Montrer que la suite (un) converge

SEMAINE 5

SUITES R ´EELLES - TOPOLOGIE DEIR EXERCICE 1 :

1.Soitu= (u_n) une suite r´eelle born´ee telle que lim

n→∞(u_n+1−u_n) = 0. Montrer que l’ensemble Ades valeurs d’adh´erence deuest un segment de IR.

2. Soitf : [α, β]→[α, β] une fonction continue, soit u= (un) une suite d´efinie par u0∈[α, β]

et, pour toutn,un+1=f(un). On suppose que lim

n→∞(un+1−un) = 0. Montrer que la suite (un) converge.

- - - - 1.Pour toutn∈IN, posons Un={up; p≥n}. On a

l∈A ⇐⇒ ∀n∈IN ∀ε >0 [l−ε, l+ε] ∩ Un6=∅ ⇐⇒ ∀n∈IN l∈Un. Donc l’ensembleA= \

n∈IN

U_n est un ferm´e de IR.

Par ailleurs,Aest born´e (´evident) etAest non vide (th´eor`eme de Bolzano-Weierstrass).

Il reste `a montrer queA est un intervalle.

Soientaetbdeux ´el´ements deAaveca < b. Soitc∈]a, b[. Soitε >0 tel queε <min{c−a, b−c}.

On a alorsa < c−ε < c < c+ε < b.

Montrons que, pour tout entierN, il existen≥N tel queu_n ∈[c−ε, c+ε], ce qui prouvera que c ∈ A : comme a et b sont valeurs d’adh´erence de u, il existe des suites extraites de u convergeant vers a et b respectivement. Plus pr´ecis´ement, on peut construire deux applicationsϕetψ de IN vers IN telles que

ϕ(0)< ψ(0)< ϕ(1)< ψ(1)< . . . < ϕ(k)< ψ(k)< ϕ(k+ 1)< ψ(k+ 1)< . . . avec lim

k→∞u_ϕ(k)=aet lim

k→∞u_ψ(k)=b.

Il existe un entierK₁tel que, pourk≥K₁, on ait u_ϕ(k)< c−ε et u_ψ(k)> c+ε. Par ailleurs, il existe un entierN tel que|un+1−u_n|< εpour toutn≥N. Soit enfinK₂ un entier tel queϕ(K₂)> N (possible car lim

k→+∞ϕ(k) = +∞). En posantK= max{K1, K₂}, on a, pour tout k≥K,

• u_ϕ(k)< c−ε,

• uψ(k)> c+ε,

• |un+1−un|< εpour toutn∈[[ϕ(k), ψ(k)−1]].

Il existe donc au moins un entierndans l’intervalle [[ϕ(k)+1, ψ(k)−1]] tel queu_n∈[c−ε, c+ε] : il suffit de consid´erern= min{m > ϕ(k)|u_m> c−ε}. L’ensemble des entiersntels que u_n ∈ [c−ε, c+ε] est donc infini, et ceci pour tout ε >0, ce qui prouve que c est valeur d’adh´erence de la suiteu.

2. NotonsA l’ensemble des valeurs d’adh´erence de la suite u(on aA⊂[α, β]), soitc∈A, soit (u_ϕ(n)) une suite extraite de limitec. De lim

n→∞(un+1−un) = 0, on d´eduit lim

n→∞u_ϕ(n)+1=c mais, la fonction f ´etant continue au point c,

n→∞lim uϕ(n)+1= lim

n→∞f uϕ(n)

=f(c), doncf(c) =c.

Moralit´e : les valeurs d’adh´erence de la suiteusont toutes des points fixes de la fonctionf. Si la suiteuadmettait deux valeurs d’adh´erence distinctes aetb aveca < b, alors tout point

interm´ediaire entreaetbserait aussi valeur d’adh´erence deu(questiona.), donc serait un

point fixe def ; la suite uprendrait alors n´ecessairement des valeurs dans l’intervalle ]a, b[

(disons∃n∈IN un =c∈]a, b[), m´ezalor la suiteuserait stationnaire de valeur c, ce qui est bien sˆur contradictoire.

La suiteuadmet donc une seule valeur d’adh´erence ce qui, pour une suite `a valeurs dans un compact, signifie qu’elle converge.

EXERCICE 2 :

Soit u = (un)n∈IN une suite r´eelle. On dit que la suite u est dense modulo 1 si l’ensemble {un−E(u_n) ; n∈IN} est dense dans [0,1].

1.Soitxun r´eel irrationnel. Montrer que la suiteud´efinie paru_n =nxest dense modulo 1.

2.Montrer que l’´ecriture d´ecimale du nombre 2ⁿ (n∈IN) peut commencer par une s´equence de chiffres arbitraire.

Source : article de Bruno LANGLOIS, ´Ecriture d´ecimale des termes de certaines suites d’entiers, paru dans la RMS (Revue des math´ematiques de l’enseignement sup´erieur, ´editions Vuibert) num´ero 3-4, de novembre/d´ecembre 1999.

- - - -

1. SoitN ∈IN^∗. Pour tout n∈IN^∗, le nombrevn=nx−E(nx) est un irrationnel appartenant

`

a l’intervalle [0,1] et appartient donc `a l’un des intervalles j

N,j+ 1 N

(0≤j≤N−1).

