des parties entières des multiples de ce nombre. On note V (x) l'ensemble des valeurs de la suite de Beatty et M (x) l'ensemble des multiples

(1)

MPSI B 29 juin 2019

Énoncé

La suite de Beatty

¹

d'un nombre réel strictement positif x est la suite (bnxc)

_n∈

N^∗

des parties entières des multiples de ce nombre. On note V (x) l'ensemble des valeurs de la suite de Beatty et M (x) l'ensemble des multiples

V (x) = {bnxc, n ∈ N

^∗

} , M (x) = {nx, n ∈ N

^∗

}

Partie I.

On se donne deux nombres réels strictement positifs et irrationnels

²

s et r tels que 1

s + 1 r = 1

On se propose de démontrer que V (s) et V (r) forment une partition de N

^∗

. 1. Première démonstration.

a. Montrer que si j , k , m sont des naturels non nuls tels que j = bkrc = bmsc , alors j < k + m < j + 1 . En déduire que V (s) ∩ V (r) = ∅ .

b. Soit j ∈ N

^∗

, montrer que j / ∈ V (r) entraine qu'il existe k ∈ N tel que kr < j et j + 1 ≤ (k + 1)r

c. On suppose qu'il existe des entiers naturels j , k , m tels que

kr < j et j + 1 ≤ (k + 1)r et ms < j et j + 1 ≤ (m + 1)s Montrer que

k + m < j < k + m + 1 d. Conclure.

2. Deuxième démonstration (indépendante de la précédente) a. Montrer que M (

¹_r

) et M (

¹_s

) sont disjoints.

b. Soit j ∈ N

^∗

, préciser les nombres d'éléments des ensembles suivants

x ∈ M ( 1

r ) tq x ≤ j r

,

x ∈ M ( 1

s ) tq x ≤ j r

1cette suite est aussi appelée spectre d'un nombre réel dans l'ouvrage Concrete Maths de Knuth

2c'est à dire n'appartenant pas àQ

c. Montrer que

]

x ∈ M ( 1

r ) ∪ M ( 1

s ) tq x ≤ j r

= bjsc

d. Conclure en numérotant par ordre croissant les éléments de M (

¹_r

) ∪ M (

¹_s

) .

Partie II.

On considère une suite de nombres entiers strictement positifs (a

n

)

_n∈

N^∗

. À partir de cette suite, on dénit deux autres suites (x

n

)

_n∈

N^∗

et (y

n

)

_n∈

N^∗

en posant

∀n ∈ N

^∗

,



 

 

x

n

= max n a

k

k , k ∈ J 1, n K o

y

n

= min

a

k

+ 1

k , k ∈ J 1, n K

1. Montrer que (x

n

)

_n∈N∗

est croissante et (y

n

)

_n∈N∗

décroissante.

2. On suppose dans cette question seulement que (a

n

)

_n∈N∗

est une suite de Beatty c'est à dire qu'il existe un α > 0 irrationnel tel que a

n

= bnαc pour tous les n ∈ N

^∗

. Montrer que x

_n

< y

_n

pour tous les n ∈ N

^∗

.

3. On suppose ici que x

n

< y

n

pour tous les n ∈ N

^∗

.

a. Montrer que (x

n

)

_n∈N∗

et (y

n

)

_n∈N∗

convergent vers la même limite strictement positive notée α .

b. On suppose α irrationnel, montrer que a

n

= bnαc pour tous les n ∈ N

^∗

.

c. On considère le cas de la suite a

k

= 2k − 1 pour tous les k ∈ N

^∗

. Que peut-on en conclure ?

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/

1

Rémy Nicolai Abeatty

(2)

MPSI B 29 juin 2019

Corrigé Partie I.

1. Première démonstration.

a. Soit j , k m des naturels non nuls tels que j = bkrc = bmsc . Écrivons les enca- drements dénissant les parties entières (l'inégalité de gauche est stricte car r et s sont irrationnels) puis divisons par r et s et sommons :

( j < kr < j + 1 j < ms < j + 1 ⇒



 

  j

r < k < j + 1 r j

s < m < j + 1 s

⇒ j < k + m < j + 1

en utilisant

¹_r

+

¹_s

= 1 .

Il est clair que ces inégalités sont impossibles dans N, il ne peut donc exister k et m dans N pour lesquels bkrc = bmsc . Cela traduit que V (r) et V (s) sont disjoints.

b. On suppose j / ∈ V (r) , il existe alors deux éléments consécutifs de la suite de Beatty (en ajoutant éventuellement 0 ) encadrant strictement j . Il existe donc k ∈ N tel que

bkrc < j < b(k + 1)rc

Par dénition, bkrc est le plus grand des entiers inférieurs ou égaux à kr . Comme j ≤ bkrc est faux, on sait que j n'est pas un de ces entiers donc kr < j .

