1. Le sous-groupe G n'est pas discret si et seulement si

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Problème 1

Sous-groupes additifs de ( R , +)

1. Le sous-groupe G n'est pas discret si et seulement si

∀α > 0, G ∩ ]0, α[6= ∅

Supposons que G ne soit pas discret. Considérons un réel x quelconque et un α > 0 . Il existe un élément g ∈ G ∩ ]0, α[ . Appelons n la partie entière de ^x _g . On a alors

ng ≤ x < ng + g ng + g < ng + α ≤ x + α donc (n + 1)g ∈ G ∩ ]x, x + α[ car G est stable.

2. a. Si x et y sont dans I (intervalle de longueur ^α ₂ ), alors :

|x − y| ≤ α 2 < α

En particulier, si x et y sont deux éléments distincts de G ∩ I , un des deux réels x − y ou y − x est un élément de G ∩ ]0, α[ ce qui est impossible.

Un intervalle quelconque de longueur nie est toujours inclus dans l'union d'un nombre ni d'intervalles de longueur ^α ₂ . Chacun de ces (petits) intervalles ne peut contenir qu'au plus un élément de G . Par conséquent, l'intersection de G avec un tel intervalle (borné quelconque) est vide ou nie.

b. Comme G n'est pas réduit à 0, il existe un g non nul dans G . Comme −g ∈ G on peut supposer g > 0 . Considérons alors l'ensemble G ∩ ]0, g] .

Il est non vide (il contient g ) et ni d'après la question précédente. Il admet donc un plus petit élément que l'on note m .

Montrons que m = min G ∩ R ^∗ + . On sait déjà que

m ∈ G ∩ ]0, g] ⊂ R ^∗ +

D'autre part, si k ∈ G ∩ R ^∗ + deux cas sont possibles k ≤ g alors k ∈ G ∩ ]0, g] donc m ≤ h

g < k alors m < h car m ≤ g .

Ceci montre bien que m est un minorant de G ∩ ]0, g] donc le plus petit élément de cet ensemble.

c. D'après la dénition d'un sous-groupe (stabilité) Z m ⊂ G .

Réciproquement, soit g ∈ G ∩ R ^∗ + . Notons k la partie entière de _m ^g . On a alors k ≤ g

m < k + 1 ⇒ km ≤ g < (k + 1)m ⇒ 0 ≤ g − km < m

À cause des propriétés de stabilité de G , on a −km ∈ G et g − km ∈ G ∩ [0, m[ . D'apès la dénition de m , il est impossible que g − km ∈ G ∩ R ^∗ + . Ceci entraîne g − km = 0 . C'est à dire g = km donc g ∈ Z m .

3. a. Vérication facile des propriétés de stabilité.

b. Si S est discret, d'après la question 2., il existe m > 0 tel que S = Z m .

Comme x = 1 × x + 0 × y ∈ S , il existe p ∈ Z tel que x = pm . De même, y = 0 × 1 + 1 × y ∈ S il existe donc q ∈ Z ^∗ tel que y = qm . On en déduit

m = x p = y

q ⇒ x y = p

q ∈ Q Réciproquement, si on suppose ^x _y ∈ Q,

∃(p, q) ∈ Z × N ^∗ tq x y = p

q ∈ Q ⇒ x p = y

q (désigné par m ) Alors x = pm et y = qm donc x et y sont dans Z m et

∀(i, j) ∈ Z ² , ix + jy = (ip + jq)m ∈ Z m

⇒ S ⊂ Z m.

Ceci entraîne que S ∩ ]0, m[ est vide donc que S est discret.

4. a. Si A ∩ B était non vide, il existerait des entiers non nuls p et q tels que px = qy .

On aurait alors x

y = p q ∈ Q

b. D'après 3., S est un sous-groupe qui n'est pas discret. Pour tout α > 0 , il existe donc des entiers m et n tels que mx + ny ∈ ]0, α[ .

Lorsque α < min(x, y) , les entiers m et n sont tous les deux non nuls. Posons a = mx , b = −ny , alors a ∈ A et b ∈ B donc

∀α < min(x, y), inf{|a − b|, (a, b) ∈ A × B} ≤ α On en déduit que cette borne inférieure est nulle.

5. Considérons un intervalle quelconque [u, v] dans [−1, 1] , on doit montrer qu'il existe un entier n tel que cos n ∈ [u, v] .

Posons α = arccos v , β = arccos u et formons l'intervalle [α, β] de R.

