Les nombres en or

A373. Les nombres en or ****

On noteϕle nombre d’or qui est la plus grande racine réelle de l’équationx²−x−1=0.

Un entier naturelnest dit nombre en or s’il existe : - deux entiers naturelspetq,

-p+q+1 entiersap,ap−1, ...a1,a0,a₋1,a₋2, ....a₋q+1,a₋qne prenant que les valeurs 0 et 1 tels que : n=a_p.ϕ^p+a_p−1.ϕ^p−1+....+a₁.ϕ+a₀+a₋₁.ϕ⁻¹+...+a_−q.ϕ^−q=

i=p

X

i=−q

a_iϕⁱ.

Par exemple, l’entier 1 est un nombre en or car on peut écrire 1=ϕ⁻¹+ϕ⁻² avecai =0 pour i >^0, a₋₁=a₋₂=1.

Q1 Montrer que les entiers 2 et 3 sont des nombres en or et en donner une représentation en or.

Q₂ Trouver une représentation en or des entiers 2018 et 2019.

Q3 Démontrer que tous les entiers naturels admettent une représentation en or.

Solution de Claude Felloneau

Q1 2 et 3 sont des nombres en or car 2=ϕ¹+ϕ⁻²et 3=ϕ²+ϕ⁻². Preuve :

1=ϕ⁻¹+ϕ⁻²donc pour toutn∈Z,ϕⁿ=ϕⁿ⁻¹+ϕⁿ⁻². 2=1+ϕ⁻¹+ϕ⁻²=ϕ¹+ϕ⁻²=

i=p

X

i=−q

aiϕⁱavecp=1,q=2,a1=1,a0=0,a₋₁=0 eta₋₂=1.

3=ϕ¹+1+ϕ⁻²=ϕ²+ϕ⁻²=

i=p

X

i=−q

aiϕⁱavecp=2,q=2,a2=1,a1=0,a0=0,a₋1=0 eta₋2=1.

Q₂ 2018 et 2019 sont des nombres en or car

2018=ϕ¹⁵+ϕ¹³+ϕ¹⁰+ϕ⁴+ϕ²+ϕ⁻²+ϕ⁻⁴+ϕ⁻¹²+ϕ⁻¹³+ϕ⁻¹⁶ et 2019=ϕ¹⁵+ϕ¹³+ϕ¹⁰+ϕ⁴+ϕ²+1+ϕ⁻²+ϕ⁻⁴+ϕ⁻¹²+ϕ⁻¹³+ϕ⁻¹⁶. Preuve :

3=ϕ²+ϕ⁻²donc ϕ⁴+ϕ⁻⁴=¡

ϕ²+ϕ⁻²¢2

−2=7.

ϕ⁶+ϕ⁻⁶=¡

ϕ²+ϕ⁻²¢3

−3¡

ϕ²+ϕ⁻²¢

=18.

ϕ⁸+ϕ⁻⁸=¡

ϕ⁴+ϕ⁻⁴¢3

−2=47.

ϕ¹⁰+ϕ⁻¹⁰=¡

ϕ⁴+ϕ⁻⁴¢ ¡

ϕ⁶+ϕ⁻⁶¢

−¡

ϕ²+ϕ⁻²¢

=123.

ϕ¹²+ϕ⁻¹²=¡

ϕ⁶+ϕ⁻⁶¢2

−2=322.

ϕ¹⁴+ϕ⁻¹⁴=¡

ϕ¹²+ϕ⁻¹²¢ ¡

ϕ²+ϕ⁻²¢

−¡

ϕ¹⁰+ϕ⁻¹⁰¢

=322×3−123=843.

On a 2018=2×843+322+7+3 donc 2018=¡

ϕ¹+ϕ⁻²¢ ¡

ϕ¹⁴+ϕ⁻¹⁴¢ +¡

ϕ¹²+ϕ⁻¹²¢ +¡

ϕ⁴+ϕ⁻⁴¢ +¡

ϕ²+ϕ⁻²¢ 2018=ϕ¹⁵+2ϕ¹²+ϕ⁴+ϕ²+ϕ⁻²+ϕ⁻⁴+ϕ⁻¹²+ϕ⁻¹³+ϕ⁻¹⁶.

