Chapitre 2 La suite de Fibonacci et le nombre d’or
2.1 La suite de Fibonacci
2.1.1 La définition
La suite de Fibonacci est la suite u définie par :
u0=1
u1=1
un=un−1+un−2 pour n>1
2.1.2 Le programme avec Xcas
Il ne faut surtout pas écrire un programme récursif car sinon on calcule
les mêmes termes plusieurs fois :
Pour avoir un :
Fibonacci(n):={
local a,b,c;
si n==0 ou n==1 alors
retourne 1;
fsi;
a:=1;
b:=1;
pour k de 2 jusque n faire
c:=a+b;
a:=b;
b:=c;
fpour;
retourne c;
}:;
On tape :
Fibonacci(10)
On obtient :
89
Pour avoir les n premiers termes (le premier terme est u0):
Fibonasuite(n):={
local a,b,c,L;
L:=NULL;
si n<=0 alors retourne L;fsi;
L:=L,1;
si n==1 alors retourne L;fsi;
L:=L,1;
si n==2 alors retourne L; fsi;
a:=1;
b:=1;
pour k de 3 jusque n faire
c:=a+b;
L:=L,c;
a:=b;
b:=c;
fpour;
retourne L;
}:;
On tape :
Fibonasuite(11)
On obtient :
1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89
La suite de Fibonnacci vérifie :
En effet :
1*2−1=1, 3*1−22=−1, 5*2−32=1
et on a :
un+1.un−1−un2=un.un−1+un−12−un2=un(un−1−un)+un−12
Donc :
un+1.un−1−un2=−un.un−2+un−12.
On a par exemple :
5*13−82=1
Cela conduit au paradoxe suivant :
Soit un carré de côté 8 unités. 0n le découpe en 4 morceaux et on
dispose ces 4 morceaux comme ci dessous (on pourrait faire la même chose avec
un carré de côté un des termes un de la suite de Fibonacci puis faire
le découpage en utilisant les 2 termes précedents un−2 et un−1 ):
Le carré a comme surface 64 carrés alors que le rectangle est composé de
5*13=65 carrés. D’où vient le carré supplémentaire ?
Le carré supplémentaire est l’aire du parallélogramme bleu !!!!

En effet les bords des 4 morceaux ne suivent pas la diagonale du rectangle qui
a comme pente −5/13 ce qui est différent de -2/5 et de -3/8.
Selon la longueur du carré initial il peut soit y avoir un petit carré en
trop soit en manquer 1 puisque un+1.un−1−un2=(−1)n−1.
2.2 Le nombre d’or
Les quotients des termes successifs de la suite de Fibonnacci est la suite
vn=un+1/un pour n ≥ 0
Cette suite converge vers le
1+√5/2 : c’est le nombre d’or.
En effet, on a v0=1 et vn=1+un−1/un=1+1/vn−1 donc
v1=2, v2=3/2, v3=5/3.
Montrons par reécurrence que 1 ≤ vn ≤ 2 pour tout n :
1≤ v0=1<2
si 1 ≤ vn−1<2 alors 1/2≤ 1/vn−1≤ 1
donc 1≤ 1+1/2 ≤ vn≤ 1+1=2
Étude du signe de vn−vn−1 :
vn−vn−1=1/vn−1−1/vn−2=vn−2−vn−1/vn−1vn−2
Donc vn−vn−1 est du signe opposé à celui de vn−1−vn−2.
Donc v2n−v2n−2 a le mme signe que v2−v0=1/2>0 et
v2n+1−v2n−1 a le même signe que v3−v1=−1/3<0
La suite v2n est convergente vers 1≤ a≤ 2 car croissante et
majorée.
v2n+1 est convergente vers 1≤ b≤ 2 car décroissante et
minorée.
