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Suites homographiques

Définition

On dira qu'une fonction $ f$ est homographique si il existe des réels $ a$ , $ b$ , $ c$ et $ d$ tel que $ c\neq0$ et \[\forall x\in \R-\left\{-\dfrac{d}{c}\right\}, \ f(x)=\dfrac{ax+b}{cx+d}\]

Par exemple la fonction $ f(x)=\dfrac{2x-1}{3x+2}$ est homographique.

Définition

On dira qu'une suite $ u$ est homographique si :

Il existe une fonction homographique $ f$ définie sur un domaine $ \mathcal{D}$ tel que pour tout $ n\in \N$ , $ u_{n+1}=f(u_n)$ .
Pour tout $ n\in \N$ , $ u_n\in \mathcal{D}$

Pour une fonction homographique $ f(x)=\dfrac{ax+b}{cx+d}$ son domaine $ \mathcal{D}$ est $ \R-\left\{-\dfrac{d}{c}\right\}$ . Par exemple la suite $ \left\{ \begin{array}{rcl} u_0&=&0\\ u_{n+1}&=&\dfrac{u_n-1}{u_n+1} \end{array} \right. $ n'est pas une suite homographique. En effet, la fonction homographique est $ f(x)=\dfrac{x-1}{x+1}$ définie sur $ \R-\{-1\}$ . Or si $ u_0=0$ alors $ u_1=\dfrac{u_0-1}{u_0+1}=\dfrac{0-1}{0+1}=-1\not\in\R-\{-1\}$ Autre exemple : la suite $ \left\{ \begin{array}{rcl} u_0&=&0\\ u_{n+1}&=&\dfrac{u_n+1}{u_n-1} \end{array} \right. $ est une suite homographique. En effet, la fonction homographique est $ f(x)=\dfrac{x+1}{x-1}$ définie sur $ \R-\{1\}$ . De plus on a pour tout $ n\in \N$ , $ u_n=0$ ou $ u_n=-1$ . Cela se montre par récurrence le cas initial étant trivial. Si on suppose que $ u_n=0$ ou $ u_n=-1$ montrons qu'il en va de même pour $ u_{n+1}$ . Si $ u_n=0$ alors $ u_{n+1}=\dfrac{0+1}{0-1}=-1$ Si $ u_n=-1$ alors $ u_{n+1}=\dfrac{-1+1}{-1-1}=0$ Ce qui conclut la récurrence.

Définition

Soit $ f(x)=\dfrac{ax+b}{cx+d}$ une fonction homographique. On définit le déterminant de $ f$ , noté $ \det(f)$ le nombre \[\det(f)=ad-bc\]

Par exemple le déterminant de la fonction $ f(x)=\dfrac{2x-1}{3x+2}$ est $ \det(f)=2\times2-(-1)\times3=7$ .

Proposition

Soit $ u$ une suite homographique de fonction $ f$ . Les conditions suivantes sont équivalentes :

$ (i)$ .: $ \det(f)=0$ .
$ (ii)$ .: La fonction $ f$ est constantes

Dans ce cas la suite homographique $ u$ est constante (à partir d'un certain rang).

Démonstration

Notons $ f(x)=\dfrac{ax+b}{cx+d}$ la fonction homographique. On rappel que $ \det(f)=ad-bc$ et que $ c\neq0$ .

$ (i)\Rightarrow (ii)$ .: Supposons que $ \det(f)=0$ . On a alors, puisque $ c\neq0$ , $ b=\dfrac{ad}{c}$ alors dans ce cas \begin{eqnarray*} f(x) &=&\dfrac{ax+b}{cx+d}\\ &=&\dfrac{ax+\dfrac{ad}{c}}{cx+d}\\ &=&\dfrac{\dfrac{acx+ad}{c}}{cx+d}\\ &=&\dfrac{\dfrac{a}{c}(cx+d)}{cx+d}\\ &=&\dfrac{a}{c} \end{eqnarray*}
$ (ii)\Rightarrow (i)$ .: Supposons que la fonction $ f$ soit constante. Cela signifie que pour tout $ x$ dans le domaine de définition de $ f$ , $ \dfrac{ax+b}{cx+d}=\lambda$ pour un certain réel $ \lambda$ . En réécrivant cette égalité, on a donc que pour tout $ x$ , $ (-\lambda c+a)x=\lambda d-b$ . Une autre manière de dire que cette égalité est vraie pour tout $ x$ équivaut à dire que l'équation qu'elle définie admet un infinité de solution. Cela n'est possible que si $ -\lambda c+a=0$ et $ \lambda d-b=0$ ce qui se reformule en $ \dfrac{a}{c}=\lambda=\dfrac{b}{d}$ soit $ ad=bc$ et donc $ \det(f)=0$ .