Or 2ϕ¹²=ϕ¹³+ϕ¹⁰donc

2018=ϕ¹⁵+ϕ¹³+ϕ¹⁰+ϕ⁴+ϕ²+ϕ⁻²+ϕ⁻⁴+ϕ⁻¹²+ϕ⁻¹³+ϕ⁻¹⁶. On en déduit que :

2019=2018+1=ϕ¹⁵+ϕ¹³+ϕ¹⁰+ϕ⁴+ϕ²+1+ϕ⁻²+ϕ⁻⁴+ϕ⁻¹²+ϕ⁻¹³+ϕ⁻¹⁶ Q3 Tous les entiers naturels les entiers naturels admettent une représentation en or.

Preuve :

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Soit F l’ensemble des suites a =(ai)_i∈Z d’entiers définies surZtelle qu’un nombre fini de termes sont égaux à 1, les autres étant nuls.

Poura∈F, on poses(a)=X

i∈Z

a_iϕⁱetn(a) le nombre d’entiersitels quea_i+1=a_i=1.

— Pour touta∈F, il existeb∈Ftel ques(a)=s(b) etn(b)=0.

On démontre par récurrence surn la propriété (Pn) : Pour touta∈F tel quen(a)=n, il existeb∈Ftel ques(a)=s(b) etn(b)=0.

-P₀est vraie (on prendb=a).

- Sinest un entier supérieur ou égal à 1 tel que (Pi) est vraie pour touti<n.

Pour touta∈F tel quen(a)=n, on notekle plus grand entieritel queai+1=ai=1 etjle plus petit entieritel quei>ktel queai+1=ai=0.

On a alors

j+1

X

i=k

aiϕⁱ =ϕ^k+ϕ^k+1+ϕ^k+3+...+ϕ^j−1

=ϕ^k)+2+ϕ^k+3+...+ϕ^j−1

=...

=ϕ^j−2+ϕ^j−1

=ϕ^j

=

j+1

X

i=k

biϕⁱ

oùbest la suite définie surZparbj=1,bi=0 pourk6i6j−1,bi=aipouri>joui<k.

Il est clair queb∈F ets(a)=s(b).

De plus, sibi+1=bi=1 alorsi<k−1 etai+1=ai=1 doncn(b)<n(a)=n.

CommeP_n(b)est vraie, il existec∈F tel ques(b)=s(c) etn(c)=0.

Il existe doncc∈F tel ques(a)=s(c) etn(c)=0.

AinsiPnest vraie.

- D’après le principe de récurrence, pour toutn∈N, (Pn) est vraie.

— Si un entiernest un nombre en or alorsn+1 est aussi un nombre en or.

D’après la propriété précédente, si un entiernest un nombre en or alors il existea∈F tel quen=s(a) etn(a)=0.

Sia0=0,n+1=s(b) oùbi=aipouri6=0 etb0=1. Commeb∈F,n+1 est un nombre en or.

Sia0=1, commen(a)=0, on aa₋₁=0 et plus généralement siai=1 alorsa_i−1=0.

On en déduit que si j est le grand entier négatif tel queaj =aj−1=0, on a ai =0 pouri impair compris entre−1 etj.

En posantbi=aipouri>^{0 oui}<j−1,bi=1 pouricompris entre−1 etj−1.

b∈F ets(b)=s(a)+Savec

S=ϕ⁻¹+ϕ⁻³+...+ϕ^j+ϕ^j−1=ϕ⁻¹+ϕ⁻³+...+ϕ^j+2+ϕ^j+1=ϕ⁻¹+ϕ⁻³+...+ϕ^j+3=...=ϕ⁻¹+ϕ⁻²=1 doncs(b)=n+1. Ainsi,n+1 est un nombre en or.

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