(1) On a a = a 0 b + r 1 par division euclidienne, soit a

CONTINUES

Partie I

(1) On a a = a 0 b + r 1 par division euclidienne, soit a

b = a 0 + 1

b r

avec r 1 < b et o` u a 0

peut ˆetre nul ou < 0. On divise b par r et, comme dans l’algorithme d’Euclide, on met en ´evidence une suite (r k ) d’entiers ^> 1 et strictement d´ecroissante donc cette suite est finie, ce qui assure l’existence de l’´ecriture.

L’´ecriture ci-dessus est unique : par r´ecurrence sur n.

On sait que 1

a 1 + 1

. .. + 1 a n − 1 + 1

a n

< 1

Pour n = 1, c’est imm´ediat. En effet, si a 0 + 1 a 1

= a ^′ ₀ + 1

a ^′ ₁ avec a 1 > 1 et a ^′ ₁ > 1 alors a 0 = [r] = a ^′ ₀ et a 1 = a ^′ ₁ en d´ecoule.

Si a ₀ + 1 r n − 1

= a ^′ ₀ + 1 r ^′ _n − 1

avec r n − 1 > 1 et r ^′ _n − 1 > 1 alors, en prenant les parties enti`eres, on a a 0 = a <sup>′</sup> <sub>0</sub> et r n − 1 = r <sub>n</sub> <sup>′</sup> − 1 ce qui permet d’utiliser l’hypoth`ese de r´ecurrence et de conclure.

Remarque : il se peut que r n − 1 et r ^′ _n − 1 n’ait pas un D.F.C. (d´eveloppement en fraction continue) de mˆeme longueur, la r´ecurrence se fera alors sur la plus grande longueur.

L’algorithme utilis´e ici est l’algorithme d’Euclide.

(2) Supposons par r´ecurrence descendante sur k que ρ k = α k

β k

o` u

a k 1

1 0 . . .

a n 1 1 0

= α k γ k

β k δ k

alors α k − 1

β k − 1

= a k − 1 α k + β k

α k

= a k − 1 + 1 r k

= ρ k − 1 , on aura bien r = α β . (3) a) On a

P k − 1 R k − 1

Q k − 1 S k − 1

a k 1 b k 0

=

P k − 1 a k + R k − 1 b k P k − 1

Q k − 1 a k + S k − 1 b k Q k − 1

. On en tire : R k = P k − 1 , S k = Q k − 1 donc

( P k = a k P k − 1 + b k P k − 2

Q k = a k Q k − 1 + b k Q k − 2

b) On a P k

Q k − P k − 1

Q k − 1

=

P k P k − 1

Q k Q k − 1

Q k Q k − 1

= b k

Q k Q k − 1

P k − 2 P k − 1

Q k − 2 Q k − 1

d’o` u le r´esultat par une r´ecurrence imm´ediate.

Partie II

(1) On utilise les relations de r´ecurrence trouv´ees au I.3.a : Q k = u k Q k − 1 +Q k − 2 avec Q 0 = 1, Q 1 = u 1 donc Q k ∈ N ^∗ et on a vu (toujours au I.3.a) que R k =

P k (u) P k − 1 (u) Q k (u) Q k − 1 (u)

.

1

(2) On a (cf I.3.a)

P k (u) P k − 1 (u) Q k (u) Q k − 1 (u) =

P k − 2 (u) P k − 1 (u) Q k − 2 (u) Q k − 1 (u)

donc par une r´ecurrence imm´ediate P k (u)Q k − 1 (u) − P k − 1 (u)Q k (u) = ( − 1) ^{k − 1} . Comme u k > 1 alors Q k >

Q k − 1 + Q k − 2 et par une r´ecurrence imm´ediate sur k, Q k (u) > 0. Donc, pour k ^> 2 Q k > Q k − 1 .

Grˆace au calcul du I.3.a, on a r 2k − r 2k+2 = Q 2k − Q 2k+2

Q 2k Q 2k+1 Q 2k+2

i.e. r 2k+2 > r 2k car Q 2k − Q 2k+2 < 0, on prouve de mˆeme que r 2k − 1 > r 2k+1 . lim

k → + ∞ (r 2k − r 2k+1 ) = 0 car Q k → + ∞ (suite d’entiers strictement croissante) donc les suites sont adjacentes.

La suite (r n ) est convergente.

