Enoncé A373 (Diophante) Les nombres en or
On noteϕle nombre d’or qui est la plus grande racine réelle de l’équation x2−x−1 = 0.
Un entier naturelnest dit nombre en or s’il existe : - deux entiers naturels p etq, - p+q+ 1 entiersap, ap−1, . . . , a11, a0, a−1, a−2, . . . , a−q+1, a−q ne prenant que les valeurs 0 et 1 tels que :
n=ap.ϕp+ap−1.ϕp−1+. . .+a1.ϕ+a0+a−1.ϕ−1+. . .+a−q.ϕ−q=
i=−q
X
i=p
aiϕi. Par exemple l’entier 1 est un nombre en or car on peut écrire 1 =ϕ−1+ϕ−2 avec ai = 0 pouri≥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 Jean Moreau de Saint-Martin
Voici un algorithme qui permet de construire une représentation en or pour tout entier strictement positif.
Il utilise la suite de Lucas
L1= 1, 3, 4, 7, 11, . . ., Lm=ϕm+ (−1/ϕ)m, . . .,
qui vérifie la récurrence Lm+1 = Lm +Lm−1, car ϕ et (−1/ϕ) sont les racines de l’équation caractéristique x2−x−1 = 0.
Etape 1 : partant d’un entier donné n, j’en retranche successivement les plus grands termes possibles (“algorithme glouton”) de la suite de Lucas : Lf, Lg, Lh, . . . avec Lf ≤n < Lf+1,Lg ≤N −Lf < Lg+1,
Lh≤N−Lf −Lg < Lh+1, etc., avec des termes distincts.
Le reste final de ces soustractions peut être 0 ou 1 ; quand c’est 1, le dernier terme soustrait estL1 et ne peut pas être répété.
La liste des indices ne comprend pas deux entiers consécutifs ; en effet, si Lm est le plus grand terme inférieur ou égal à un entier, cet entier
< Lm+1 =Lm+Lm−1, et le terme suivant à retrancher est au plus Lm−2. Etape 2 : prenanta0 = le reste de l’étape 1, ai =a−i = 0 si Li n’est pas utilisé dans l’étape 1, ai = 1 et a−i = (−1)i si Li est utilisé dans l’étape 1, on an=
i=−f
X
i=f
aiϕi.
La liste des exposants présents (i tel que ai 6= 0) dans la représentation est ainsif, g, h, . . ., éventuellement 0,. . . ,−h,−g,−f;ai = 1 pour chacun d’eux sauf pourinégatif impair.
Etape 3 : élimination desai négatifs.
Dans la liste des exposantsf, . . . ,−f, soitsle plus à gauche des exposants avec ai =−1, etr son voisin de gauche.
Sir > s+2, réécrire la liste en remplaçantrparr−1, r−2 (avec coefficients ai = 1), carϕr =ϕr−1+ϕr−2, puis répéter l’analyse poursavec ce nouveau voisin de gauche.
Sir=s+ 2, réécrire la liste en remplaçantr, s pars+ 1 (avec coefficient 1) , carϕs+2−ϕs=ϕs+1 : le coefficient négatif a disparu.
Sir=s+ 1, réécrire la liste en remplaçantr, s pars−1 (avec coefficient 1), car ϕs+1−ϕs =ϕs−1 : le coefficient négatif a disparu. L’indice s−1 qui apparaît dans la liste n’y était pas précédemment, car l’utilisation de L−s dans l’étape 1 est incompatible avec celle deL−s+1.
De proche en proche à partir de la gauche, on fait disparaître ainsi les coefficientsai négatifs, sans en créer hors de la paire{0,1}.
Application : je donne la liste des exposants, mis entre parenthèses quand ai =−1.
n= 2 : L1 retranché, reste 1 à l’étape 1 ; liste 1,0,(−1) à l’étape 2 ;
liste finale 1,−2 (casr =s+ 1).
n= 3 : L2 retranché, reste 0 à l’étape 1 ;
liste 2,−2 aux étapes 2 et 3 ; mais la liste 1,0,−2 convient aussi.
n= 2018 :L15+L13+L10+L4+L2 retranchés, reste 0 à l’étape 1 ; liste 15,13,10,4,2,−2,−4,−10,(−13),(−15) à l’étape 2 ;
liste finale 15,13,10,4,2,−2,−4,−11,−16 : −10 réécrit −11,−12, puis
−12,(−13) réécrit−14, enfin−14,(−15) réécrit−16.
n= 2019 :L15+L13+L10+L5 retranchés, reste 0 à l’étape 1 ; liste 15,13,10,5,(−5),−10,(−13),(−15) à l’étape 2 ;
liste finale 15,13,10,4,2,0,−2,−4,−11,−16, en suivant l’algorithme ; faire passer a0 de 0 à 1 pour tirer parti de la représentation de 2018 où a0 = 0 donne le même résultat.
