De fil en aiguille

On considère la fraction continue simple la plus (c’est bien le cas de le dire) simple qui soit et on appelle cette fraction continue \(\varphi\). \[\varphi = 1 + \cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+\dots}}}\]En soustrayant \(1\) de chaque côté, on obtient\[\varphi-1 = \cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+ \dots}}}\]Puis en inversant \[\frac{1}{\varphi-1}=\frac{1+\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+\dots}}}{1}\]ce qui n’est rien d’autre que \[\frac{1}{\varphi-1}=\frac{\varphi}{1}\]La fraction continue du départ est donc égale au nombre d’or, la solution positive de l’équation \[\varphi^{2}-\varphi-1=0\]Nous connaissons cette valeur grâce à la formule quadratique ou la complétion du carré.  C’est \[\varphi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\] et d’où l’on tire \[\frac{1+\sqrt{5}}{2}=1+\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+\dots}}}}\]Ceci étant dit, lorsqu’on calcule les réduites de la fraction continue simple, on obtient \begin{align*}1+\cfrac{1}{1}=1+1&=\frac{2}{1} \\ \\ 1+\cfrac{1}{1+\frac{1}{1}}=1+\frac{1}{2}&=\frac{3}{2} \\ \\ 1+\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+\frac{1}{1}}}=1+\cfrac{1}{1+\frac{1}{2}} = 1 +\frac{1}{\frac{3}{2}} &= \frac{5}{3} \\ \\ 1+\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+\frac{1}{1}}}}=1+\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+\frac{1}{2}}}=1+\cfrac{1}{1+\frac{3}{2}}=1+\cfrac{1}{\frac{5}{3}}&=\frac{8}{5} \\ \\ 1+\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+\frac{1}{1}}}}}= \ \dots \ = 1+\frac{1}{\frac{8}{5}}&=\frac{13}{8}\\ \\ 1+\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+\frac{1}{1}}}}}} = \ \dots \ &= \frac{21}{13} \\ \\ &\dots\end{align*}On obtient les rapports successifs des termes consécutifs de la suite de Fibonacci !  Ces rapports tendent donc vers le nombre d’or !  On écriera donc \begin{align*}u_{1}&=1 \\ \\ u_{2}&=1 \\ \\ u_{n}&=u_{n-1}+u_{n-2} \\ \\ \\ \varphi &= \lim_{n\to \infty}\frac{u_{n+1}}{u_{n}}\end{align*}Nous reviendrons à ce résultat exceptionnel plus tard.  Il existe une formule qui nous permet d’exprimer directement le \(n\)^ième terme de la suite de Fibonacci.  Cette formule est la suivante \[u_{n} = \frac{1}{\sqrt{5}}\left(\varphi^{n}-\left(1-\varphi\right)^{n}\right)\]Il n’est donc pas surprenant d’y retrouver le nombre d’or.  Les techniques pour trouver cette formule directement étant un peu avancées, nous nous contenterons d’en fournir la preuve par induction. Commençons d’abord par vérifier qu’elle soit vraie pour les premières valeurs de \(n\). En se rappelant que \[\varphi = \frac{1+\sqrt{5}}{2}\]on peut trouver que\begin{align*}u_{1}&=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\varphi^{1}-(1-\varphi)^{1}\right)\\  \\ &=\frac{2\varphi-1}{\sqrt{5}} \\ \\ &=\frac{1+\sqrt{5}-1}{\sqrt{5}} \\ \\ &=1\end{align*} et \begin{align*}u_{2}&=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\varphi^{2}-(1-\varphi)^{2}\right)\\  \\ &=\frac{\varphi^{2}-(1-2\varphi + \varphi^{2})}{\sqrt{5}} \\ \\ &=\frac{2\varphi-1}{\sqrt{5}}\\ \\ &=\frac{1+\sqrt{5}-1}{\sqrt{5}} \\ \\ &=1\end{align*}La formule fonctionne donc pour les premières valeurs de \(n\).  Supposons alors qu’elle soit vraie pour tout entier \(k\) tel que \[1\leq k \leq n\]C’est notre hypothèse d’induction.  Montrons qu’elle sera aussi vraie pour \(n+1\).  