Une propriété d'une suite de nombres
On peut montrer que pour tout entier naturel $n$ il existe un entier $A_n$, tel que $\displaystyle \left(\sqrt{2}-1\right)^n=\sqrt{A_n+1}-\sqrt{A_n}$
Vu dans cette vidéo.
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Réponses
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On a une propriété analogue avec $\displaystyle \left(2-\sqrt{3}\right)^n$.
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On peut généraliser avec $a\in\N^*$ : il existe une suite $(A_n)$ d'entiers naturels telle que $(\sqrt{a+1}-\sqrt a)^n=\sqrt{A_n+1}-\sqrt{A_n}$.
Elle vérifie $A_0=0$, $A_1=a$ et $A_{n+2}=(4a+2)A_{n+1}-A_n+2a$. -
Je pense que l'on peut généraliser un peu plus : $(\sqrt{a + k} -\sqrt a)^n = \sqrt{A_n + k^n} - \sqrt A_n$, au moins pour $k>0$
À vérifier.Il ne faut pas respirer la compote, ça fait tousser.
J'affirme péremptoirement que toute affirmation péremptoire est fausse -
Merci pour ce partage ! C’est surprenant et ça fera un bon exercice.
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Je suis d'accord avec Médiat_Suprème
La suite $(A_n)$ vérifie $A_0=0$, $A_1=a$, $A_2=4a(a+k)$ et la récurrence $A_{n+3}=(4a+3k)A_{n+2}-k(4a+3k)A_{n+1}+k^3A_n$. -
J'arrive à voir comment jandri trouve les relations de récurrence à partir du problème de départ.Par contre, en partant de la suite $(A_n)_{n\in\N}$ avec la définition donnée par jandri, je n'arrive pas à montrer directement (sans tout refaire) la relation\[\forall n\in\N,\quad (\sqrt{a+1}-\sqrt a)^n=\sqrt{A_n+1}-\sqrt{A_n}.\]Est-ce possible facilement selon vous ? Tant pis pour mon exercice sinon.
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Oui, c'est possible. On reformule en posant $B_n = A_{n} + \frac{1}{2}$ :$$B_{n+2} = (4 a + 2) B_{n+1} - B_n$$ On calcule les racines de l'équation caractéristique et on essaie de les formuler comme $r_1 = \frac{1}{(\sqrt{a+1} - \sqrt{a})^2}$ et $r_2 = (\sqrt{a+1} - \sqrt{a})^2$. Cela nous amène si je ne me suis pas trompé à :$$B_n = \frac{1}{4} \left(r_1^n + r_2^n\right)$$.Ce qui donne en soustrayant $\frac{1}{2}$ et en multipliant par $4$, puis en prenant la racine carrée :$$2 \sqrt{A_n} = \sqrt{r_1}^n - \sqrt{r_2}^n$$En multipliant par $\sqrt{r_2}$, on obtient (car $r_1 r_2 = 1$) :$$2 \sqrt{A_n} \sqrt{r_2}^n = 1 - r_2^n$$Donc :$$(\sqrt{A_n} + \sqrt{r_2}^n)^2 = A_n + 1$$On a finalement :$$\sqrt{r_2}^n = \sqrt{A_n + 1} - \sqrt{A_n}$$
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Si on part de la définition de $A_n$ avec la relation de récurrence il faut résoudre l'équation caractéristique associée pour obtenir l'expression de $A_n$ (que je n'ai pas donnée) comme combinaison linéaire de trois suites géométriques.
Avec cette expression on calcule facilement $\sqrt{A_n}$ et $\sqrt{A_n+k^n}$ en reconnaissant les développements de $(x-y)^2$ et $(x+y)^2$.
On en déduit $(\sqrt{a+k}-\sqrt a)^n=\sqrt{A_n+k^n}-\sqrt{A_n}$.
Edit : j'ai modifié ce que j'avais d'abord écrit car j'avais répondu à MrJ en pensant à la généralisation de Médiat_Suprème.