(3) a) Grˆace au r´esultat du I.3.b, on sait que | r k+p (u) − r k (u) | < 1

Q ² _k (u) d’o` u, en prenant la limite quand p → + ∞ , on trouve | r(u) − r k (u) | ⁶ | r k+p (u) − r k (u) | < 1

Q ² _k (u) . Supposons que r = P

Q et choisissons k suffisamment grand pour que Q k > Q alors

P Q − P k

Q k

=

P Q k − P k Q QQ k

< 1

Q ² _k . N´ecessairement P Q k − P k Q = 0 i.e. P Q = P k

Q k

, la fraction P k

Q k

´etant irr´eductible (P k Q k − 1 − P k − 1 Q k = ( − 1) ^k+1 ), on obtient Q = Q k , la suite (Q k ) serait stationnaire, ce qui est impossible.

b) On a

c

d − r k − 1 (u) <

c

d − r(u)

+ | r(u) − r k − 1 (u) | ⁶ | r k (u) − r(u) | + | r(u) − r k − 1 (u) |

< | r k (u) − r k − 1 (u) | car sgn (r k − r) = sgn (r − r k − 1 )

< 1 Q k Q k − 1

.

On multiplie par dQ k − 1 ce qui donne | cQ k − 1 (u) − dP k − 1 (u) | < d Q k

. Comme

| cQ k − 1 (u) − dP k − 1 (u) | ∈ N ^∗ (car c

d − r(u)

< | r k (u) − r(u) | < | r k − 1 (u) − r(u) | ) alors d > Q k .

Conclusion : r k est la meilleure approximation de r(u) par des fractions dont le d´enominateur est inf´erieur ou ´egal `a Q k .

(4) a) On remarque que, si x ∈ I alors f (x) > 1 et f(x) ∈ I , donc, par une r´ecurrence imm´ediate f ^k (x) > 1 et f ^k (x) ∈ I .

Une cons´equence directe est que u n (x) ∈ N ^∗ pour k ^> 1.

Conclusion : u(x) ∈ F . b) Comme f ^k+1 = 1

f ^k − u k

alors f ^k+1 =

0 1 1 − u k

∗ f ^k donc f ^k =

u k 1 1 0

∗ f ^k+1 et x = f ⁰ =

u 0 1 1 0

∗ f ¹ . Par une r´ecurrence imm´ediate, on a x = R k (u) ∗ f ^k+1 c.q.f.d.

Autre m´ethode

\ begin { Bourrin }

On fait une preuve par r´ecurrence :

pour k = 1, il s’agit de prouver que x = P 1 (u)f ² (x) + P 0 (u)

Q 1 (u)f ² (x) + Q 0 (u) = (u 0 (x)u 1 (x) + 1)f ² (x) + u 0 (x) u 1 (x)f ² (x) + 1

| {z }

=y

or, en notations abr´eg´ees,

y = (u 0 u 1 + 1) _f(x) ¹ _{− u}

+ u 0

u 1 1

f (x) − u

+ 1 = u 0 u 1 + 1 + u 0 (f(x) − u 1 ) u ₁ + f (x) − u ₁

= u 0 + 1

f(x) = [x] + x − [x] = x.

P (k) ⇒ P (k + 1) : on utilise ici les relations

( P k+1 (u) = u k+1 (x)P k (u) + P k − 1 (u) Q k+1 (u) = u k+1 (x)Q k (u) + Q k − 1 (u) soit, en notations abr´eg´ees

P k+1 f ^k+2 + P k

Q k+1 f ^k+2 + Q k

= (u k+1 P k + P k − 1 )f ^k+2 + P k

(u k+1 Q k + Q k − 1 )f ^k+2 + Q k

= u k+1 P k + P k − 1 + P k (f ^k+1 − u k+1 )

u k+1 Q k + Q k − 1 + Q k (f ^k+1 − u k+1 ) car f ^k+2 = 1 f ^k+1 − u k+1

= P k f ^k+1 + P k − 1

Q k f ^k+1 + Q k − 1

= x d’apr`es l’hypoth`ese de r´ecurrence

\ end { Bourrin }

On utilise ensuite le lemme suivant :

Si a, b, c, d, λ sont des r´eels positifs et si a b < c

d alors a

b < a + λc b + λd < c

d (imm´ediat en r´eduisant au mˆeme d´enominateur). On applique alors ce lemme avec a = P 2k , b = Q 2k , c = P 2k+1 , d = Q 2k+1 , λ = f ^2k+2 .

On peut alors conclure que x = r(u) en passant `a la limite.

Remarque : soit SL 2 ( Z ) = { M ∈ M ² ( Z ) | | det M | = 1 } alors SL 2 ( Z ) op`ere sur I par

(M, x) ∈ SL 2 ( Z ) ×I 7→ M ∗ x = ax + b cx + d ∈ I avec M =

a b c d

. c) On a

• u 0 (x + a) = a + u 0 (x), u k (x + a) = u k (x) pour k ^> 1.