Comme nous l'avons exploré tout au long des chapitres, l'une des questions fréquentes lorsque l'on manipule des suites est de passer de la forme récurrente à la forme explicite. Pour n'importe qu'elle suite cela est difficile voir impossible. Dans le cas très particulier des suites arithmétiques, géométrique ou arithmético-géométrique, nous y sommes parvenu. Pour les suites homographique, nous allons également pouvoir y parvenir. Appliquons dans un premier temps le théorème du point fixe.

Corollaire

Soit $ u$ une suite homographique à valeur dans un un intervalle $ I\subset \R$ , définie par la fonction $ f(x)=\dfrac{ax+b}{cx+d}$ . Si, pour tout $ x\in I$ , $ |det(f)|{<}(cx+d)^2$ la fonction $ f$ admet un unique point fixe dans $ I$ et $ u$ converge vers ce point fixe.

Démonstration

On a $ f'(x)=\dfrac{a(cx+d)-c(ax+b)}{(cx+d)^2}=\dfrac{det(f)}{(cx+d)^2}$ . La condition de l'énoncé équivaut donc à dire que $ |f'(x)|{<}1$ et donc la fonction est $ k$ -lipschitzienne pour $ k{<}1$ . Elle admet donc un unique point fixe valeur de convergence de la suite.

Considérons par exemple la suite homographique $ \left\{ \begin{array}{rcl} u_0&=&-2\\ u_{n+1}&=&\dfrac{2u_n-1}{2-u_n} \end{array} \right. $ dont le déterminant de la fonction associée vaut $ 3$ . On montre par récurrence que pour tout $ n\in\N$ , $ u_n {<}0$ . On observe que si $ x{<}0$ alors $ -x{>}0$ d'où $ 2-x{>}2$ donc $ (2-x)^2{>}4{>}3=det(f)$ (on se place sur l'intervalle $ ]-\infty ; 0[$ ). Donc la suite converge vers l'unique point fixe de $ f$ sur $ ]-\infty ; 0[$ . Déterminons ce point fixe : c'est la solution de l'équation $ f(x)=x$ . \[f(x)=x\ \Leftrightarrow\ \dfrac{2x-1}{2-x}=x \Leftrightarrow\ 2x-1=2x-x^2 \Leftrightarrow\ 1=x^2 \] Les deux solutions de cette équation sont $ 1$ et $ -1$ mais une seule valeur est dans l'intervalle $ ]-\infty ; 0[$ . La limite de cette suite est $ -1$ . A partir du point fixe on peut chercher la forme explicite d'une suite homographique. Observons en effet que nous avons trouvé que $ -1$ et $ 1$ étaient les seuls points fixe de $ f$ sur son domaine de définition. On considère alors $ v_n=\dfrac{u_n-1}{u_n+1}$ alors \begin{eqnarray*} v_{n+1} &=&\dfrac{u_{n+1}-1}{u_{n+1}+1}\\ &=&\dfrac{\dfrac{2u_n-1}{2-u_n}-1}{\dfrac{2u_n-1}{2-u_n}+1}\\ &=&\dfrac{\dfrac{(2u_n-1)-(2-u_n)}{2-u_n}}{\dfrac{(2u_n-1)+(2-u_n)}{2-u_n}}\\ &=&\dfrac{\dfrac{3u_n-3}{2-u_n}}{\dfrac{u_n+1}{2-u_n}}\\ &=&\dfrac{3u_n-3}{u_n+1}\\ &=&3\dfrac{u_n-1}{u_n+1}\\ &=&3v_n \end{eqnarray*} et $ v_n$ est une suite géométrique de raison $ 3$ . Son premier terme $ v_0=\dfrac{u_0-1}{u_0+1}=\dfrac{-2-1}{-2+1}=3$ . On peut donc écrire $ v_n=3\times3^n=3^{n+1}$ . Dans ce cas \begin{eqnarray*} 3^{n+1}=\dfrac{u_n-1}{u_n+1} &\Leftrightarrow & 3^{n+1}(u_n+1)=u_n-1\\ &\Leftrightarrow & 3^{n+1}u_n+3^{n+1}=u_n-1\\ &\Leftrightarrow & 3^{n+1}u_n-u_n=-3^{n+1}-1\\ &\Leftrightarrow & u_n(3^{n+1}-1)=-3^{n+1}-1\\ &\Leftrightarrow & u_n=-\dfrac{3^{n+1}+1}{3^{n+1}-1} \end{eqnarray*} Et nous avons donc trouvé la forme explicite de $ u$ . Formalisons tout ça avec un théorème.

