D'autre part,

(1)

Problème I. Densité de Schnirelmann

1. a. Par dénition, σ(A) est la borne inférieure d'un ensemble non vide de nombres réels. Cette dénition est correcte car cet ensemble est formé de réels tous positifs ou nuls. Il est donc minoré (par 0 ) et, d'après les axiomes de R, toute partie de R non vide et minorée admet une borne inférieure. On peut déduire aussi que 0 ≤ σ(A) car 0 est un minorant de A et inf(A) est le plus grand des minorants.

D'autre part,

∀n ∈ N

^∗

, ] (A ∩ J 1, n K ) ≤ n ⇒ S

n

(A) n ≤ 1 et σ(A) ≤

^Sⁿ_n^(A)

⇒ σ(A) ≤ 1 .

b. Si 1 6∈ A , {1} ∩ A = ∅ donc S

₁

(A) = 0 et σ(A) ≤ 0 d'où σ(A) = 0 .

c. Supposons que σ(A) = 1 . Comme σ(A) est un minorant de l'ensemble des

^Sⁿ_n^(A)

:

∀n ∈ N

^∗

, 1 ≤ S

n

(A)

n ⇒ n ≤ S

n

(A)

Or J 1, n K ∩ A contient au plus n éléments, donc ici J 1, n K ⊂ A pour tous les entiers n . On en déduit que σ(A) = 1 entraîne A = N. La réciproque est évidente.

d. Si A ⊂ B , il est clair que S

n

(A) ≤ S

n

(B) donc σ(A) est un minorant de l'ensemble des

^Sⁿ_n^(B)

. Or σ(B ) est le plus grand des minorants des

^Sⁿ_n^(B)

donc σ(A) ≤ σ(B) . 2. a. Ici A est une partie nie, on note m son nombre d'éléments. Il est clair que S

n

(A) ≤

^m_n

. Donc, pour tous les entiers n , σ(A) ≤

^m_n

. Par passage à la limite dans une inégalité : σ(A) = 0 .

b. Ici A est l'ensemble de tous les entiers impairs. Évaluons le nombre d'entiers impairs dans J 1, n K :

](A ∩ J 1, n K ) =



 

  n + 1

2 si n impair n

2 si n pair ⇒ S(n)

n =



 

  1 2 + 1

n si n impair 1

2 si n pair On en déduit que

¹₂

est un minorant donc

¹₂

≤ σ(A) et que

∀n impair , 1

2 ≤ σ(A) ≤ 1 2 + 1

n

On obtient σ(A) =

¹₂

par passage à la limite dans une inégalité.

c. Ici A = {m

^k

, m ∈ N } . Pour un entier n donné, le nombre d'entiers m tels que m

^k

≤ n est la partie entière de n

^k¹

. On en déduit :

∀n ∈ N

^∗

, σ(A) ≤ S

_n

(A)

n ≤

j n

¹^k

k

n ≤ n

^k¹⁻¹

La suite à droite converge vers 0. Par passage à la limite dans une inégalité : σ(A) = 0 .

3. L'ensemble C contient S

_n

(B) + 1 éléments. Le +1 venant de la présence de 0 qui est dans A et B . De même, l'ensemble A ∩ J 0, n K contient S

_n

(A) + 1 éléments. La somme des cardinaux

¹

de ces deux ensembles est donc S

_n

(A) + S

_n

(B) + 2 ≥ n + 2 . Comme ces deux ensembles sont dans J 0, n K qui contient n + 1 éléments et que la somme de leurs nombres d'élément est strictement plus grande, leur intersection est non vide. Il existe donc a ∈ A ∩ J 0, n K et b ∈ B ∩ J 0, n K tels que a = n − b ce qui entraîne n ∈ A + B . Ceci est valable pour n'importe quel entier n .