On doit avoir a=1+1/b et b=1+1/a donc ab=b+1=a+1 donc a=b
Donc v converge vers a=b=φ qui vérifie :
φ=1+1/φ ou encore φ2−φ−1=0 et 1≤ φ ≤ 2.
donc φ=1+√5/2
Le nombre d’or est :
2.2.1 Propriétés du nombre d’or
Si un réctangle est tel que le rapport de la longueur L à la largeur l
soit φ alors :
On tape :
spiror(a,b,n):={
local au,r,L;
L:=NULL;
si n==0 alors retourne L,segment(a,b);fsi;
au :=(1+sqrt(5))/2;
L:=L,rectangle(a,b,au-1);
r:=(b-a)*(au-1);
L:=L,affichage(cercle(a+r,r,pi/2,pi),1);
retourne L,spiror(a+r*(1+i),a+r,n-1);
}:;
puis on tape :
spiror(0,1/2+sqrt(5)/2,7)
On obtient :
2.3 Un exercice niveau terminale
On cosidère la fonction f definie sur ℝ* par :
On note f@@ n=f∘ f..∘ f (On compose f, n fois)
-
Calculer :
f@@ 2=f∘ f, f@@ 3=f∘ f∘ f, f@@ 4=f∘ f∘ f∘ f
- Trouver la valeur de f@@ n en fonction de n.
- Résoudre, lorsqu’on utilise n traits de fractions, l’équation
d’inconnue x :
- Touver la limite lorsque n tends vers +∞ de
lorsque a>0 et lorsqu’on utilise n traits de fractions.
2.3.2 La solution avec Xcas
-
On définit la fonction f, on tape :
f(x):=(x+1)/x
On calcule f@@ 2=f(f(x)), on tape :
normal((f@@2)(x))
On obtient :
(2*x+1)/(x+1)
On calcule f@@ 3=f(f(f(x))), on tape :
normal((f@@3)(x))
On obtient :
(3*x+2)/(2*x+1)
On calcule f@@ 4, on tape :
normal((f@@4)(x))
On obtient :
(5*x+3)/(3*x+2)
- On suppose que :
f@@ n=anx+bn/cnx+dn
On cherche une relation de récurrence entre les différents coefficients.
On définit la fonction g, on tape :
g(x,a,b,c,d):=(a*x+b)/(c*x+d)
On a :
(f@@ n+1)(x)=f(g(x,a,b,c,d))
On calcule f(g(x,a,b,c,d)) et on tape :
normal(f(g(x,a,b,c,d)))
On obtient :
(a*x+b+c*x+d)/(a*x+b)
donc :
cn+1=an, dn+1=bn
an+1=an+cn=an+an−1
bn+1=bn+dn=bn+bn−1
On sait que a1=1, b1=1 a0=c1=1 b0=d1=0
Donc si la suite de Fibonacci est la suite u définie par :
u0=1, u1=1
un=un−1+un−2 pour n>1:
Alors
f@@ n=anx+bn/cnx+dn
avec an=un, bn=cn=an−1, dn=an−2
- On résout l’équation d’inconnue x, avec 1 trait de fractions :
x=1+1/x
On tape :
normal(1+1/x)
On obtient : (x+1)/x
Donc f(x)=1+1/x
Il faut donc résoudre f(x)=x, on tape :
solve(x=f(x),x)
On obtient : [1/2*(1-sqrt(5)),1/2*(1+sqrt(5))]
On reconnait le nombre d’or et l’inverse de son opposé.
On résout l’équation d’inconnue x, avec 2 traits de fractions :
x=1+ 1/1+ 1/x
On tape :
normal(1+1/(1+1/x))
On obtient : (2*x+1)/(x+1)
On reconnait f(f(x)) ou bien
puisque f(x)=1+1/x, on a :
1+ 1/1+ 1/x=1+1/f(x)=f(f(x))
.
Il faut donc résoudre f(f(x))=x, on tape :
solve(f(f(x))=x,x)
On obtient :
[1/2*(1-sqrt(5)),1/2*(1+sqrt(5))]
qui sont les mêmes solutions qur f(x)=x.
On doit résoudre l’équation avec n traits de fractions :
(f@@ n)(x)=x
Comme (f@@ n) est une fonction homographique ( i.e.
(f@@ n)(x) est de la forme (a*x+b)/(c*x+d))),
cette équation est une équation du 2-nd degré donc admet au plus 2
solutions. Les 2 solutions de f(x)=x sont aussi solutions de
(f@@ n)(x)=x donc (f@@ n)(x)=x a les mêmes solutions que
f(x)=x.