Théorème

Soit $ u$ une suite homographique associée à la fonction $ f(x)=\dfrac{ax+b}{cx+d}$ définie sur un domaine $ \mathcal{D}$ . Supposons que

$ (i).$: la suite $ u$ soit à valeur dans un intervalle $ I\subset\mathcal{D}$ ,
$ (ii).$: la fonction $ f$ admette un unique point fixe $ \ell$ dans $ I$ ,
$ (iii).$: la suite $ u$ converge vers $ \ell$ ,
$ (iv).$: il existe des réels $ \alpha$ et $ \beta$ tel que $ cx^2+(d-a)x-b=c(x-\alpha)(x-\beta)$ ,
$ (v)$ .: $ u_0\neq\alpha$ et $ u_0\neq\beta$ .

Alors

Si $ \alpha\neq\beta$: alors $ v_n=\dfrac{u_n-\alpha}{u_n-\beta}$ est une suite géométrique.
Si $ \alpha=\beta$: alors la suite $ v_n=\dfrac{1}{u_n-\alpha}$ est une suite arithmétique.

Démonstration

Commençons par observer qu'une fonction homographique est une bijection (de son domaine sur son codomaine). Précisément \begin{eqnarray*} y=f(x) &\Leftrightarrow & y=\dfrac{ax+b}{cx+d}\\ &\Leftrightarrow & y(cx+d)=ax+b\\ &\Leftrightarrow & cxy+dy=ax+b\\ &\Leftrightarrow & cxy-ax=b-dy\\ &\Leftrightarrow & x(cy-a)=b-dy\\ &\Leftrightarrow & x=\dfrac{b-dy}{cy-a} \end{eqnarray*} Observons de plus que $ f(x)=x$ est équivalent à $ cx^2+(d-a)x-b=0$ . Ainsi la condition $ (iv)$ se reformule en demandant que $ \alpha$ et $ \beta$ soient les points fixe de $ f$ . Autrement dit : \[\alpha = \dfrac{a\alpha+b}{c\alpha+d}\qquad \beta = \dfrac{a\beta+b}{c\beta+d}\] Mais un point fixe d'une fonction bijective $ f$ est également un point fixe de sa bijection réciproque. En particulier nous avons \[\alpha=\dfrac{b-d\alpha}{c\alpha-a}\qquad \beta=\dfrac{b-d\beta}{c\beta-a}\] Si $ \alpha\neq\beta$ alors \begin{eqnarray*} v_{n+1} &=&\dfrac{u_{n+1}-\alpha}{u_{n+1}-\beta}\\ &=&\dfrac{\dfrac{au_n+b}{cu_n+d}-\alpha}{\dfrac{au_n+b}{cu_n+d}-\beta}\\ &=&\dfrac{\dfrac{au_n+b-\alpha cu_n-\alpha d}{cu_n+d}}{\dfrac{au_n+b-\beta cu_n-\beta d}{cu_n+d}}\\ &=&\dfrac{au_n+b-\alpha cu_n-\alpha d}{au_n+b-\beta cu_n-\beta d}\\ &=&\dfrac{(a-\alpha c)u_n+b-\alpha d}{(a-\beta c)u_n+b-\beta d}\\ &=&\dfrac{(a-\alpha c)\left(u_n+\dfrac{b-\alpha