ensemble de base.

Estimation du nombre d’exceptions ` a ce qu’un ensemble de base priv´e d’un point reste un

ensemble de base.

Bruno DESCHAMPS et Georges GREKOS Universit´e de Saint-Etienne

Abstract.—In this article, we show that ifAdenotes a basis set of orderh≥2 and ifA^∗ denotes the set of elementsa∈A such thatA− {a} remains a basis set, then ](A−A^∗)≤5.7q

h

logh. Moreover, thanks to an example, we show that this estimate inOq

h logh

is best possible.

R´esum´e.—On montre dans cet article que siAd´esigne un ensemble de base d’ordre h≥2 et siA^∗d´esigne l’ensemble des ´el´ementsa∈Atels queA−{a}reste un ensemble de base, alors](A−A^∗) ≤5.7q

h

logh. On montre de plus, grˆace `a un exemple, que cette estimation enOq

h logh

est la meilleure possible.

1.— Introduction et r´esultats.

Si A d´esigne une partie de N et h ≥ 1 un entier, on notehA l’ensemble {x1+· · ·+x_h / x₁,· · ·, x_h∈A}. Si A et B sont deux parties de N, on note A∼B, si la diff´erence sym´etrique A∆B est finie. On dit qu’une partieA deN est unensemble de base, s’il existeh∈N^∗tel quehA∼N. Le plus petith∈N^∗ v´erifiant hA∼ N est alors appel´e ordre de A. Si A est un ensemble de base, on noteA^∗ l’ensemble des ´el´ementsa∈Atel queA− {a}soit un ensemble de base.

Pour un ensembleAde base d’ordreh, l’´etude de l’ordre deA− {a}lorsque a∈A^∗ a ´et´e entreprise dans une s´erie de travaux, notamment [Nas] et [Gre1]

o`u il est d´emontr´e que l’ordre de A− {a} ne d´epasse pas h²+ 3h

2 et que pour tout h, il existe un ensemble de base Ah d’ordre h et un ´el´ement a ∈ A^∗_h tel que l’ordre deAh− {a} d´epasse h²−3h

3 . L’´etude deA−A^∗a ´et´e abord´e dans [Gre2], o`u il est montr´e que pour un ensemble de base Ad’ordreh, le cardinal deA−A<sup>∗</sup>est major´e parh−1. L’objet de cet article est de montrer le th´eor`eme suivant:

Th´eor`eme 1.—SiA est un ensemble de base d’ordreh≥2, alors ](A−A^∗)≤C

s h

logh, avec C=p

4e^2.0769+e⁻¹'5.6822

Le cardinal de (A−A^∗) est donc unOq

h logh

. Cette estimation est en fait la meilleure possible comme le montre le

Th´eor`eme 2.—Il existe une constanteK >0et une suite d’ensembles de base (An)n d’ordre hn≥2telle que:

•limnhn = +∞,

•](An−A^∗_n)≥Kq

hn

logh_n.

que nous montrons dans la derni`ere partie de cet article.

2.— Preuves des th´eor`emes.

2.1.— Preuve du th´eor`eme 1.

Si d d´esigne un entier non nul, on note φ_d la surjection canonique de N dansZ/dZ. Pour n ∈N^∗, on notep_n le n-i`eme nombre premier. Dans ce qui suit,Ad´esigne un ensemble de base d’ordreh.

Lemme 1.—Soita∈A. Les propositions suivantes sont ´equivalentes:

i)A− {a}est un ensemble de base, ii)p.g.c.d.{b−b⁰/ b, b⁰ ∈A− {a}}= 1.

Preuve: non ii) ⇒ non i) Si p.g.c.d.{b−b⁰/ b, b⁰ ∈ A− {a}} = d > 1, alors φd(A− {a}) = {α} et par suite, pour tout h ∈ N, φd(h(A− {a})) = hφd(A− {a}) ={hα} 6=Z/dZ, ce qui prouve que l’on n’a pash(A− {a})∼N. ii)⇒i) (Les id´ees essentielles de cette preuve viennent de l’article [EG] d’Erd¨os et Graham.)