- Chercher la limite lorsque le nombre de traits tend vers l’infini de :
revient à chercher la limite de la suite des itérées de f définit
par : u0=a>0, un=f(un−1) pour n>0.
On a en effet (avec n traits de fractions) :
.
Avec Xcas, on tape dans un niveau de géométrie 2-d :
supposons(a=[6.0,0,9,0.1])
plotseq(1+1/x,[a,0,9],5)
On obtient :
Montrons que la suite un converge vers
φ=1+√5/2 qui est la
solution positive de l’équation f(x)=x.
Puisque a>0, on a u1=b=1+1/a>1>0 et pour tout n>0 un>1>0.
Si u0=a>φ alors b=u1=1+1/a<1+1/φ=φ et
si u0=a<φ alors b=u1=1+1/a>1+1/φ=φ
De même si c=un>φ alors d=un+1=1+1/c<φ et un+2=1+1/c>φ.
Suupposons par exemple que a=u0>φ
Alors pour tout n∈ ℕ on a u2n>φ et u2n+1<φ
On a :
un+1−un=f(un)−f(un−1)=1/un−1/un−1=(un−1−un)/(un−1un)
Comme (un−1un)>0 on en déduit que un+1−un et un−un−1−
sont de signe opposé donc que un+1−un et un−1−un−2 et sont de
même signe.
Ainsi u2n−u2n−2 a le même signe que u2−u0 et
u2n+1−u2n−1 a le même signe que u3−u1.
Signe de u2−u0 :
u2−u0=(2a+1)/(a+1)−a=(−a2+a+1)/(a+1)<0 puisque a>φ et que φ est la
plus grande racine de −x2+x+1
Signe de u3−u1 :
u3−u1=(2b+1)/(b+1)−b=(−b2+b+1)/(b+1)>0 puisque 0<b<φ et que φ est la
plus grande racine de −x2+x+1 et que 0 se trouve entre les racines.
On a donc montrer que u2n est décroissante et minorée donc est
convergente vers la solution positive de f(f(x))=x qui est φ
et que u2n+1 est croissante et majorée donc est convergente
vers la solution positive de f(f(x))=x qui est φ .
Donc un converge vers φ.
Remarque Lorsque a=1, un est le quotient de de 2 termes consécutifs
de la suite de Fibonacci.
2.4 Deux suites convergentes vers le nombre d’or L
2.4.1 u0=1 et un+1=√1+un pour n∈ ℕ
Soit la suite u définie par :
u0=1 et un+1=√1+un pour n∈ ℕ.
Calculer une valeur approché de u5.
Montrer que u est à terme positif et est croissante (on montrera que
un+1−un>0 pour n∈ ℕ).
Soit L la racine positive de x2−x−1=0.
Montrer que un<L pour n∈ ℕ.
En déduire que u converge vers L=1+√5/2
On tape :
sqrt(1+sqrt(1+sqrt(1+sqrt(1+sqrt(2.)))))
On obtient :
1.61612120651
ou bien, on tape :
1
sqrt(1.+ans())
On valide la dernière ligne 5 fois et on obtient :
1.61612120651
ou bien, on utilise le tableur...
On tape :
mult_conjugate(sqrt(1+u1)-sqrt(1+u0))
On obtient apres simplification du numérateur :
(-u0+u1)/(sqrt(1+u1)+sqrt(1+u0))
ce qui veut dire que u2−u1 a la même signe que u1−u0=√2−1>0.
Le même calcul montre que un+1−un a la même signe que un−un−1 qui
a la même signe que un−1−un−2 etc..qui a la même signe que
u1−u0.
Donc un+1−un>0 pour n∈ ℕ. La suite u est donc croissante.
On tape :
solve(x^
2-x-1)
On obtient :
[1/2*(1-(sqrt(5))),1/2*(1+sqrt(5))]
Donc L=1/2*(1+√5)≃ 1.61803398875 et L=√1+L.
On tape :
mult_conjugate(sqrt(1+un)-sqrt(1+L))
On obtient :
(-L+un)/(sqrt(1+un)+sqrt(1+L))
Donc un+1−L a le même signe que un−L qui
a la même signe que un−1−L etc..qui a la même signe que
u0−L=1/2*(1−sqrt(5))<0. Donc u est majorée par L.