Comme 2π est irrationnel, le sous-groupe additif Z + 2π Z engendré par 1 et 2π est dense dans R. Il existe donc des entiers m et n tels que m + 2πn ∈ [α, β] . On en déduit que cos m ∈ [u, v] ce qu'il fallait montrer.

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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Rémy Nicolai M0807C

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Problème 2 (facultatif)

Dans tout le corrigé, les dénominateurs des fractions seront toujours des entiers naturels strictement positifs.

Question préliminaire

Pour montrer que le médian de deux nombres rationnels est entre ces deux nombres, calculons les diérences :

p + p ⁰ q + q ⁰ − p

q = p ⁰ q − pq ⁰ (q + q ⁰ )q , p ⁰

q ⁰ − p + p ⁰

q + q ⁰ = p ⁰ q − pq ⁰ (q + q ⁰ )q ⁰ Elles sont strictement positives car

p ⁰ q ⁰ − p

q = p ⁰ q − pq ⁰ qq ⁰ > 0

Partie I. Médians et suites de Farey

1. a. Les dénitions conduisent aux tuples

¹

suivants M 2 F 3

|{z}

: 0

|{z}

, 1 3

|{z}

, 1 2

|{z}

, 2 3

|{z}

, 1

|{z}

M 3 F 4

|{z}

: 0

|{z}

, 1 4

|{z}

, 1 3

|{z}

, 2 5 , 1

2 |{z}

, 3 5 , 2

3 |{z}

, 3 4

|{z}

, 1

|{z}

M ₄ F ₅

|{z}

: 0

|{z}

, 1 5

|{z}

, 1 4

|{z}

, 2 7 , 1

3 |{z}

, 3 8 , 2

5 |{z}

, 3 7 , 1

2 |{z}

, 4 7 , 3

5 |{z}

, 5 8 , 2

3 |{z}

, 5 7 , 3

4 |{z}

, · · ·

M 5 F 6

|{z}

: 0

|{z}

, 1 6

|{z}

, 1 5

|{z}

, 2 9 , 1

4 |{z}

, 3 11 , 2

7 , 3 10 , 1

3 |{z}

, · · ·

b. Dans les séquences précedentes, les éléments de F i+1 dans M i sont indiqués par un

|{z}

.

c. On remarque que le nombre d'éléments de M 2 est 5 = 2 ² + 1 . D'autre part, Nb d'élts de M n+1 = Nb d'élts de M n + Nb d'intervalles dans M n

=2 × Nb d'élts de M n − 1

1

suivant la terminologie du type d'objet Python

donc si, pour un certain n , Card (M n ) = 2 ⁿ + 1, on a aussi Card (M n+1 ) = 2(2 ⁿ + 1) = 2 ⁿ⁺¹ − 1 Ceci prouve par récurrence que

∀n ∈ N : Card (M n ) = 2 ⁿ + 1

2. a. Traduisons l'encadrement donné par hypothèse par des inégalités sur les numéra- teurs puis exploitons le fait que ces inégalités sont relatives à des nombres entiers.

Il vient

0 < p ⁰⁰ q − q ⁰⁰ p

0 < p ⁰ q ⁰⁰ − p ⁰⁰ q ⁰ soit

1 ≤ p ⁰⁰ q − q ⁰⁰ p 1 ≤ p ⁰ q ⁰⁰ − p ⁰⁰ q ⁰

En multipliant la première équation par q ⁰ et la deuxième par q , on obtient q ⁰ + q ≤ (−pq ⁰ + p ⁰ q)q ⁰⁰

On en déduit q ⁰⁰ ≥ q +q ⁰ car p ⁰ q − pq ⁰ est supposé égal à 1 dans toute la question.

b. Considérons, sous les hypothèses de la question, p ⁰⁰ et q ⁰⁰ tels que p ⁰⁰

q ⁰⁰ ∈ p

q , p ⁰ q ⁰

∩ F n+1

Exploitons d'abord le fait que i _p

q , ^p _q

⁰0

h ∩ F n = ∅ . Comme ^p+p _q+q

⁰0

et ^p _q

⁰⁰00

sont dans i

p q , ^p _q

⁰0

h , il ne sont pas dans F _n donc q + q ⁰ > n et q ⁰⁰ > n .

Comme de plus ^p _q

⁰⁰⁰⁰

∈ F n+1 , on a obligatoirement q ⁰⁰ = n + 1 .