• On a u n (f ^k (x)) = u n+k (x).

• On a

− x = − u 0 − 1 u 1 + x 2

o` u x 2 = 1 f <sup>2</sup> (x) d’o` u − x = − (u ₀ + 1) + u 1 + x 2 − 1

u 1 + x 2

. – Si u 1 = 1 alors − x = − (u 0 +1)+ 1

1 + _x ¹

d’o` u le d´eveloppement en fraction continue de − x :

− x = [ − (u 0 + 1); 1 1 + u 2

, 1 u 3

, . . . , 1 u n+1

, . . .].

– Si u 1 > 1 alors u ₁ + x ₂ u 1 − 1 + x 2

= 1 + 1

u 1 − 1 + x 2

ce qui permet l`a aussi le d´eveloppement en fraction continue de − x dans ce cas :

− x =

− (u ₀ + 1); 1 1 , 1

u 1 − 1 , 1 u 2

, . . . , 1 u n − 1

, . . .

.

• Si x > 1 alors u ₀ (1/x) = 0 et u k (1/x) = u k − 1 (x) pour k ^> 1.

Si 0 < x < 1 alors on calculera [1/x] et on utilise le r´esultat ci-dessus en

´echangeant les rˆoles de x et 1/x i.e. u k (1/x) = u k+1 (x).

Si x < 0 on utilise le point pr´ec´edent pour se ramener au cas o` u x > 0.

Partie III (1) On a r(u) = u 0 + 1

u 1 + 1

. .. u N − 1 + 1 s(u)

avec s(u) = u N + 1 u N+1 + 1

. .. + 1 s(u)

donc

s(u) = P p − 1 s(u) + P p − 2

Q p − 1 s(u) + Q p − 2

(cf II.4.b) soit une relation de la forme

(1) γs ² (u) + (δ − α)s(u) − β = 0

avec α, β, γ, δ entiers, γ 6 = 0.

On utilise ensuite le lemme suivant : si t est une racine non rationnelle d’une ´equation alg´ebrique `a coefficients dans Z alors at + b, (a 6 = 0) et c

t (c 6 = 0) sont aussi racines d’une ´equation alg´ebrique `a coefficients dans Z :

En effet si αt ² + βt + γ = 0 alors α(at +b − b) ² +βa(at + b − b) + a ² γ = 0 et on d´eveloppe.

De mˆeme γ ( ^c _t ) ² + βc( ^c _t ) + αc ² = 0. Et on a γ 6 = 0, α 6 = 0.

On prouve ensuite que r(u) = α ^′ s(u) + β ^′

γ ^′ s(u) + δ ^′ = A + B

Cs(u) + D et on utilise le lemme.

Conclusion : r(u) v´erifie une ´equation alg´ebrique du second degr´e `a coefficients entiers.

(2) On utilise donc la relation x = P k (u)f ^k+1 (x) + P k − 1 (u)

Q k (u)f ^k+1 (x) + Q k − 1 (u) alors en reportant dans la rela- tion αx ² + βx + γ = 0 et en multipliant par (Q k f ^k+1 + Q k − 1 ) ² (en notations simplifi´ees), on obtient

α k f ^k+1 2

+ β k f ^k+1 + γ k = 0

avec α k = Q ² _k T (r k ), γ k = Q ² _k − 1 T (r k − 1 ), β k = Q k Q k − 1 (2αr k r k − 1 + β(r k + r k − 1 ) + 2γ ) o` u r k = P k

Q k

et T (X) = αX ² + βX + γ.

(3) Comme T (r k ) − T (x) = (r k − x)(α(r k + x) + β) alors

| α k | ⁶ Q ² _k | r k − x | ( | α | (2x + 1) + | β | ) ⁶ ( | α | (2x + 1) + | β | ) car on a vu au II.3.a que | r k − x | ⁶ 1

Q ² _k . On obtient la mˆeme in´egalit´e avec | γ k | . En d´eveloppant et en simplifiant, on trouve

β _k ² − 4α k γ k = Q ² _k Q ² _k − 1 (r k − r k − 1 ) ² (β ² − 4αγ ) = (β ² − 4αγ )

car r k − r k − 1 = ( − 1) ^k 1 Q k Q k − 1

(relation du I.3.a).

