour tout $n$, car chaque terme est somme des deux précédents.
• $\Phi$ est surjective : pour $(a,b)\in {\mathbb{R}}^2$ donné, la relation $u_{n+2}=u_{n+1}+u_n$ construit de proche en proche une unique suite de $E$ avec $u_0=a$, $u_1=b$.

$\Phi$ est donc un isomorphisme, et $\dim E=\dim {\mathbb{R}}^2=2$.

3) Deux suites géométriques dans $E$. Une suite $(r^n)$ est dans $E$ si et seulement si $r^{n+2}=r^{n+1}+r^n$ pour tout $n$, c'est-à-dire (pour $r\ne 0$) $r^2=r+1$. Cette équation a deux racines réelles distinctes $$\phi =\frac{1+\sqrt{5}}{2}\approx 1,618034,{\phi }^{\prime }=\frac{1-\sqrt{5}}{2}\approx -0,618034$$ avec $\phi +{\phi }^{\prime }=1$ et $\phi {\phi }^{\prime }=-1$. Les suites $({\phi }^n)$ et $({\phi }^{\prime n})$ appartiennent donc à $E$.

4) Elles en forment une base. Ce sont deux vecteurs dans un espace de dimension $2$ : il suffit de les savoir libres. Or $\Phi (({\phi }^n))=(1,\phi )$ et $\Phi (({\phi }^{\prime n}))=(1,{\phi }^{\prime })$, et le déterminant ${\phi }^{\prime }-\phi =-\sqrt{5}\ne 0$. La famille image est libre dans ${\mathbb{R}}^2$, donc la famille de départ est libre dans $E$ : c'est une base.

⚠️ La liberté ne se lit pas sur les suites, elle se lit sur leurs images. C'est parce que $\Phi$ est un isomorphisme qu'on a le droit de tester la liberté sur les couples $(u_0,u_1)$ — un simple morphisme injectif suffirait, mais il faut le dire.

5) Binet. La suite de Fibonacci $F$ (avec $F_0=0$, $F_1=1$) est dans $E$ ; elle se décompose donc $F=\lambda ({\phi }^n)+\mu ({\phi }^{\prime n})$. Le système $\lambda +\mu =0$, $\lambda \phi +\mu {\phi }^{\prime }=1$ donne $\lambda =\frac{1}{\sqrt{5}}$, $\mu =-\frac{1}{\sqrt{5}}$, d'où $$\boxed{F_n=\frac{{\phi }^n-{\phi }^{\prime n}}{\sqrt{5}}}$$

Contrôle numérique (arithmétique exacte, vérifié pour $n=0$ à $30$ : aucun écart) :

$n$	$5$	$10$	$20$	$30$
$F_n$ par récurrence	$5$	$55$	$6765$	$832040$
$({\phi }^n-{\phi }^{\prime n})/\sqrt{5}$	$5$	$55$	$6765$	$832040$

(Avec un signe $+$ au lieu du $-$, la formule donnerait $\frac{123}{\sqrt{5}}$ en $n=10$ : le contrôle voit la faute.) La même méthode sur $u_0=2$, $u_1=1$ donne $\lambda =\mu =1$, soit $L_n={\phi }^n+{\phi }^{\prime n}$ — les nombres de Lucas, et $L_{10}=123$ est bien un entier.

Ce que l'exercice installe. Le chapitre 5 obtenait Binet par un calcul ; ici, la formule tombe d'une décomposition en base. C'est le modèle de toute la théorie des récurrences linéaires — et déjà celui des équations différentielles linéaires, dont l'espace des solutions est lui aussi de dimension égale à l'ordre.