A373. Les nombres en or
On note φ le nombre d'or qui est la plus grande racine réelle de l'équation x²−x−1=0.
Un entier naturel n est dit nombre en or s'il existe : - deux entiers naturels p et q,
- p + q + 1 entiers ap, ap-1, ...a1 ,a0 ,a-1, a-2, ....a-q + 1, a-q ne prenant que les valeurs 0 et 1 tels que :
𝒏 = 𝒂
𝒑. 𝝋
𝒑+ 𝒂
𝒑)𝟏. 𝝋
𝒑)𝟏+ . . . . + 𝒂
𝟏. 𝝋 + 𝒂
𝟎+ 𝒂
–𝟏. 𝝋
–𝟏+ . . . +𝒂
–𝒒. 𝝋
–𝒒= . 𝒂
𝒊. 𝝋
𝒊𝒑
𝒊0)𝒒 Par exemple l'entier 1 est un nombre en or car on peut écrire 1 = φ-1 + φ-2 , avec ai = 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.
Représenter un entier 𝑛 en base 10 consiste à l’écrire sous la forme : 𝑛 = . 𝑑I. 10I
I∈ℕ
avec 𝑑I∈ {0,1,2, … ,9} , 9 étant le plus grand entier inférieur à 10.
Représenter un entier 𝑛 en base 2 consiste à l’écrire sous la forme : 𝑛 = . 𝑏I. 2I
I∈ℕ
avec 𝑏I ∈ {0,1} , 1 étant le plus grand entier inférieur à 2.
Est-il possible de représenter tout entier naturel 𝒏 en base 𝝋 , c’est-à-dire sous la forme : 𝒏 = . 𝒂𝒌. 𝝋𝒌
𝒌∈ℤ
𝐚𝐯𝐞𝐜 𝒂𝒌 ∈ {𝟎, 𝟏} , 𝟏 𝐞́𝐭𝐚𝐧𝐭 𝐥𝐞 𝐩𝐥𝐮𝐬 𝐠𝐫𝐚𝐧𝐝 𝐞𝐧𝐭𝐢𝐞𝐫 𝐢𝐧𝐟𝐞́𝐫𝐢𝐞𝐮𝐫 à 𝝋 ? La réponse est OUI !
𝐑𝐚𝐩𝐩𝐞𝐥 : 𝜑 =1 + √5 2 .
𝜑m = 𝜑 + 1 implique que pour tout entier relatif 𝑘 : 𝝋𝒌p𝟐 = 𝝋𝒌p𝟏+ 𝝋𝒌. De plus, pour tout entier naturel 𝑘, 𝝋𝟐𝒌+ 𝝋–𝟐𝒌 est un entier.
Soit (𝑢v) la suite définie par 𝒖𝟎= 𝝋𝟎= 𝟏 et pour tout entier naturel 𝑛 : 𝒖𝒏 = 𝝋𝟐𝒏+ 𝝋–𝟐𝒏. On a : pour tout 𝑛 ≥ 1 , 𝒖𝒏 = 𝑭𝟐𝒏p𝟏+ 𝑭𝟐𝒏)𝟏 ,
où 𝐹I est le 𝑘–ième nombre de la suite de Fibonacci, définie par :
𝐹€ = 0 , 𝐹• = 1 et pour tout 𝑛 ≥ 2 , 𝐹v = 𝐹v)•+ 𝐹v)m .
On a aussi : 𝒖𝟎= 𝟏 , 𝒖𝟏 = 𝟑 , 𝒖𝟐= 𝟕 et pour tout 𝒏 ≥ 𝟑 , 𝒖𝒏 = 𝟑𝒖𝒏)𝟏− 𝒖𝒏)𝟐 . La suite (𝑢v) est donc une suite entière.
