MPSI B Année 2012-2013 Corrigé DM 6 29 juin 2019

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1. a. Selon les dénitions de l'énoncé : C 2 = {1} , C 3 =

1 2 , 2

, C 4 =

1 3 , 3

b. Avec la dénition de f , on trouve u 0 = 1, u 1 = 1

2 , u 2 = 1

1 − ¹ ₂ = 2, u 3 = 1

3 , u 4 = 1 1 − ¹ ₃ = 3

2 , u 5 = 1

1 + 1 − ¹ ₂ = 2

3 , u 6 = 1

1 − ² ₃ = 3, u 7 = 1 3 + 1 = 1

4 On remarque en particulier que

C 2 = {u 0 } , C 3 = {u 1 , u 2 } , C 4 = {u 3 , u 6 }

Cette remarque servira à initialiser une récurrence dans la dernière question.

c. Avec les dénitions des parties entières et fractionnaires, il est immédiat que bx + 1c = bxc + 1, {x + 1} = {x}

2. a. On doit vérier que f ◦ g(x) = x pour tout x ∈]0, +∞[ et que g ◦ f (x) = x pour tout x ∈ [0, +∞[ .

Calcul de f ◦ g(x) = x pour x > 0 . Si ¹ _x ∈ N

g(x) = 1

x − 1 ∈ N , bg(x)c = 1

x − 1, {g(x)} = 0 ⇒ f (g(x)) = 1

1

x − 1 + 1 = x Si ¹ _x 6∈ N.

g(x) = b 1

x c + 1 − { 1 x }

| {z }

∈]0,1[

⇒ bg(x)c = b 1

x c, {g(x)} = 1 − { 1 x }

⇒ f (g(x)) = 1

b _x ¹ c + 1 − (1 − { _x ¹ }) = 1

b ¹ _x c + { ¹ _x } = 1

1 x

= x Calcul de g ◦ f (x) = x pour x ≥ 0 .

Traitons à part x = 0 . On a g ◦ f (0) = g(1) = 1 − 1 = 0 . Pour x > 0 , commençons par caractériser _g(x) ¹ ∈ N ^∗ .

1

g(x) ∈ N ^∗ ⇔ bxc + 1 − {x} ∈ N ^∗ ⇔ {x} = 0 ⇔ x ∈ N ^∗

On traite alors deux cas.

Si x ∈ N ^∗ .

g ◦ f (x) = 1

f (x) − 1 = bxc + 1 − 1 = bxc = x Si x 6∈ N ^∗ .

1

f (x) = bxc + 1 − {x}

| {z }

∈]0,1[

⇒



 



 

 b 1

f (x) c = bxc { 1

f (x) } = 1 − {x}

⇒ g(f (x)) = bxc + 1 − (1 − {x}) = bxc + {x} = x b. Comme r(x) = _1+x ^x = 1− _1+x ¹ , il est bien clair que r est une application continue et

strictement croissante de [0, +∞[ vers [0, 1[ . Elle est donc bijective. Pour prouver que ρ est sa bijection réciproque, il sut donc de montrer que ρ ◦ r(x) = x .

∀x ∈ [0, +∞[: ρ ◦ r(x) = r(x) 1 − r(x) =

x 1+x

1 − _1+x ^x =

x 1+x

1 1+x

= x

c. Il est totalement évident que l et λ sont des bijections réciproques l'une de l'autre.

Ce sont de simples translations.

3. a. Pour tout x ∈ [0, 1[ , bxc = 0 et {x} = x . On en déduit que f (x) = _1−x ¹ . b. Calcul de f ◦ r(x) pour x ≥ 0 .

Si x = 0 alors r(0) = 0 donc f ◦ r(0) = f (0) = 1 = l(0) . Si x > 0 alors r(x) ∈]0, 1[ donc :

f (r(x)) = 1

1 − r(x) = 1

1 − _1+x ^x = x + 1 = l(x) c. Calcul de r ◦ f (x) pour x ≥ 0 .