4. a. Supposons σ(A) + σ(B) ≥ 1 . Alors, pour tout entier n :

1 ≤ σ(A) + σ(B) ≤ S

n

(A)

n + S

n

(B)

n ⇒ S

n

(A) + S

n

(B) ≥ n

La question précédente montre alors que n ∈ A + B . Comme ceci est valable pour tous les n , on a bien N = A + B .

b. Il sut d'appliquer la question précédente avec B = A .

On peut remarquer que l'hypothèse 0 ∈ A permet d'utiliser la question 3. Elle est indispensable à ce résultat car, si A est l'ensemble des impairs, sa densité est

¹₂

mais un nombre impair n'est certainement pas la somme de deux impairs.

Problème II. Suites de Engel

1. a. La suite proposée est formée par la somme des termes d'une suite géométrique de raison

¹_λ

∈ ]0, 1[ , elle converge vers

_λ−1¹

car

n

X

k=1

1 λ

^k

= 1

λ 1 −

_λ¹n

1 −

_λ¹

−→ 1

λ(1 −

¹_λ

) = 1 λ − 1

1le cardinal d'un ensemble ni est le nombre d'éléments qu'il contient.

(2)

b. Comme q

n

≥ q

p

pour tout n ≥ p , s

n

= s

_p−1

+ 1

q

1

· · · q

p

+ · · · + 1 q

1

· · · q

n

≤ s

_p−1

+ 1 q

1

· · · q

p

1 + 1

q

p

+ · · ·

≤ s

_p−1

+ 1 q

₁

· · · q

_p

1 1 −

_q¹

p

= s

_p−1

+ 1

q

₁

· · · q

_p−1

(q

_p

− 1) c. La suite (s

n

)

n∈N^∗

est clairement croissante, donc s

n

≥

_q¹

1

. De plus, d'après la question précédente :

∀n ≥ 2, s

n

≤ 1

q

₁

+ 1

q

₁

(q

₂

− 1) ≤ 1 2 + 1

2 = 1 car q

1

≥ 2 et q

2

≥ 2

La suite (s

n

)

_n∈_N^∗

est donc majorée, elle converge vers un réel x . En passant à la limite dans les inégalités précédentes, on obtient

_q¹₁

≤ x ≤ 1 d'où x ∈ ]0, 1] . 2. a. Lorsque (q

n

)

_n∈N^∗

est stationnaire, il existe deux entiers k et q tels que q

n

= q

pour tous les n ≥ k + 1 . On en déduit alors x = 1

q

₁

+ 1

q

₁

q

₂

+ · · · + 1

q

₁

· · · q

_k

+ 1 q

₁

· · · q

_k

q

1 1 −

¹_q

∈ Q b. La croissance des q

n

entraîne s

n

≤

_q¹

1

+

_q¹2 1

+ · · · +

_q¹n

1

. Par passage à la limite dans une inégalité, il vient x ≤

_q¹

1−1

puis q

1

− 1 ≤

¹_x

.

D'autre part,

_q¹₁

< s

2

≤ x , donc

_q¹₁

< x puis

¹_x

< q

1

. Cela entraîne q

1

−1 ≤

¹_x

< q

1

ce qui prouve bien que q

1

= bxc + 1 . Plus généralement, pour k xé et n ≥ k :

s

_n

− s

_k

= 1 q

₁

· · · q

_k

1 q

_k+1

+ 1

q

_k+1

q

_k+2

+ · · · + 1 q

_k+1

· · · q

_n

q

1

· · · q

k

(s

n

− s

k

) = 1

q

_k+1

+ 1

q

_k+1

q

_k+2

+ · · · + 1 q

_k+1

· · · q

_n

Posons

q

₁⁰

= q

_k+1

, q

⁰₂

= q

_k+2

, . . .