𝒏 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
𝒖𝒏 1 3 7 18 47 123 322 843 2207 5778 15127
Comme ∀𝑛 ≥ 1 , 𝑢vp• < 3𝑢v , tout 𝑁 ∈ ℕ peut s’exprimer de manière unique sous la forme : 𝑁 = . 𝑐I. 𝑢I
I∈ℕ
avec 𝑐I ∈ {0,1,2}
Exemples
10 = 7 + 3 = 𝑢m+ 𝑢•
100 = 2 × 47 + 2 × 3 = 2𝑢’+ 2𝑢•
1 000 = 843 + 123 + 18 + 2 × 7 + 2 × 1 = 𝑢“+ 𝑢”+ 𝑢•+ 2𝑢m+ 2𝑢€ 10 000 = 5778 + 2207 + 2 × 843 + 322 + 7 = 𝑢–+ 𝑢—+ 2𝑢“+ 𝑢˜+ 𝑢m
12 345 = 2 × 5778 + 2 × 322 + 123 + 18 + 3 + 1 = 2𝑢–+ 2𝑢˜+ 𝑢” + 𝑢• + 𝑢•+ 𝑢€ On en déduit : 𝑁 = 𝑐€+ . 𝑐I. (𝜑mI + 𝜑–mI)
I∈ℕ∗
= 𝑐€+ . 𝑐I. 𝜑mI
I∈ℕ∗
+ . 𝑐I. 𝜑–mI
I∈ℕ∗
avec 𝑐I ∈ {0,1,2}
Si 𝑐I= 2 , on transforme : - 𝟐𝝋𝟐𝒌 en 𝜑mI+ 𝜑mI = 𝜑mI + 𝜑mI)•+ 𝜑mI)m = 𝝋𝟐𝒌p𝟏+ 𝝋𝟐𝒌)𝟐 , - 𝟐𝝋–𝟐𝒌 en 𝜑–mI + 𝜑–mI = 𝜑–mI + 𝜑–mI)•+ 𝜑–mI)m = 𝝋–𝟐𝒌p𝟏+ 𝝋–𝟐𝒌)𝟐. Après ces transformations éventuelles, on a :
𝑁 = . 𝑒I
I∈ℤ
. 𝜑I avec 𝑒I∈ {0,1,2}
Lorsque 𝑒I = 2, on transforme 𝟐𝝋𝒌 en 𝜑I+ 𝜑I)•+ 𝜑I)m = 𝝋𝒌p𝟏 + 𝝋𝒌)𝟐. On obtient alors 𝑁 = . 𝑒I•
I∈ℤ
. 𝜑I avec 𝑒I• ∈ {0,1,2}
Lorsque 𝑒I• = 2, on transforme 𝟐𝝋𝒌 en 𝜑I+ 𝜑I)•+ 𝜑I)m = 𝝋𝒌p𝟏 + 𝝋𝒌)𝟐. Et on procède ainsi jusqu’à ce qu’il n’y ait plus de coefficients des 𝜑I égaux à 2.
Par ailleurs, deux puissances de 𝜑 consécutives seront remplacées par une seule grâce à la relation : 𝝋𝒌p𝟐 = 𝝋𝒌p𝟏 + 𝝋𝒌
Il est évident que le processus se termine après un nombre fini d’étapes.
Q1 𝟐 = 1 + 1 = 2𝑢€= 2𝜑€= 𝝋𝟏+ 𝝋–𝟐 𝟑 = 𝑢• = 𝝋𝟐+ 𝝋–𝟐
Q2 𝟐𝟎𝟏𝟖 = 2 × 843 + 322 + 7 + 3 = 2𝑢“+ 𝑢˜+ 𝑢m+ 𝑢•
= 2𝜑•’ + 𝜑•m + 𝜑’+ 𝜑m + 𝜑–m+ 𝜑–’+ 𝜑–•m+ 2𝜑–•’
= (𝜑•”+ 𝜑•m) + 𝜑•m+ 𝜑’+ 𝜑m+ 𝜑–m+ 𝜑–’+ 𝜑–•m+ (𝜑–••+ 𝜑–•˜)
= 𝜑•” + 2𝜑•m + 𝜑’+ 𝜑m + 𝜑–m+ 𝜑–’+ (𝜑–•m+ 𝜑–••) + 𝜑–•˜
= 𝝋𝟏𝟓+ 𝝋𝟏𝟑+ 𝝋𝟏𝟎+ 𝝋𝟒+ 𝝋𝟐+ 𝝋–𝟐+ 𝝋–𝟒+ 𝝋–𝟏𝟏+ 𝝋–𝟏𝟔 𝟐𝟎𝟏𝟗 = 2018 + 1
= 𝝋𝟏𝟓+ 𝝋𝟏𝟑+ 𝝋𝟏𝟎+ 𝝋𝟒+ 𝝋𝟐+ 𝝋𝟎+ 𝝋–𝟐+ 𝝋–𝟒+ 𝝋–𝟏𝟏+ 𝝋–𝟏𝟔
Remarques : 1. Si on adopte une notation analogue à celle des bases classiques, on obtient : 2018 = 1010010000010100,0101000000100001
2019 = 1010010000010101,0101000000100001 2. Ces décompositions ne sont pas uniques.
Sur le site :
http://www.maths.surrey.ac.uk/hosted-sites/R.Knott/Fibonacci/phigits.html on trouve un convertisseur en base 𝜑 donnant toutes les décompositions possibles.
Pour 2018, on en trouve 819, et 459 pour 2019.
3. La méthode développée dans l’exposé ci-dessus fournit la forme minimale (c’est- à-dire celle utilisant le moins de puissances de 𝜑 possible).
Les formes maximales sont :
2018 = 111101010111110,1111101011010111 2019 = 111101010111111,1111101011010111 Q3 Voir l’exposé précédant la réponse à Q1 .
