E123. À la recherche de l’irrationnel ****
On définit la suite des entiersunpar son premier termeu1= 1 et la formule de récurrence un
+1=hp
2un(un+1)i dans laquelle [...] désigne la partie entière par défaut.
Dans un deuxième temps, on détermine la suite des entiersvndéfinie pour toutn>1 telle que vn=u2n
+1−2u2n
−1.
Démontrer quevnest len-ième chiffre dans la représentation binaire d’un nombre irrationnel que l’on déterminera.
Solution de Claude Felloneau
On utilisera le fait que pour tout réelx, on a [2x]=2 [x]+εavecε∈{0, 1}.
En effet, si [x]6x<[x]+1
2, 2 [x]62x<2 [x]+1 donc [2x]=2 [x].
Si [x]+1
26x<[x]+1, 2 [x]+162x<2 [x]+2 donc [2x]=2 [x]+1.
Pour toutn>1,un= hp
2n−1+p 2n−2i
(1) (résultat démontré en fin de texte).
On en déduit queu2n
+1=2n+ hp
22n−1i etu2n
−1=2n−1+ hp
22n−3i , donc vn=
hp 22n−1i
−2hp 22n−3i
. Commep
22n−1=2.p
22n−3, on avn=0 ouvn=1.
De plus, pourn>1,
n
X
k=1
vk21−k=
n
X
k=1
µu2k
+1
2k−1 − u2k
−1
2k−2
¶
= u2n
+1
2n−1 −2 Oru2n
+1= hp
22n+p 22n−1i
=£¡
2+p 2¢
2n−1¤
donc ¡ 2+p
2¢
2n−1−16u2n+16¡2+p 2¢
2n−1, d’ où
p2− 1 2n−1 6
n
X
k=1
vk21−k6p2
La limite lorsquentend vers+∞du premier membre est égale au troisième membre, donc :
+∞X
n=1
vn21−n=p 2
Conclusion :vnest len-ième chiffre de l’écriture binaire du nombrep 2.
Démonstration de (1) Pour toutn>1, soitan=
hp
2n−1+p 2n−2i
etrn= hp
2ni .
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Commeu1=a1, pour démontrer que pour toutn, un =an, il suffit d’établir que la suite (an) vérifie la même relation de récurrence que la suite (un).
Comme l’un des deux nombresp
2n−1,p
2n−2est un entier, on aan=rn
−1+rn
−2. Pour tout entier naturelk,
2an(an+1)−(an+k)2 (an+k+1)2−2an(an+1)
=a2n+2(1−k)an−k2 = −a2n+2k+(k+1)2
=(an+1−k)2−2k2+2k−1 = −(a−k)2+k2+(k+1)2
=(an+1−k)2−k2−(k−1)2 En prenantk=an
+1−an=rn−rn
−2, on ak=rn
−2+²avecε∈{0, 1} et 2an(an+1)−an2
+1 (an
+1+1)2−2an(an+1)
=(rn
−1+1−ε)2−(rn
−2+ε)2−(rn
−2+ε−1)2 = −(rn
−1−ε)2+(rn
−2+ε)2+(rn
−2+ε+1)2
>(rn
−1+1−ε)2−2r2
n−2−2εrn
−2−ε2 Sip
2n−2<rn
−2+1
2on aε=0, donc 2an(an+1)−a2
n+1 (an
+1+1)2−2an(an+1)
>(rn
−1+1)2−2r2
n−2 >−
³p 2n−1´2
+2 µ
rn
−2+1 2
¶2
+1 2
>0 >−2n−1+2³p
2n−2´2
+1 2 carrn
−1+1>p2n−1=p 2.p
2n−2>p2rn
−2 >1 2 Sirn
−2+1
26p2n−2on aε=1 etnest impair doncrn
−1=p 2n−1. On a alors
2an(an+1)−a2n
+1 (an
+1+1)2−2an(an+1)
>rn2
−1−2rn2
−2−2rn
−2−1 = −(rn
−1−1)2+(rn
−2+1)2+(rn
−2+2)2
>2n−1−2 µ
rn
−2+1 2
¶2
−1
2 > −rn2
−1+2(rn
−2+1)2
>2n−1−2³p 2n−2´2
−1
2 > −
³p 2n−1´2
+2³p 2n−2´2
>−1
2 >0
Comme 2an(an+1)−a2n
+1est un entier, on en déduit que 2an(an+1)−a2n
+1>0.
Finalementan2
+162an(an+1)<(an
+1+1)2, donc an
+16p2an(an+1)<an
+1+1.
Pour tout natureln,an
+1est entier, doncan
+1=£p
2an(an+1)¤
, ce qui termine la démonstra- tion.
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