La suite qui gure à droite de l'égalité précédente est de même nature que les suites s

n

. Notons y sa limite, on a alors en passant à la limite,

q

₁

· · · q

_k

(x − s

_k

) = y et b 1

y c = q

₁⁰

− 1 = q

_k+1

− 1

3. a. D'après les hypothèses s

p−1

= s

⁰_p−1

, notons s ce nombre et λ = q

1

· · · q

p−1

. D'après la question 2.b. :



 



 



q

p

− 1 = b 1 λ(x − s) c q

⁰_p

− 1 = b 1

λ(x

⁰

− s) c

⇒



 



 



q

p

= b 1

λ(x − s) c + 1 > 1 λ(x − s) q

_p⁰

= b 1

λ(x

⁰

− s) c + 1 ≤ 1

λ(x

⁰

− s) + 1 Comme q

p

et q

⁰_p

sont des entiers tels que q

p

< q

⁰_p

on a aussi q

p

+ 1 ≤ q

_p⁰

d'où

1

λ(x−s)

<

_λ(x¹0−s)

puis x

⁰

< x .

b. Il est clair que si (q

n

)

_n∈_N^∗

et (q

⁰_n

)

_n∈_N^∗

sont deux suites distinctes dans T , elles vérieront (en les permutant au besoin) les hypothèses du a. On en déduit l'in- jectivité de l'application considérée.

On peut dénir sur T une relation d'ordre lexicographique, cette application devient alors strictement croissante. Si x est un réel donné, la suite (q

_n

)

_n∈_N^∗

telle que (s

n

)

_n∈_N^∗

converge vers x est entièrement déterminée par les formules de la question 2.b. On l'appelle le développement de Engel de x .

4. Fonction de Briggs

a. Écrivons l'encadrement dénissant la partie entière de

_x¹

.

b 1 x c ≤ 1

x < b 1

x c + 1 ⇔ q − 1 ≤ 1

x < q ⇔ qx − x ≤ 1 < qx

⇔ qx − 1 ≤ x et 0 < qx − 1 ⇔ 0 < β(x) ≤ x b. Sur un intervalle ouvert entre deux inverses d'entiers consécutifs, la fonction β

est ane. Elle est donc continue sur tous ces intervalles ouverts. En revanche, elle est discontinue en chaque point x =

_n¹

avec n naturel non nul. Il est facile de voir que, en ce point, sa limite à gauche (large) est 1 − x alors que sa limite à droite (stricte) est 0 . Ce comportement apparait sur le graphe de la gure 1.

c. La fonction β est continue en 0 . En eet, à cause des inégalités du a. et du théorème d'encadrement, elle converge vers 0 en 0 .

d. Le graphe de la fonction de Briggs est tracé dans la gure 1.

5. Algorithme de Briggs

a. L'encadrement de 4.a. montre que la suite est décroissante et minorée par 0 . Elle

converge donc vers un nombre r(x) positif ou nul.

(3)

1 2 1

5 1 4

1

3

1 Fig. 1: Graphe de la fonction de Briggs

b. Si la limite r(x) n'est ni 0 ni un inverse d'entier, elle est placé dans un intervalle ouvert dans lequel la fonction β est continue. On doit donc avoir β(r(x)) = r(x) par passage à la limite. Or en un y qui n'est ni 0 ni un inverse d'entier on a β(y) < y . Lorsque r(x) est non nul, il doit donc être un inverse d'entier c'est à dire qu'il existe un entier q tel que r(x) =

¹_q

.

Il reste à montrer que la suite est stationnaire de valeur

¹_q

. Comme la suite (x

n

)

_n∈N

est décroissante et convergente vers

¹_q

, il existe un certain N tel que

1 q ≤ x

N

< 1 q − 1

Si x

N

était strictement plus grand que

¹_q

, on voit bien sur le graphe que le terme suivant serait strictement plus petit ce qui est impossible. On doit donc avoir x

N

=

¹_q

et la suite ne varie plus.