D'autre part, comme j est entier

j < b(k + 1)rc ⇒ j + 1 ≤ b(k + 1)rc ≤ (k + 1)r

c. On suppose qu'il existe des entiers j , k , m vériant les relations de l'énoncé.

remarquons d'abord que les inégalités sont toutes strictes à cause de l'irrationalité de r et s . On peut alors diviser par r et s et ajouter



 

  k < j

r m < j s

⇒ k + m < j



 

  j + 1

r < k + 1 j + 1

s < m + 1

⇒ j + 1 < k + m + 2

On en tire k + m < j < k + m + 1 ce qui est clairement impossible.

d. Si j ∈ N

^∗

n'est ni dans V (r) ni dans V (s) , d'après la question b., il existe k et m dans N vériant les inégalités du c.. ces inégalités conduisent à une absurdité. On en déduit que N = V (r) ∪ V (s) .

2. Deuxième démonstration.

a. Si M (

¹_r

) et M (

¹_s

) ne sont pas disjoints, il existe des naturels non nuls p et q tels que

^p_r

=

^q_s

. Cela entraine que

^r_s

est rationnel. Or

1 r + 1

s = 1 ⇒ 1 + r s = r

Alors r serait rationnel aussi ce qui est contraire aux hypothèses. Les ensembles sont donc disjoints.

b. Le nombre de multiples non nuls de

¹_r

inférieurs à

^j_r

est égal au nombre d'entiers k tels que

k r ≤ j

r C'est évidemment j .

Le nombre de multiples non nuls de

¹_s

inférieurs à

^j_r

est égal au nombre d'entiers k tels que

k s ≤ j

r ⇔ k ≤ sj r C'est donc b

^sj_r

c .

c. Comme les deux ensembles de multiples sont disjoints, le nombre cherché est j + b sj

r c = j + b(j(s − 1)c (à cause de la relation entre r et s )

= j + b(js − j)c = j + bjsc − j = bjsc car bx + nc = bxc + n pour n ∈ Z.

d. Comme chaque ensemble M (

¹_r

) et M (

¹_s

) est inni, en numérotant par ordre croissant les éléments de W = M (

¹_r

) ∪ M (

¹_s

) à partir de 1 , on obtient une bijection ϕ de N

^∗

dans W .

Pour tout n dans N, le n -ième élément de l'ensemble W est ϕ(n) . Si ϕ(n) est de la forme

^j_r

, la question c. montre que n = bjsc . De la même manière n = bjrc si ϕ(n) est de la forme

^j_s

. Ceci montre que tout naturel n est, de manière unique, un bjrc ou un bjsc c'est à dire que V (s) et V (r) forment une partition de N

^∗

.

Partie II.

1. Notons

X

n

= n a

k

k , k ∈ J 1, n K o

, Y

n

=

a

k

+ 1

k , k ∈ J 1, n K

Par dénition, X

_n

⊂ X

_n+1

et Y

_n

⊂ Y

_n+1

. Cela entraine x

_n

≤ x

_n+1

et y

_n+1

≤ y

_n

.

2

(3)

MPSI B 29 juin 2019

2. On suppose ici qu'il existe un α > 0 irrationnel tel que a

n

= bnαc pour tout n ∈ N

^∗

. On peut alors écrire (inégalité stricte à cause de l'irrationnalité)

∀k ∈ N

^∗

, a

_k

< kα < a

_k

+ 1 ⇒ a

_k

k < α < a

_k

+ 1 k

Ceci est vrai en particulier pour le plus grand élément de X

_n

et le plus petit élément de Y

_n

donc

x

_n

< α < y

_n

3. a. On sait d'après la première question que les suites (x

n

)

_n∈

N^∗

et (y

n

)

_n∈

N^∗

sont respectivement croissantes et décroissantes. L'hypothèse supplémentaire de cette question montre qu'elles sont respectivement majorée (par y

1

) et minorée (par x

1

). On en déduit la convergence des deux suites. On note x et y les limites respectives.

De plus, pour tout n ∈ N

^∗

, a

_n

n ≤ x

n

< y

n

≤ a

_n

+ 1

n ⇒ 0 < y

n

− x

n

< 1 n

On déduit y = x par passage à la limite dans une inégalité. On notera α cette limite commune.

b. Reprenons l'encadrement précédent et combinons le avec la monotonie a

_n

n ≤ x

n

< y

n

≤ a

_n

+ 1 n x

_n

≤ α ≤ y

_n







⇒ a

_n

n ≤ α ≤ a

_n

+ 1

n ⇒ a

n

≤ nα ≤ a

n

+ 1

Dans le cas où α est irrationnel, les inégalités sont forcément strictes et a

_n

= bnαc . c. Si a

_k

= 2k − 1 , alors

^a_k^k

= 2 −

_k¹

donc la suite correspondante est croissante et x

n

= 2 −

_n¹

pour tous les n . De l'autre coté

^a^k_k⁺¹

= 2 donc la suite est constante et y

n

= 2 pour tous les n . On a donc bien x

n

< y

n

pour tous les n sans que a

n

soit une suite de Beatty.

3