Posons A ={a0 < a1 <· · · } et notonsA1 = A−a (translat´e deA par l’entiera). On a donc

A₁={x−a/ x∈A}

L’ensembleA1est alors un sous-ensemble deZqui contient 0. CommehA∼N, on a hA1 ∼ N car hA1 =hA−ha(translat´e de hApar l’entier ha). Posons B=A− {a}etB₁=A₁− {0}. On a alorsB₁=B−a, il s’ensuit queB est un ensemble de base si et seulement siB₁ en est un. Nous allons montrer queB₁ est bien un ensemble de base.

PuisqueB1est le translat´e deB, on a

p.g.c.d.{b−b⁰/ b, b⁰ ∈B1}=p.g.c.d.{b−b⁰/ b, b⁰ ∈B}= 1 Si l’on poseB1={b0< b1<· · · }, on remarque alors que

p.g.c.d.{b−b⁰/ b, b⁰ ∈B₁}=p.g.c.d.{bk+1−b_k/ k∈N}

Comme p.g.c.d.{bk+1 −bk/ k ∈ N} = 1, il existe un entier t ∈ N tel que p.g.c.d.{bk+1−bk/ k≤t}= 1. En effet, la fonction

f(n) =p.g.c.d.{bk+1−bk/ k≤n}

est une suite d’entiers d´ecroissante et de limite 1. Elle est donc stationnaire.

Par application du th´eor`eme de B´ezout, il existe des entiers c0,· · ·, ct∈Z tels que:

t

X

k=0

ck(bk+1−bk) = 1 Posons alors

pk =

bk+1 si ck≥0 bk si ck<0 qk =

bk si ck≥0 bk+1 si ck<0 on a alors

t

X

k=0

|ck|(pk−qk) = 1 c’est-`a-direPt

k=0|ck|pk = 1 +Pt

k=0|ck|qk. Prenons un ´el´ement q∈B₁∩Net posons

M =

t

X

k=0

q|ck|pk=q+

t

X

k=0

q|ck|qk

On a alorsM ∈nB1∩(n+ 1)B1avecn=qPt

k=0|ck|. On en d´eduit donc que 2M ∈2nB1∩(2n+ 1)B1∩(2n+ 2)B1 et par r´ecurrence que pour toutw∈N^∗,

wM∈

w

\

k=0

(wn+k)B1

On prend w = h−1, on a alors wM ∈ Th−1

k=0((h−1)n+k)B1. Pour tout r= 1,· · ·, h, on a 0≤h−r≤h−1 et donc (h−1)M ∈[(h−1)n+ (h−r)]B1. Ainsi,

(h−1)M +rB₁⊂[(h−1)n+ (h−r) +r]B₁= [(h−1)n+h]B₁ et par suite

h

[

r=1

[(h−1)M +rB1]⊂[(h−1)n+h]B1

Maintenant,hA1∼Net puisque 0∈A1, on a hA1=

h

[

r=1

rB1∼N

Mais commerB1∼(h−1)M+rB1, on en d´eduit queSh

r=1[(h−1)M+rB1]∼N et par suite queB1est un ensemble de base d’ordre ≤(h−1)n+h.

——–

Lemme 2.—L’ensembleA−A^∗ est fini.

Preuve: Enum´erons les ´el´ements deAen une suite (xn)nstrictement croissante.

Consid´erons la fonctionf :N−→Nd´efinie par:

f(n) =p.g.c.d.{xi−xj / i, j≤n}

La fonctionf est d´ecroissante et v´erifie lim_nf(n) = 1. Donc il existen₀∈Ntel quef(n₀) = 1. SoitA₁={x0,· · · , x_n0}. Il est clair que pour touta∈A−A₁, p.g.c.d.{b−b⁰; b, b⁰ ∈A− {a}}= 1 (puisqueA₁ ⊂A− {a}). Donc d’apr`es le lemme 1,A−A^∗⊂A₁.

——–

Notons alorsA−A^∗={x1,· · · , xs} et pour touti= 1,· · · , sposons di=p.g.c.d.{b−b⁰/ b, b⁰ ∈A− {xi}}

Lemme 3.—On a pour touti= 1,· · · , s,2≤di≤h.