6. a. L'unicité d'un développement de Engel a été démontré dans la question 4. Le pro- blème ici est de montrer que la suite des q

n

donnés par les formules de la question 2.b. est croissante. Considérons un x ∈]0, 1[ et la suite des x

_n

en introduisant une

notation q

n

(on convient que x

0

= x ) q

1

= b 1

x c + 1, x

1

= q

1

x − 1 x = 1 q

1

+ x

1

q

1

q

2

= b 1 x

1

c + 1, x

2

= q

2

x

1

− 1 x

1

= 1 q

2

+ x

2

q

2

x = 1 q

1

+ 1 q

1

q

2

+ x

1

q

1

q

2

...

q

_n

= b 1 x

n−1

c + 1, x

_n

= q

_n

x

_n−1

− 1 x

_n−1

= 1 q

n

+ x

_n

q

n

x = 1 q

1

+ 1 q

1

q

2

+ · · · + x

_n

q

1

· · · q

n

On en tire

x = 1 q

1

+ 1 q

1

q

2

+ · · · + x

_n

q

1

· · · q

n

Comme la suite (x

n

)

_n∈

N

converge vers 0 , le x de départ est bien la limite d'une suite de Engel. La suite des q

n

est croissante car elle est formée avec la partie entière supérieur des inverses de x

n

. Les x

n

décroissent, leurs inverses et leurs parties entières croissent.

b. Si r est le reste de la division de b par a , notons p le quotient

b = pa + r avec r ∈ J 0, a − 1 K ⇒ b

a = p + r a

|{z}

∈[0,1[

⇒ p = b b a c

⇒ β( a

b ) = (p + 1)x − 1 = b − r

a + 1 a

b − 1 = b − r + a − b

b = a − r b c. À cause de la question 2.a., on doit seulement montrer que le développement

de Engel d'un nombre rationnel est stationnaire. D'après la question précédente, β(

^a_b

) est rationnel avec le même dénominateur mais un numérateur inférieur ou égal. Il ne peut décroitre indéniment, on tombe forcément sur un numérateur qui divise le dénominateur et la suite des x

n

est alors stationnaire.

7. Pour x =

¹₂

: q

1

= 3 , x − s

1

=

¹₂

−

¹₆

, q

2

= 1 + b

_3(x−s¹

1)

c = 3 . On devine alors que tous les q

_i

seront égaux à 3 et en eet :

1 3 + 1

3

²

+ · · · + 1 3

ⁿ

→ 1

3 1 1 −

¹₃

= 1

2 .

(4)

Pour x =

³₄

: q

1

= 2 , x − s

1

=

³₄

−

¹₂

=

¹₄

, q

1

(x − s

1

) =

¹₂

, q

2

= 3 . Tous les q

i

suivant seront égaux à 3 car

1 2 + 1

2 · 3 + 1

2 · 3

²

+ · · · + 1 2 · 3

ⁿ

→ 1

2 + 1 2 · 3

1 1 −

¹₃

= 3

4 .

8. Soit x = 0.3183098861 , les formules de la question 2.b. permettent de former le tableau suivant

i q

i

s

i

x − s

i

q

1

q

2

· · · q

i

1 4 0.25 0.0683098861 4

2 4 0.3125 0.0058098861 16

3 11 0.3181818182 0.0001280679 176 4 45 0.3183080808 0.0000018053 7920 5 70 0.3183098846 0.0000000015 554400 6 1203 0.3183098861 666943200

Exercice. Équivalent pour une suite dénie par récurrence.

1. Tableau trop facile pour être corrigé. e

^xⁿ

− 1 ∼ x

n

et ln(1 + x

n

) − x

n

∼ −

¹₂

x

²_n

. 2. On doit montrer que

(w

n

)

_n∈

N^∗

→ C ⇒

w

1

+ · · · + w

n

n∈N^∗

→ C

Il s'agit de la classique convergence au sens de Césaro. Pour que ce résultat relatif à des limites se traduise par une équivalence il est nécessaire que C 6= 0 mais c'est sans importance pour la formulation avec des limites.

Le c÷ur de la démonstration est une inégalité obtenue en coupant une somme en deux.