On sait que \[u_{n+1}=u_{n}+u_{n-1}\]et comme la formule est valide, par hypothèse, pour tout entier \(k\) jusqu’à \(n\) (cela inclut, au passage, \(n-1\) et, incidemment, nous avions vérifié deux termes au départ, et non pas un seul), on peut réécrire \[u_{n+1}=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\varphi^{n}-\left(1-\varphi\right)^{n}\right)+\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\varphi^{n-1}-\left(1-\varphi\right)^{n-1}\right)\]Un mise en évidence fait \[u_{n+1}=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\varphi^{n}-\left(1-\varphi\right)^{n}+\varphi^{n-1}-\left(1-\varphi\right)^{n-1}\right)\]puis en réarrangeant les termes \[u_{n+1}=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\varphi^{n}+\varphi^{n-1}-\left(\left(1-\varphi\right)^{n}+\left(1-\varphi\right)^{n-1}\right)\right)\]Une double mise en évidence nous permet d’écrire \[u_{n+1}=\frac{1}{\sqrt{5}}=\left(\varphi^{n}\left(1+\varphi^{-1}\right)-\left(1-\varphi\right)^{n}\left(1+\left(1-\varphi\right)^{-1}\right)\right)\]Or, comme \[\varphi = 1+\varphi^{-1}\]puisque \begin{align*}1+\varphi^{-1}&=1+\frac{2}{1+\sqrt{5}} \\ \\ &=\frac{1+\sqrt{5}+2}{1+\sqrt{5}} \\ \\ &=\frac{3+\sqrt{5}}{1+\sqrt{5}} \\ \\ &= \frac{3+\sqrt{5}}{1+\sqrt{5}} \cdot \frac{1-\sqrt{5}}{1-\sqrt{5}}\\ \\ &=\frac{3-3\sqrt{5}+\sqrt{5}-5}{1-5} \\ \\ &= \frac{-2-2\sqrt{5}}{-4} \\ \\ &=\frac{1+\sqrt{5}}{2} \\ \\ &=\varphi\end{align*}et \[1-\varphi = 1 +\left(1-\varphi\right)^{-1}\]puisque \begin{align*}1+\left(1-\varphi\right)^{-1}&=1+\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{-1} \\ \\ &=1+\frac{2}{1-\sqrt{5}} \\ \\ &=\frac{1-\sqrt{5}+2}{1-\sqrt{5}} \\ \\ &=\frac{3-\sqrt{5}}{1-\sqrt{5}} \\ \\ &=\frac{3-\sqrt{5}}{1-\sqrt{5}} \cdot \frac{1+\sqrt{5}}{1+\sqrt{5}} \\ \\ &=\frac{3+3\sqrt{5}-\sqrt{5}-5}{1-5} \\ \\ &=\frac{-2+2\sqrt{5}}{-4}\\ \\ &=\frac{1-\sqrt{5}}{2} \\ \\ &=1-\varphi\end{align*}il nous suffit de remplacer \[u_{n+1}=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\varphi^{n}\left(\varphi\right)-\left(1-\varphi\right)^{n}\left(1-\varphi\right)\right)\]afin d’obtenir \[u_{n+1}=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\varphi^{n+1}-\left(1-\varphi\right)^{n+1}\right)\]Voilà ! Par le principe d’induction, nous avons prouvé la formule. C’est le mathématicien écossais Robert Simson qui remarqua que \[\lim_{n\to \infty}\frac{u_{n+1}}{u_{n}}=\lim_{n\to \infty}\frac{\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\varphi^{n+1}-\left(1-\varphi\right)^{n+1}\right)}{\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\varphi^{n}-\left(1-\varphi\right)^{n}\right)}\]Après une première simplification\[\lim_{n\to \infty}\frac{u_{n+1}}{u_{n}}=\lim_{n\to \infty}\frac{\varphi^{n+1}-\left(1-\varphi\right)^{n+1}}{\varphi^{n}-\left(1-\varphi\right)^{n}}\]on effectue deux mises en évidence : l’une au numérateur et l’autre au dénominateur \[\lim_{n\to \infty}\frac{u_{n+1}}{u_{n}}=\lim_{n\to \infty}\frac{\varphi^{n+1}\left(1-\left(\frac{1-\varphi}{\varphi}\right)^{n+1}\right)}{\varphi^{n}\left(1-\left(\frac{1-\varphi}{\varphi}\right)^{n}\right)}\]ce qui fait\[\lim_{n\to \infty}\frac{u_{n+1}}{u_{n}}=\lim_{n\to \infty}\varphi \cdot \frac{1-\left(\frac{1-\varphi}{\varphi}\right)^{n+1}}{1-\left(\frac{1-\varphi}{\varphi}\right)^{n}}\]Or il est facile de voir que si \[1<\varphi<2\]alors \[-1<\frac{1-\varphi}{\varphi}<1\]et cela implique que \[\lim_{n\to \infty}\left(\frac{1-\varphi}{\varphi}\right)^{n}=0\]et évidemment aussi que \[\lim_{n \to \infty}\left(\frac{1-\varphi}{\varphi}\right)^{n+1}=0\]On obtient donc \[\lim_{n\to \infty}\frac{u_{n+1}}{u_{n}} = \varphi \cdot \frac{1-0}{1-0}\]ce qui fait tout simplement \[\lim_{n\to \infty}\frac{u_{n+1}}{u_{n}}=\varphi\]