Remarque : en utilisant la relation f ^k+1 = 1 f ^k − u k

, on obtient aussi



 

 

γ k+1 = α k

β k+1 = β k + 2α k u k

α k+1 = γ k + β k u k + α k u ² _k d’o` u ∆ k+1 = ∆ k = ∆.

On a aussi | β k | ^{2 6} | ∆ | + 4( | α | (2x + 1) + | β | ) ² donc les suites (α k ), (β k ), (γ k ) sont born´ees, les triplets (α k , β k , γ k ) sont en nombre fini. Parmi les valeurs de ces triplets, il y en a un qui est au moins atteint 3 fois (et mˆeme plus). Soient k 1 , k 2 , k 3 les indices correspondant alors les f k

sont 3 r´eels qui prennent 2 valeurs, 2 au moins sont ´egales. Ceci permet alors d’assurer la p´eriodicit´e de la suite (u n ).

(4) Ici, on note ( 1 u p

, . . . , 1 u p+T − 1

) ^∗ le d´eveloppement p´eriodique de r(u).

• Grˆace `a la relation 1 + √ 5

2 = 1 + 1

1 + √ 5 2

, on obtient 1 + √ 5

2 = [1; ( 1 1 ) ^∗ ].

• Comme √

5 = 2 + 1 2 + √

5 alors √

5 = [2; ( 1 4 ) ^∗ ].

• On trouve √

41 = [6, 1 2 , 1

2 , ( 1 12 , 1

2 , 1 2 ) ^∗ ].

• √

a ² + 1 = [a; ( 1 2a ) ^∗ ].

• √

a ² + 2 = [a; ( 1 a , 1

2a ) ^∗ ].

• Soit x = 1

2 [a + √

a ² + 4b] alors x est racine de X ² − aX − b = 0 donc x = [a;

b a

^∗ ] (le d´eveloppement n’est pas normal).

Partie IV

(1) Quitte `a compl´eter par des coefficients nuls, on peut supposer que n 1 = n 0 = n, on va prouver le r´esultat par r´ecurrence sur n.

Si n = 0 OK.

On suppose le r´esultat vrai `a l’ordre n. On ´ecrit

f (x) = 1

c ₀₀ c 10

+

c ₀₀ + c ₀₁ x + · · · + c _0n x ⁿ c 10 + c 11 x + · · · + c 1n x ⁿ − c ₀₀

c 10

= c 10

c 00 + xf 1 (x)

o` u f 1 (x) = c 20 + c 21 x + · · · + c 2n − 1 x ^{n − 1}

c ₁₀ + c ₁₁ x + · · · + c _1n x ⁿ et c 2k = c 10 c 0,k+1 − c 00 c 1,k+1 = −

c ₀₀ c _0k+1 c 10 c 1k+1

pour k ∈ [0, n − 1].

On ´ecrit ensuite f ₁ (x) = c ₂₀

c 10 + xf 2 (x) o` u f ₂ (x) = c ₃₀ + c ₃₁ x + · · · + c _3n − 1 x ^{n − 1}

c 20 + c 21 x + · · · + c 2n − 1 x ^{n − 1} et on applique l’hypoth`ese de r´ecurrence `a f 2 .

(2) a) Pour l’algorithme, on utilise le programme MAPLE suivant

> restart;

Digits := 25

> T:=proc(n,x)

> local j,t;

> t:=2*n+1;

> for j from 1 to n do

> t:=2*(n-j)+1-x^2/t;

> od;

> t:=x/t

> end;

> Delta:=proc(n)

> local k;

> for k from 1 to 10 do

> print (k, Delta=(tan(.1*k)-T(n,.1*k))/tan(.1*k));

> od

> end;

> Delta(5);

On obtient alors le tableau suivant

x 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1

% 7, 2.10

6,1.10

1, 2.10

5, 6.10

1, 1.10

1, 3.10

1, 1.10

7, 7.10

4,4.10

2, 2.10

b) On reprend les mˆemes notations que ci-dessus E:=proc(n,x)

> local j,t;

> t:=4*n+2;

> for j from 1 to n-1 do

> t:=4*(n-j)+2+x^2/t;

> od;

> t:=1/(1-2*x/(2+x+x^2/t))

> end;

Deltaexp:=proc(n)

> local k;

> for k from 1 to 10 do

> print (k, Deltaexp=(exp(.1*k)-E(n,.1*k))/exp(.1*k));

> od

> end;

Deltaexp(5);

Et on obtient

x 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1

% 1, 7.10

1, 4.10

2,8.10

1,2.10

2, 1.10

2, 3.10

1, 7.10

9, 7.10

4, 5.10

1, 8.10