Utilisons ensuite la question a. Elle prouve que q ⁰⁰ ≥ q + q ⁰ . On en déduit alors que q + q ⁰ = q ⁰⁰ = n + 1 .

Le médian ^p+p _q+q

⁰0

et le nombre ^p _q

⁰⁰00

= _q+q ^p

⁰⁰0

sont dans i

p q , ^p _q

⁰0

h . Si par exemple p

q < p ⁰⁰

q + q ⁰ ≤ p + p ⁰ q + q ⁰ alors

p + p ⁰ q + q ⁰ − p ⁰⁰

q + q ⁰ ≤ p + p ⁰ q + q ⁰ − p

q p + p ⁰ − p ⁰⁰

q + q ⁰ ≤ p ⁰ q − pq ⁰

(q + q ⁰ )q = 1 (q + q ⁰ )q q(p + p ⁰ − p ⁰⁰ ) ≤ 1

2

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La seule possibilité est p ⁰⁰ = p + p ⁰ . Un calcul analogue dans le cas où ^p _q

⁰⁰00

est de l'autre côté du médian achève de montrer que ce médian est le seul élément possible de F n+1 entre ^p _q et ^p _q

⁰0

.

3. a. Supposons que x < y sont deux éléments consécutifs de F n+1 dont aucun n'est dans F n . Il existe alors ds éléments consécutifs a < b de F n tels que a < x < y < b . ceci est en contradiction avec la question 2.b. Entre deux éléments consécutifs de F n un élément au plus de F n+1 peut s'intercaler (et c'est le médian).

b. Supposons x ∈ F n et y ∈ F n+1 . Considérons z consécutif à x dans F n . Comme F n ⊂ F n+1 , x < z < y est impossible car sinon x et y ne seraient pas consécutifs dans F n+1 . On doit donc avoir x < y < z et donc, d'après 2.b., y = µ(x, z) . Les autres cas possibles sont :

x ∈ F n+1 et y ∈ F n . Il existe alors un z ∈ F n tel que z et y soient consécutifs dans F n et x est le médian de z et de y .

x et y sont consécutifs dans F n . 4. La proposition P n se montre par récurrence.

L'examen des listes formées à la question 1. permet de vérier à la main les propriétés P 2 , P 3 , P 4 . On peut remarquer en particulier que M 2 = F 3 . Les inclusions F i+1 ⊂ M i

sont bien visibles. On remarque aussi que deux éléments consécutifs dans un F i ne le sont pas forcément dans le M i−1 qui le contient. Par exemple ¹ ₄ et ¹ ₃ sont consécutifs dans F 6 mais pas dans M 5 . En revanche, ils sont consécutifs dans M 3 .

Montrons que P n entraine P n+1 .

Considérons deux éléments quelconques x et y consécutifs dans F n+1 . S'ils sont tous les deux dans F n les propriétés sont vériées à cause de P n . Sinon, l'un des deux est un médian de deux éléments de F n . Par exemple :

x = p

q < y = µ(x, z) < p ⁰ q ⁰ = z et ce uniquement lorsque q + q ⁰ = n + 1 .

D'après une des propriétés de P _n , il existe un i < n tel que x et z soient consécutifs dans M _i . Ceci prouve que y ∈ M _i+1 et que x et y sont consécutifs dans M _i+1 . D'autre part, les éléments consécutifs ^p _q < ^p _q

⁰0

de F n+1 qui le sont aussi dans F n vérient p ⁰ q − pq ⁰ = 1 d'après P n . Les autres sont de la forme ^p _q < ^p+p _q+q

⁰0

ou ^p+p _q+q

⁰⁰

< ^p _q

⁰0

avec

p

q < ^p _q

0⁰

consécutifs dans F n . Or

q(p + p ⁰ ) − p(q + q ⁰ ) = 1 = p ⁰ (q + q ⁰ ) − q ⁰ (p + p ⁰ )

5. a. C'est une conséquence immédiate de 3.a et de la première partie de P n .

b. D'après 5.a., i _p

q , ^p _q

⁰0

h ∩ F q+q

⁰

−1 = ∅ d'après 3.b. i _p

q , ^p _q

⁰0

h ∩ F q+q

⁰

⊂ n _p+p

0

q+q

⁰

o et il est évident que ^p+p _q+q

⁰0

∈ i

p q , ^p _q

0⁰

h ∩ F _q+q

⁰

. 6. C'est une conséquence immédiate de 3.a.