d}{a-\alpha c}\right)}{(a-\beta c)\left(u_n+\dfrac{b-\beta d}{a-\beta c}\right)}\\ &=&\dfrac{(a-\alpha c)\left(u_n-\alpha\right)}{(a-\beta c)\left(u_n-\beta\right)}\\ &=&\dfrac{a-\alpha c}{a-\beta c}\dfrac{u_n-\alpha}{u_n-\beta}\\ &=&\dfrac{a-\alpha c}{a-\beta c}v_n \end{eqnarray*} Si $ \alpha=\beta$ alors la racine est double. Cela signifie que la racine du polynôme ($ (iv)$ ) est \[\alpha=\dfrac{a-d}{2c}\] \begin{eqnarray*} v_{n+1} &=&\dfrac{1}{u_{n+1}-\alpha}\\ &=&\dfrac{1}{\dfrac{au_n+b}{cu_n+d}-\alpha}\\ &=&\dfrac{cu_n+d}{au_n+b-\alpha c u_n-\alpha d}\\ &=&\dfrac{cu_n+d}{au_n+b-\dfrac{a-d}{2c} c u_n-\alpha d}\\ &=&\dfrac{cu_n+d}{\dfrac{a+d}{2}u_n+b-\alpha d}\\ &=&\dfrac{cu_n+d}{\dfrac{a+d}{2}u_n+\alpha(c\alpha-a)}\\ &=&\dfrac{cu_n+d}{\dfrac{a+d}{2}u_n+\alpha\left(c\dfrac{a-d}{2c}-a\right)}\\ &=&\dfrac{cu_n+d}{\dfrac{a+d}{2}u_n-\alpha\dfrac{a+d}{2}}\\ &=&\dfrac{cu_n+d}{\dfrac{a+d}{2}(u_n-\alpha)}\\ \end{eqnarray*} \begin{eqnarray*} &=&\dfrac{cu_n+d+\dfrac{a}{2}-\dfrac{a}{2}}{\dfrac{a+d}{2}(u_n-\alpha)}\\ &=&\dfrac{\dfrac{a+d}{2}+cu_n-\dfrac{a-d}{2}}{\dfrac{a+d}{2}(u_n-\alpha)}\\ &=&\dfrac{\dfrac{a+d}{2}+cu_n-c\dfrac{a-d}{2c}}{\dfrac{a+d}{2}(u_n-\alpha)}\\ &=&\dfrac{\dfrac{a+d}{2}+cu_n-c\alpha}{\dfrac{a+d}{2}(u_n-\alpha)}\\ &=&\dfrac{\dfrac{a+d}{2}+c(u_n-\alpha)}{\dfrac{a+d}{2}(u_n-\alpha)}\\ &=&\dfrac{\dfrac{a+d}{2}}{\dfrac{a+d}{2}(u_n-\alpha)}+\dfrac{c(u_n-\alpha)}{\dfrac{a+d}{2}(u_n-\alpha)}\\ &=&\dfrac{1}{u_n-\alpha}+\dfrac{c}{\dfrac{a+d}{2}}\\ &=&v_n+\dfrac{c}{\dfrac{a+d}{2}}\\ \end{eqnarray*}

Remarque

Ce théorème est somme toute très inquiétant. Il montre simplement la méthode permettant d'arriver à la forme explicite.

La conditions $ (i)$: permet de s'assurer que la suite est bien définie.
Les conditions $ (ii)$ et $ (iii)$: permettent de s'assurer que le point fixe existe et est unique (sur $ I$ ).
La condition $ (iv)$: correspond à trouver les points fixe de la fonction $ f$ .
La condition $ (v)$: évite les problèmes. Mais si $ u_0=\alpha$ ou $ u_0=\beta$ alors la suite $ u_n$ est constante.