Si x = 0 , f (0) = 1 , r ◦ f (0) = r(1) = ¹ ₂ .D'autre part l(0) = 1 , f ◦ l(0) = f (1) =

1

1+1 = ¹ ₂ . On a donc bien r ◦ f (0) = f ◦ l(0) . Si x > 0 , en utilisant 1.c.

r ◦ f (x) = f (x)

1 + f (x) = 1

1

f(x) + 1 = 1

bxc + 1 − {x} + 1

= 1

bx + 1c + 1 − {x + 1} = f ◦ l(x)

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

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d. On peut combiner les questions précédentes et utiliser l'associativité de la com- position des applications.

l ◦ f = (f ◦ r) ◦ f = f ◦ (r ◦ f ) = f ◦ (f ◦ l) = (f ◦ f ) ◦ l

4. a. On a montré que f était une bijection de [0, +∞[ dans ]0, +∞[ avec f (0) = 1 . Cela entraine que tous les u n sont non nuls. Si u n = 1 avec n ≥ 1 , comme u n = f (u _n−1 ) , on a f (u _n−1 ) = 1 donc u _n−1 = 0 ce qui est impossible.

b. Supposons p < q et u _p = u _q . Cela peut s'écrire avec des compositions de f u p = f ◦ f ◦ · · · ◦ f

| {z }

p fois

(1) = f ◦ f ◦ · · · ◦ f

| {z }

q fois

(1) = u q

On peut alors composer p fois à gauche par la bijection réciproque g ce qui donne 1 = f ◦ f ◦ · · · ◦ f

| {z }

q−p fois

(1) = u _q−p

Ceci est en contradiction avec la question a. et montre que l'application n → u _n est injective.

5. a. Si l'écriture x = ^p _q n'est pas irréductible, il en existe une autre de la forme x = ^p _q

¹

qui est irréductible avec un entier naturel k tel que p = kp 1 et q = kq 1 . On a alors

1

π(x) = p 1 + q 1 ≤ p + q .

b. Soit x un nombre rationnel strictement plus grand que 1 et ^p _q une écriture irré- ductible de ce nombre. Alors :

π(λ(x)) = π( p

q − 1) = π( p − q

q ) ≤ p − q + q = p < π(x) = p + q

c. Soit x un nombre rationnel dans ]0, 1[ et ^p _q une écriture irréductible de ce nombre.

Alors :

π(ρ(x)) = π(

p q

1 − ^p _q ) = π( p

q − p ) ≤ p + q − p = q < π(x) = p + q 6. On va démontrer par récurrence la propriété suivante.

(R m ) ∀x ∈ W m , ∃n ∈ N tel que x = u n

La question 1.a. montre que les propriétés R 2 , R 3 , R 4 sont vraies. Montrons mainte- nant que W m entraine W m+1 .

Il s'agit de montrer que tout rationnel x (autre que 1 = u 0 ) de poids m + 1 est un u k

pour un certain entier k .

Si x > 1 , considérons λ(x) . Comme π(λ(x)) < π(x) on a λ(x) ∈ W _m et d'après l'hypothèse de récurrence, il existe un entier n tel que

λ(x) = u _n = f ◦ f ◦ · · · ◦ f

| {z }

n fois

(1)

On peut écrire alors x = l(λ(x)) et utiliser les propriétés de la question 3.

x = l ◦ f ◦ f ◦ · · · ◦ f

| {z }

n fois

(1) = f ◦ f ◦ l ◦ f ◦ f ◦ · · · ◦ f

| {z }

n−1 fois

(1)

= · · · = f ◦ f ◦ · · · ◦ f

| {z }

2n fois

◦ l(1) = f ◦ f ◦ · · · ◦ f

| {z }

2n fois

(2) = f ◦ f ◦ · · · ◦ f

| {z }

2n+2 fois

(1) = u 2n+2

car 2 = u 2 = f ◦ f (1) .

Si 0 < x < 1 . On considère ρ(x) dont le poids est strictement plus petit que celui de x . Il existe donc un n tel que ρ(x) = u n . On utilise alors r :

x = r ◦ ρ(x) = r ◦ f ◦ f ◦ · · · ◦ f

| {z }

n fois

(1) = f ◦ l ◦ f ◦ f ◦ · · · ◦ f

| {z }

n−1 fois

(1)

= · · · = f ◦ f ◦ · · · ◦ f

| {z }

2n−1 fois

◦ l(1) = u 2n+1

Ceci montre bien la surjectivité de l'application n → u n de N dans l'ensemble des rationnels strictement positifs.

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