Partie II. Cercles de Ford.

1. Les cercles C

^p

q

et C

p0

q0

sont tangents lorsque p

q − p ⁰ q ⁰

² +

1 2q ² − 1

2q ⁰² ²

= 1

2q ² + 1 2q ⁰²

²

⇔ p

q − p ⁰ q ⁰

²

= 1 q ² q ⁰²

⇔ (pq ⁰ − p ⁰ q) ² = 1 ⇔ p ⁰ q − pq ⁰ = 1 car ^p _q < ^p _q

⁰0

.

2. Soit (u, −r) les coordonnées du centre d'un cercle de Ford, il est tangent à C

^p

q

et C

p0 q0

si et seulement si



 

  _p

q − u ² +

1 2q

²

− r ²

=

1 2q

²

+ r ² _p

0

q

⁰

− u ² +

1 2q

⁰²

− r ²

=

1 2q

⁰²

+ r ² ⇔



 

  _p

q − u ²

= ^2r _q

2

_p

0

q

⁰

− u ²

= _q ^2r

02

Ceci entraîne que u est solution de l'équation du second degré q ²

p q − u

²

= q ⁰² p ⁰

q ⁰ − u ²

qui admet deux solutions u _ε , pour ε ∈ {−1, 1} : u ε = p − εp ⁰

q − εq ⁰ Pour chaque u ε une seule valeur r ε est possible ;

p

q − u ε = p

q − p − εp ⁰

q − εq ⁰ = ε(p ⁰ q − pq ⁰ ) q(q − εq ⁰ )

3

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Fig. 1: Cercles de Ford

r ε = (p ⁰ q − pq ⁰ ) ² 2q(q − εq ⁰ ) ²

On vérie facilement que les deux cercles de centre (u ε , −r ε ) conviennent. On obtient donc deux cercles de Ford vériant les conditions demandées.

3. Lorsque C

^p

q

et C

p0

q0

sont tangents, p ⁰ q − pq ⁰ = 1 , les centres des cercles tangents sont alors les points de coordonnées

( p − εp ⁰ q − εq ⁰ , 1

2(q − εq ⁰ ) ² ) Le point de contact avec l'axe est ^p−εp _q−εq

⁰0

.

Pour ε = −1 on retrouve le médian qui est bien entre ^p _q et ^p _q

⁰0

. Pour ε = 1 on obtient

p−p

⁰

q−q

⁰

. Or

p − p ⁰ q − q ⁰ − p ⁰

q ⁰ = 1

q ⁰ (q ⁰ − q) , p

q − p − p ⁰

q − q ⁰ = 1 q(q ⁰ − q)

ces deux nombres sont de meême signe donc ^p−p _q−q

0⁰

est à l'extérieur de l'intervalle. Le cercle cherché est C

p+p0

q+q0

.

4. Les cercles C _x pour x ∈ F _n sont tangents à l'axe des x. Deux cercles C _x et C _x

⁰

sont tangents lorsque x et x ⁰ sont consécutifs dans F _n . Le cercle associé à un point de F n+1 − F n vient s'intercaler entre deux cercles tangents.

Partie III. Approximation de Dirichlet

Soit x irrationnel, il vient s'intercaler entre deux éléments consécutifs ^p _q et ^p _q

⁰⁰

de F Q . On dit que ^p _q est la valeur approchée par défaut de x et ^p _q

⁰⁰

celle par excès dans F Q . Considérons

le médian ^p+p _q+q

⁰0

et supposons par exemple p

q < x < p + p ⁰ q + q ⁰ alors

0 < x − p

q < p + p ⁰ q + q ⁰ − p

q = 1

q(q + q ⁰ )

Comme ^p _q et ^p _q

⁰⁰

sont consécutifs dans F Q on a q + q ⁰ > Q sinon le médian viendrait s'intercaler. Ainsi

0 < x − p

q < 1 q(Q + 1)

On peut donc choisir a = p. On raisonne de la même manière lorsque ^p+p _q+q

⁰⁰

< x < ^p _q

⁰0

. Cette démonstration est plus ancienne que celle de Dirichlet qui repose sur le principe des tiroirs.

Lorsque strictement plus de n objets sont rangés dans n tiroirs, l'un au moins des tiroirs contient plusieurs objets.

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1. Le sous-groupe G n'est pas discret si et seulement si

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Problème 1

Sous-groupes additifs de ( R , +)