Une suite

Si $a_{n+1}=6a_n-a_{n-1}$ alors $a_{n-1}a_{n+1}-a_n^2=8$ (comme pour la suite de Fibonacci).
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.

Ludwig, je croyais que l'énoncé avait été bidouillé à partir de la suite $a_n$, comme une devinette. Comme il provient d'une situation mathématique intéressante, je retire ce que j'ai dit et je demande pardon à l'énoncé, et à toi.

Ludwig, les réduites de $\sqrt 2$ sont les $\frac {P_n}{Q_n}$ définies par : $P_n+Q_n \sqrt 2=(1+ \sqrt 2)^n$, qu'on peut calculer à la main à partir de $P_0=1$, $Q_0=0$, avec les formules de récurrence : $P_{n+1}=P_n+2Q_n$, $Q_{n+1}=P_n+Q_n$.
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.

Bonjour Ludwig,

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:
$$\:\:x_{n-1}+ x_{n+1} = 6x_n.$$

L'inversion de centre O et de rapport 1 transforme la lemniscate de Bernoulli d'équation $(x^2+y^2)^2=x^2-y^2$ en l'hyperbole équilatère d'équation $x^2-y^2=1$. Le problème proposé par Ludwig devient la recherche des abscisses des points de contact de deux éléments consécutifs de la chaîne des cercles tangents intérieurement à cette hyperbole.

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 $1,4,9,16,\dots$.