Preuve: Le fait qued_i ≥2 provient directement du lemme 1. Puisque d_i = p.g.c.d.{b−b⁰/ b, b⁰ ∈A− {xi}}, on en d´eduit queφd_i(A− {xi}) n’a qu’un seul

´el´ement. Soitaiun repr´esentant dansNde cet ´el´ement. On aφd_i(ai)6=φd_i(xi) car sinon φd_i(A) ne contient qu’un seul ´el´ement et par suite A n’est plus de base. Il est clair queφd_i(hA) =hφd_i(A) et par suite, commehest l’ordre deA, on a

hφd_i(A) =Z/diZ Posonsω1=φd_i(ai) etω2=φd_i(xi). On a:

hφdi(A) ={iω1+jω2/ i+j=h}=Z/diZ

Cet ensemble a h+ 1 ´el´ements (non n´ecessairement distincts), on en d´eduit donc que d_i ≤ h+ 1. Si d_i = h+ 1, alors quel que soit k = 1,· · ·, h, on a kω₁+ (h−k)ω₂ 6= hω₂. Prenons un entier n assez grand tel que n ∈ hA et n≡hx_i(d_i), alors il existe un entierk ≤htel que n=kx_i+α_k+1+· · ·+α_h avec α_k+1,· · · , α_h ∈ A− {x_i}. On a alors φ_di(n) = hω₂ = (h−k)ω₁+kω₂ ce qui n’est possible que sik = h. En prenant n > hxi, on obtient alors une absurdit´e. Ainsi,di≤h.

——–

Lemme 4.—Pour touti et toutj distincts, on a p.g.c.d.(di, dj) = 1.

Preuve: Soiti6=j etd >1 un diviseur commun dedietdj. D’apr`es le lemme 1, on a]φd_i(A− {xi}) = 1 et]φd_j(A− {xj}) = 1. On a, puisqued|di et d|dj, ]φd(A− {xi}) = 1 et ]φd(A− {xj}) = 1. CommeAest infini, on en d´eduit que φd(A− {xi}) =φd(A− {xj}) et par suite]φd(A) = 1, ce qui est en contradiction avec le fait queAest un ensemble de base.

——–

Lemme 5.—Pour tout entiern≥2, on an!≥nⁿe⁻ⁿ.

Preuve: Pourn= 2, on a bien 2!

2²e⁻² ≥1. Posons pour toutn≥2, un = log

n!

nⁿe⁻ⁿ

On veut montrer queun≥0. C’est vrai pourn= 2. Calculons un+1−un: u_n+1−u_n = log(n+ 1) + 1 +nlog(n)−(n+ 1) log(n+ 1)

= 1−nlog(1 + 1/n)

Par ailleurs, on a toujours log(1+x)≤xpourx≥0, donc 1−nlog(1+1/n)≥0.

La suite (un)n est donc croissante, ce qui prouve le lemme.

——–

Lemme 6.—Soient n etk deux entiers de N^∗. Le nombreAn(k)den-uplets (α1,· · · , αn)∈Nⁿ tels que

n

X

i=1

αi=k vaut

A_n(k) =C_k+n−1^k = (k+ 1)(k+ 2)· · ·(k+n−1) (n−1)!

Preuve: On aA1(k) = 1,A2(k) =k+ 1. Supposons qu’au rangn≥2, on ait An(k) =C_k+n−1^k . Alors, au rangn+ 1:

A_n+1(k) =

k

X

i=0

A_n(i) =C_n−1⁰ +C_n¹+C_n+1² +· · ·+C_k+n−1^k =C_k+n^k

——–

Lemme 7.—Pour toutn≥2, on a:

p₁· · ·p_n≥nⁿ(logⁿn)α⁻ⁿ avecα=e^1.0769.

Preuve: Voir [Rob].

Lemme 8.—On as²logs≤2eαh.

Preuve: D’apr`es le lemme 1, on ]φd<sub>i</sub>(A− {x1,· · ·, xs}) = 1 pour tout i = 1,· · ·, s. Le lemme 4 affirme que lesdi sont premiers deux `a deux, donc par le th´eor`eme des restes chinois, on en d´eduit que ]φq(A− {x1,· · ·, xs}) = 1 pour q = d₁· · ·d_s. Soit λ = φ_q(A− {x1,· · ·, x_s}), λ₁ = φ_q(x₁),· · ·, λ_s = φ_q(x_s).