Fixons nous un N arbitraire et considérons des n > N . On peut écrire :

w

1

+ · · · + w

n

n − C

= |(w

1

− C) + · · · + (w

n

− C)|

n

≤ |(w

₁

− C)| + · · · + |(w

_n

− C)|

n ≤ 1

n

N

X

k=1

|w

k

− C| + 1 n

n

X

k=N+1

|w

k

− C|

≤ 1 n

N

X

k=1

|w

k

− C| + n − N n

| {z }

≤1

max

k∈{N+1···,n}

|w

k

− C|.

Finalement, l'inégalité de Cesaro s'écrit

∀n > N :

w

1

+ · · · + w

n

n − C

≤ 1 n

N

X

k=1

|w

k

− C| + max

k∈{N+1···,n}

|w

k

− C|.

On va vérier avec cette inégalité la dénition de la convergence d'une suite. Il est important de savoir que ce résultat ne peut pas se déduire du théorème d'encadrement ou de passage à la limite dans une inégalité.

On veut montrer que, pour tout réel ε > 0 , il existe un entier N

ε

tel que n ≥ N

_ε

⇒ |w

_n

− C| ≤ ε.

Soit donc un ε > 0 arbitraire. D'après la convergence de (w

_n

)

_n∈

N^∗

, il existe un entier N tel que

n ≥ N ⇒ |w

n

− C| ≤ ε 2 . En particulier :

n ≥ N ⇒ max

k∈{N+1···,n}

|w

k

− C| ≤ ε 2 . Considérons maintenant la suite

1 n

N

X

k=1

|w

k

− C|

!

n∈N^∗

.

Comme P

N

k=1

|w

k

− C| est un nombre xé, c'est une suite de la forme

^A_n

n∈N^∗

qui converge donc vers 0 . Il existe alors un entier N

ε

> N et tel que

n ≥ N

ε

⇒ 1 n

N

X

k=1

|w

k

− C| ≤ ε 2 . On peut alors conclure avec l'inégalité de Cesaro

3. Chaque u

n

construit est strictement positif, la dénition par récurrence peut se pour- suivre indéniment. La stricte positivité des u

n

permet aussi de dénir les v

n

4. On sait que ln(1 + x) ≤ x pour tout x ≥ −1 . La suite (u

_n

)

_n∈_N

est donc décroissante et minorée par 0 . Elle converge vers un réel l ∈ [0, u] .

Par continuité de ln , ln(1 + l) = l d'où l = 0 . (tableau de x → ln(1 + x) )

5. On a bien u

_n+1

∼ u

_n

car ln(1 + u

_n

) ∼ u

_n

lorsque u

_n

→ 0 .

(5)

6. Comme ln

^uⁿ⁺¹_u

n

→ 0 car

^u_uⁿ⁺¹_n

→ 1 . On peut écrire : v

_n

= u

^λ_n

u

_n+1

u

n

^λ

− 1

!

= u

^λ_n

e

^λ^ln^un+1^un

− 1

∼ u

^λ_n

λ ln u

n+1

u

n

∼ u

^λ_n

λ u

n+1

u

n

− 1

u

_n+1

= ln(1 + u

_n

) = u

_n

− 1

2 u

²_n

+ o(u

²_n

) ⇒ u

_n+1

u

n

= 1 − 1

2 u

_n

+ o(u

_n

)

⇒ u

n+1

u

n

− 1 ∼ − 1 2 u

n

. Finalement

v

n

∼ − λ 2 u

^λ+1_n

.

7. Pour λ = −1 , la suite (v

n

)

_n∈N

converge vers

¹₂

. Par conséquent, v

1

+ v

2

+ · · · + v

n

n → 1

2 . Or

v

1

+ v

2

+ · · · + v

n

= u

⁻¹_n+1

− u

⁻¹

⇒ u

⁻¹_n+1

− u

⁻¹

∼ n 2 .

Comme u

⁻¹_n+1

→ +∞ , la constante u

⁻¹

est négligeable devant u

⁻¹_n+1

. Négligeons la ! On obtient u

⁻¹_n+1

∼

ⁿ₂

puis

u

_n

∼ 2

n .