C'est pour cette généralisation qu'il intervient trois suites géométriques. Dans le problème initial l'une des suites est constante. -
Merci pour vos retours !J'essayais de démontrer le résultat précédent avec une récurrence pour pouvoir le mettre dans mes exercices de colle de la semaine prochaine, mais cette approche ne semble pas raisonnable. Je devrai attendre les chapitres sur les suites.
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Je ne vois pas pourquoi ce serait déraisonnable. On peut par exemple imaginer un exercice de ce genre.1) On considère la suite $(B_n)$ définie par $B_{n+2} = (4 a + 2) B_{n+1} - B_n$ avec $B_0 = \frac{1}{2}$ et $B_1 = a + \frac{1}{2}$. Montrer par récurrence double que $B_n = \frac{1}{4} \left(r_1^n + r_2^n\right)$ avec $r_1, r_2$ les solutions de l'équation du second degré $x^2 - (4 a + 2) x + 1 = 0$.2) On pose $A_n = B_n - \frac{1}{2}$, montrer que $A_n$ vérifie $A_{n+2} = (4 a + 2) A_{n+1} - A_n + 2 a$. En déduire que $A_n \in \mathbb{N}$.3) Montrer que $(\sqrt{a + 1} - \sqrt{a})^n = \sqrt{A_n + 1} - \sqrt{A_n}$.4) (Question bonus) En déduire que $(\sqrt{a + 1} - \sqrt{a})^n$ est irrationnel pour $n \geqslant 1$.La récurrence double se fait en trois lignes, le reste n'est pas long non plus.
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Sans la relation de récurrence, on peut aussi prouver, par exemple par analyse-synthèse, que si l'on pose $r=\sqrt{a+1}-\sqrt{a}$ alors pour tout $n\in\N$, $A_n=\frac{1}{4}(r^{-n}-r^n)^2$. Ensuite, on vérifie aisément que $\sqrt{A_n+1}-\sqrt{A_n}=r^n$ et il reste simplement à vérifier que $A_n$ est entier, ce qui peut s'établir en écrivant $ A_n=\frac{1}{4}(r^{-2n}+r^{2n})-\frac{1}{2}$ et en développant les binômes de Newton pour obtenir finalement \[A_n=\frac{(a+1)^n+a^n-1}{2}+\frac{a(a+1)}{2}\sum_{p=1}^{n-1} \binom{2n}{2p} (a+1)^{n-p-1}a^{p-1}\in\N \] lorsque $n\geq 1$ (et $A_0=0$).
[Edit] J'ai corrigé une erreur de calcul dans $A_n$.
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Oui, je vais procéder de cette manière.Merci pour toutes vos suggestions !
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jandri a dit : https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2383474/#Comment_2383474
On peut aussi exprimer cette suite $A_n$ avec $T_n(x)$ les polynômes de Chebyschev de première espèce qui vérifient $T_{n}\left(\cos\theta\right)=\cos\left(n\theta\right)$ : $$A_n=\frac{1}{2}\left(T_n(2a+1)-1\right)$$ Ce que j'ai fait en partant de la relation de récurrence donnée par jandri. Peut-on le montrer directement avec des formules trigo ?
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Oui, il suffit de poser $2a+1=\cosh t$.
On en déduit $a=\sinh^2(t/2)$, $1+a=\cosh^2(t/2)$
d'où $(\sqrt{a+1}-\sqrt a)^n=e^{-nt/2}=\cosh(nt/2)-\sinh(nt/2)=\sqrt{A_n+1}-\sqrt{ A_n}$
en posant $A_n=\sinh^2(nt/2)=\dfrac12(\cosh(nt)-1)=\dfrac12(T_n(\cosh(t))-1)=\dfrac12(T_n(2a+1)-1)$ -
Merci jandri. Il y a plein de petites choses autour de cet exercice!
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L'expression de Boécien avec les polynômes de Chebyschev de première espèce s'applique aussi à la généralisation proposée par Médiat_Suprème : $$(\sqrt{a + k} -\sqrt a)^n = \sqrt{A_n + k^n} - \sqrt A_n\quad {\rm avec}\quad A_n=\dfrac{k^n}2\left(T_n\left(\frac{2a+k}k\right)-1\right)$$Cela se démontre de la même façon en posant $2a+k=k\cosh(t)$.
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Joli
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Bonjour!
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