CommehA∼N, on en d´eduit que Z/qZ=

(

α0λ+α1λ1+· · ·+αsλs/(α0,· · ·, αs)∈N^s+1,

s

X

k=0

αk=h )

Ce dernier ensemble compte au plusC_h+s^h = (h+ 1)· · ·(h+s)

s! ´el´ements (lemme 6). On en d´eduit donc que:

d₁· · ·d_s≤ (h+ 1)· · ·(h+s) s!

Par ailleurs, le lemme 4 permet d’affirmer que p1· · ·ps ≤ d1· · ·ds et comme s≤h(lemme 3 et 4), on en d´eduit que:

s!s^s(log^ss)α^−s≤(2h)^s Par le lemme 5, on as!≥s^se^−s et par suite:

s²logs≤2eαh Preuve du th´eor`eme 1: Supposons ques > Cq

h

logh, on a alors:

s² > C²_log^h_h

logs > logC+¹₂logh−¹₂log logh et par suite

s²logs > C² 2 h−C²

2 hlog logh

logh +C²logC h logh On en d´eduit, par le lemme 8, que:

2eαh >C² 2 h−C²

2 hlog logh

logh +C²logC h logh c’est-`a-dire, apr`es simplification, que:

4eα C² −1

logh+ log logh−2 logC >0 Consid´erons la fonctionf :]1,+∞[→Rd´efinie par:

f(x) = 4eα

C² −1

logx+ log logx−2 logC On a

f⁰(x) =

4eα−C² C²

1 x+ 1

xlogx La fonctionf⁰ s’annule enx0=exp

C² C²−4eα

. La fonctionf est croissante sur ]1, x₀] et d´ecroissante sur [x₀,+∞[, elle pr´esente donc un maximum absolu en x0, mais commef

exp

C² C²−4eα

= 0, on obtient alors une absurdit´e.

——–

2.2.— Preuve du th´eor`eme 2.

Soitn≥2 un entier. On consid`ere l’ensemble An=p1· · ·pnN∪ {qi=Y

j6=i

pj/i= 1,· · ·, n}

(A₂= 6N∪ {2,3},A₃= 30N∪ {6,10,15},A₄= 210N∪ {30,42,70,105}, etc.) Proposition 1.—L’ensembleAn est de base d’ordre1−n+Pn

k=1pk et A_n−A^∗_n ={q₁,· · ·, q_n}

Preuve: Soitq=q1+· · ·+qn. L’entier qest premier avecp1· · ·pn, sinon il existerait un indice itel que pi divise q. Comme pi diviseqj pour tout j 6=i, pi diviseraitqi ce qui est absurde. L’entierqengendre doncZ/p1· · ·pnZce qui justifie queA_n est de base et que son ordre est≤n.p₁· · ·p_n+ 1.

Soit maintenant un indicei₀∈ {1,· · ·, n}. Pour touti6=i₀,q_i est divisible par p_i0 donc pour tout h, les ´el´ements de h(A_n− {qi0}) sont divisibles par p_i0 ce qui prouve queA_n− {q_i0}n’est pas un ensemble de base. Reste maintenant `a calculer l’ordre deA_n.

Pour tout entierh, posons Ω_h=φ_p1···pn

( _n X

k=1

α_kq_k/(α₁,· · ·, α_n)∈Nⁿ et

n

X

k=1

α_k ≤h )

Si hn d´esigne l’ordre de An, il est alors clair que hn = h+ 1 avec h le plus petit entier tel que Ωh = Z/p1· · ·pnZ, c’est-`a-dire tel que ]Ωh = p1· · ·pn. Consid´erons alors l’ensemble

E= (

(α1,· · ·, αn)∈Nⁿ /

n

X

k=1

αk ≤h )

et surE d´efinissons la relation d’´equivalence∼suivante:

(α1,· · ·, αn)∼(β1,· · · , βn)⇐⇒

n

X

k=1

αkqk ≡

n

X

k=1

βkqk mod(p1· · ·pn) Il est alors clair que]Ω_h=]E/∼.

Lemme.—Soient(α1,· · ·, αn)et(β1,· · ·, βn)deux ´el´ements deE. Les propo- sitions suivantes sont ´equivalentes:

i)(α1,· · · , αn)∼(β1,· · ·, βn), ii)∀i= 1,· · ·, n,α_i≡β_i mod(p_i).