La suite u est croissante et major'e donc u est convergente et sa limite
a vérifie a=√1+a. Donc a=L.
La convergence de un n’est pas très rapide puisque u5 donne la
valeur de L avec seulement 2 décimales exactes.
2.4.2 u0=2 et un+1=un2+1/2un−1 pour n∈ ℕ
Soit la suite u définie par :
u0=2 et un+1=un2+1/2un−1 pour n∈ ℕ.
En considérant la fonction g définie par g(x)=x2−x−1, montrer que
un est la suite de la méthode de Newton pour trouver une valeur
approchée de L:=1/2*(1+sqrt(5)) qui est le zéro de g dans
[1,2], c’est à dire que un+1=un−g(un/g′(un).
Montrer que un+1−L=(un−L)2/2un−1.
Montrer par récurrence que un>L pour tout n∈ ℕ
Montrer que u est décroissante et converge vers L
Calculer une valeur approché de u5.
On tape :
g(x):=x^
2-x-1
f(x):=x-g(x)/g’(x)
normal(f(x))
On obtient :
(x^
2+1)/(2*x-1)
Donc un+1=f(un).
On tape :
L:=1/2*(1+sqrt(5))
normal(f(L))
On obtient :
1/2*(1+sqrt(5))
Donc f(L)=L
On tape pour calculer un+1−L:
factor(f(un)-f(L))
On obtient :
(2*(un+(-(sqrt(5))-1)/2)^
2)/(4*un-2)
On a u0=2>L et si un>L alors 2un−1>2L−1>0 donc puisque
un+1−L=(un−L)2/2un−1>0 on en déduit que un+1>L.
On tape pour avoir le signe de un+1−un :
normal(f(un)-un)
On obtient :
(-un^
2+un+1)/(2*un-1)
Comme un>L un est à l’extérieur des racines de −x2+x+1 donc
−un2+un+1<0 et 2un−1>0 donc un+1−un<0 donc u est décroissante
et converge vers a la racine positive de f(x)−x.
On tape :
normal(solve(f(x)-x))
On obtient :
[(-(sqrt(5))+1)/2,(sqrt(5)+1)/2]
Donc a=L=(√5+1)/2
On tape :
(f@@5)(2.)
On obtient (avec 30 chiffres significatifs):
1.618033988749894848204586838338
On tape :
(f@@5)(2.)-(sqrt(5)+1)/2.
On obtient :
0.3972703518693015452053465054764e-26
La convergence de un est tres rapide puisque u5 donne la valeur de L
avec 26 décimales exactes.
2.5 Le nombre d’or et cos(π/5)
2.5.1 Calcul de cos(2π/5)
Soit z1=exp(i*2π/5).
z1=a+ib=cos(2π/5)+i*sin(2π/5) est la racine de
z5−1=0 qui vérifie a>0 et b>0.
Puisque z5−1=(z−1)(z4+z3+z2+z+1), z1=a+ib est la racine de
z4+z3+z2+z+1=(z+1/z)2+(z+1/z)−1=0.
On pose Z=z+1/z et on tape :
solve(Z^
2+Z-1,Z)
On obtient :
[1/2*(-1-sqrt(5)),1/2*(-1+sqrt(5))]
Comme z1=a+ib est de module 1, on a 1/z1=a−ib et donc
z1+1/z1=2a=2cos(2π/5).
On a donc :
On tape :
normal(expand((1/4*(-1+sqrt(5)))^
2))
On obtient :
(-sqrt(5)+3)/8
Donc :
2.5.2 Calcul de 2cos(π/5)
On a :
cos(2π/5)=2cos(π/5)2−1
Donc :
2cos(π/5)2=cos(2π/5)+1)=−1+√5/4+1
On tape :
normal(1/4*(-1+sqrt(5))+1)
On obtient :
(sqrt(5)+3)/4
Donc :
On tape :
normal(expand((1/4*(1+sqrt(5)))^
2))
On obtient :
(sqrt(5)+3)/8
Donc :
Le nombre d’or est :
Donc