Un énoncé d'exercice commençant par Soit $ u$ une suite homographique convergente... suffit à s'abstenir de vérifier les conditions $ (i)$ , $ (ii)$ et $ (iii)$

Remarque

Le détail de la démonstration donne en particulier les raisons des suites $ v$ du théorème.

Dans le cas ou $ \alpha\neq\beta$: alors la raison de la suite géométrique $ v_n=\dfrac{u_n-\alpha}{u_n-\beta}$ est $ \dfrac{a-\alpha c}{a-\beta c}$
Dans le cas ou $ \alpha=\beta$: alors la raison de la suite arithmétique $ v_n=\dfrac{1}{u_n-\alpha}$ est $ \dfrac{2c}{a+d}=\dfrac{c}{\sqrt{det(f)}}$ .

Supposons que la suite $ \left\{ \begin{array}{rcl} u_0&=&-2\\ u_{n+1}&=&\dfrac{u_n-\dfrac{3}{2}}{6u_n-5} \end{array} \right. $ est convergente. Déterminons sa limite. C'est un point fixe de la fonction homographique associé. \[ \dfrac{x-\dfrac{3}{2}}{6x-5}=x \quad \Leftrightarrow \quad x-\dfrac{3}{2}=x(6x-5) \quad \Leftrightarrow \quad x-\dfrac{3}{2}=6x^2-5x \quad \Leftrightarrow \quad 6x^2-6x+\dfrac{3}{2}=0 \] Le discriminant de ce polynôme est $ \Delta=(-6)^2-4(6)\dfrac{3}{2}=0$ . Le polynôme admet donc une seule racine double $ \ell=\dfrac{-(-6)}{2(6)}=\dfrac{1}{2}$ . Regardons la suite $ v_n=\dfrac{1}{u_n-\dfrac{1}{2}}$ et montrons qu'elle est arithmétique. Pour cela il faut montrer que la quantité $ v_{n+1}-v_n$ ne dépend pas de $ n$ . \begin{eqnarray*} v_{n+1}-v_n &=&\dfrac{1}{u_{n+1}-\dfrac{1}{2}}-\dfrac{1}{u_n-\dfrac{1}{2}}\\ &=&\dfrac{1}{\dfrac{u_n-\dfrac{3}{2}}{6u_n-5}-\dfrac{1}{2}}-\dfrac{1}{u_n-\dfrac{1}{2}}\\ &=&\dfrac{6u_n-5}{u_n-\dfrac{3}{2}-3u_n+\dfrac{5}{2}}-\dfrac{1}{u_n-\dfrac{1}{2}}\\ &=&\dfrac{6u_n-5}{-2u_n+1}-\dfrac{1}{u_n-\dfrac{1}{2}}\\ &=&\dfrac{(6u_n-5)\left(u_n-\dfrac{1}{2}\right)-(-2u_n+1)}{(-2u_n+1)\left(u_n-\dfrac{1}{2}\right)}\\ &=&\dfrac{6u_n^2-3u_n-5u_n+\dfrac{5}{2}-(-2u_n+1)}{-2u_n^2+u_n+u_n-\dfrac{1}{2}}\\ &=&\dfrac{6u_n^2-6u_n+\dfrac{3}{2}}{-2u_n^2+2u_n-\dfrac{1}{2}}\\ &=&-3 \end{eqnarray*} Ainsi $ v$ est bien une suite arithmétique de raison $ -3$ et de premier terme $ v_0=\dfrac{1}{u_0-\dfrac{1}{2}}=\dfrac{1}{-2-\dfrac{1}{2}}=-\dfrac{2}{5}$ . Alors pour tout $ n$ , $ v_n=-3n-\dfrac{2}{5}$ soit $ \dfrac{1}{u_n-\dfrac{1}{2}}=-3n-\dfrac{2}{5}$ soit encore $ u_n=\dfrac{1}{-3n-\dfrac{2}{5}}+\dfrac{1}{2}$ .