Preuve du lemme: ii)⇒i): siαi−βi est divisible par pi, alors (αi−βi)qi

est divisible parp1· · ·pn et par suitePn

k=1(αk−βk)qk≡0 mod(p1· · ·pn).

i) ⇒ ii): Supposons que Pn

k=1(αk −βk)qk ≡ 0 mod(p1· · ·pn), on a donc

Pn

k=1(αk −βk)qk ≡ 0 mod(pi) pour tout i = 1,· · ·, n. Mais comme qk est divisible par pi pour tout k 6= i, on en d´eduit que (αi−βi)qi ≡ 0 mod(pi).

Maintenantqi est premier avecpi donc (αi−βi)≡0 mod(pi).

——–

Par cons´equent une classe de repr´esentants deE/∼est donn´ee par lesn-uplets (α₁,· · · , α_n) v´erifiants

0≤αi ≤pi−1 ∀i= 1,· · ·, n;

n

X

k=1

αk ≤h

On en d´eduit donc que si E_h=

(

(α₁,· · ·, α_n)/

n

X

k=1

α_k≤h et0≤α_i≤p_i−1∀i= 1,· · ·, n )

alors]Ωh=]Eh. NotonsNn(h) le cardinal deEh. Sih≥Pn

k=1pk−nalors Nn(h) =]{(α1,· · ·, αn)/ 0≤αi≤pi−1∀i= 1,· · · , n}=p1· · ·pn

Maintenant sih <Pn

k=1p_k−n, au moins un desn-uplets (α₁,· · ·, α_n) assujetis aux conditions 0≤α_i≤p_i−1∀i= 1,· · ·, nne figure pas dansE_h, c’est-`a-dire que N_n(h) < p₁· · ·p_n. On en d´eduit donc que le plus petit entier h tel que ]Ωh=p1· · ·pn vautPn

k=1pk−net ainsihn=Pn

k=1pk−n+ 1.

——–

Le th´eor`eme des nombres premiers a comme cons´equence l’´equivalence suiv- ante:

pn'nnlogn Il existe donc une constanteω >1 telle que:

∀n≥2, pn ≤ωnlogn et par suite on a la majoration

hn≤

n

X

k=1

pk≤ωn²logn

Si l’on notes_n =](A_n−A^∗_n) on a alorss_n =net ce qui pr´ec`ede assure alors que

h_n≤ωs²_nlogs_n

On choisit la constanteω telle queω > _{log 2}² et on pose K = q2

ω. Supposons qu’il existe unn≥1 tel ques_n< Kq

h_n

logh_n, alors on a s²_nlogsn <K²

2 hn−K² 2 hn

log loghn

logh_n +K²logK hn

logh_n

Compte tenu du fait que _ω¹hn≤s²_nlogsn, on en d´eduit que

−log logh_n+ logK²>0

ce qui implique queh_n < e^K2 ≤2, ce qui, ´etant absurde, montre le th´eor`eme 2.

——–

R´ef´erences

[EG] P. Erd¨os and R.L. Graham, On bases with an exact order, Acta Arith- metica XXXVII, p. 201-207 (1980).

[Gre1] G. Grekos, Sur l’ordre d’une base additive, S´eminaire de th´eorie des nombres de Bordeaux 1987-1988, exp. 31.

[Gre2]G. Grekos,Quelques aspects de la th´eorie additive des nombres, Th`ese de doctorat, Universit´e de Bordeaux I (1982).

[Nas] J.C.M. Nash, Some applications of a theorem of M. Kneser, Journal of Number Theory, Vol. 44, p. 1-8 (1993).

[Rob]G. Robin, Estimation de la fonction de Tchebychev, Acta Arithmetica XLII, p. 367-389 (1983).

Bruno Deschamps, Georges Grekos, Equipe de th´eorie des nombres, Fac- ult´e des sciences et techniques, Universit´e Jean Monnet, 23 rue du docteur Paul Michelon, 42023 Saint-Etienne, Cedex 2, France.

E-mail: Bruno.Deschamps@univ-st-etienne.fr, grekos@univ-st-etienne.fr