Comme il y a une infinit´e de nombresv_n (tous distincts puisquexest irrationnel) dans un nombre fini d’intervalles (c’est le principe des tiroirs), on peut en trouver deux dans un mˆeme intervalle, donc il existe deux entierspetq(avecp < qpar exemple, notonsq=p+k avec k ∈ IN^∗) tels que 0 <|v_q−v_p| < 1

N. Posons α= v_q −v_p = v_p+k−v_p. On a alors kx=α+K, o`uK est un entier relatif.

. Supposonsα >0. Pour toutn entier naturel, on ankx=nα+nK donc, tant quenα <1, c’est-`a-dire pour n ≤ M = E

1 α

, on a vnk = nkx−E(nkx) = nα. Les nombres vnk

(0 ≤n ≤M) “remplissent donc l’intervalle [0,1] `a α pr`es”, c’est-`a-dire : pour tout r´eel a appartenant `a [0,1], on peut trouver un nombrevnk v´erifiant|vnk−a| ≤α.

. Supposonsα <0. Dans ce cas, pour 1≤n≤E 1

|α|

, on avnk = 1−n|α| et ces nombres remplissent encore l’intervalle [0,1] `a |α|pr`es.

Dans les deux cas (puisque |α| ≤ 1

N), les nombresvn remplissent l’intervalle [0,1] `a 1 N pr`es.

L’entier N ´etant arbitraire, on a prouv´e que l’ensemble{vn; n∈IN} est dense dans [0,1].

2.Notons log le logarithme d´ecimal.

Soitaun entier naturel non nul, d’´ecriture d´ecimalea= [a_pa_p−1. . . a₁a₀]. L’´ecriture d´ecimale du nombre 2ⁿ “commence para” s’il existe un entier naturelktel que

a·10^k≤2ⁿ <(a+ 1)·10^k, c’est-`a-dire

k+ log(a)≤log(2ⁿ)< k+ log(a+ 1) (k∈IN),

c’est-`a-dire si et seulement si log(a)≤nlog(2) <log(a+ 1) modulo 1.Pour ˆetre pr´ecis, cette condition signifie

log(a)−E log(a)

≤nlog 2−E(nlog 2)<log(a+ 1)−E log(a+ 1)

sauf dans le cas particulier o`u a+ 1 est une puissance de 10, o`u le dernier membre (qui vaut alors 0) doit ˆetre remplac´e par 1.

Le nombre x = log 2 = ln(2)

ln(10) est irrationnel (si on avait x = p

q avec p ∈ IN^∗, q ∈ IN^∗, alors on aurait 5^p = 2^q−p, ce qui est impossible). La suite de terme g´en´eral un =nlog 2 est donc dense modulo 1, ce qui entraˆıne qu’il existe au moins un entier naturel ntel que un∈[log(a),log(a+ 1)[ modulo 1, ce qu’il fallait d´emontrer.

EXERCICE 3 :

Soitu= (u_n)_n∈IN une suite r´eelle.

On dit que la suite uestdense modulo1 si l’ensemble{u_n−E(u_n) ; n∈IN} est dense dans [0,1].

On d´efinit la suite ∆u=v parvn = (∆u)n=un+1−un, puis la suite ∆²u= ∆(∆u).

1.Soitv une suite r´eelle telle que







limn vn = +∞

limn (∆v)n = 0 . Montrer quev est dense modulo 1.

2.Soituune suite r´eelle telle que







limn (∆u)n = +∞

limn (∆²u)n = 0 . Montrer queuest dense modulo 1.

3. Montrer que l’´ecriture d´ecimale du nombre n! peut commencer par une s´equence de chiffres arbitraire.

4.Mˆeme question pour l’´ecriture d´ecimale denⁿ.

Source : article de Bruno LANGLOIS, ´Ecriture d´ecimale des termes de certaines suites d’entiers, paru dans la RMS (Revue des math´ematiques de l’enseignement sup´erieur, ´editions Vuibert) num´ero 3-4, de novembre/d´ecembre 1999.

- - - -

1. Soitε >0, soit n₀ un entier tel quen≥n₀ =⇒ |(∆v)n|< ε, soit N =E(v_n0) + 1 ; comme

n→+∞lim v_n = +∞, il existe un entier n₁ > n₀ tel que v_n1 > N+ 1. Alors, lorsque n d´ecrit l’intervalle entier [[n0, n1]], le nombrevn s’approche de tout r´eel `aεpr`es modulo 1.

Pr´ecisons pour ceux qui aiment les r´edactions d´etaill´ees : supposons en fait ε < 1 2. Soit a ∈ [0,1], soit le r´eel x = N +a ; on a alors vn0 < x et vn1 > x, soit n le plus grand entier appartenant `a l’intervalle [[n<sub>0</sub>, n<sub>1</sub>−1]] pour lequelv<sub>n</sub> < x (il est clair que cela a un sens). On av<sub>n</sub>< x≤v<sub>n+1</sub> et (∆v)<sub>n</sub>=v<sub>n+1</sub>−v<sub>n</sub> < ε, donc|vn−x|< εet|vn+1−x|< ε, donc l’un au moins des deux nombres|v<sub>n</sub>−E(v<sub>n</sub>)−a|et|v<sub>n+1</sub>−E(v<sub>n+1</sub>)−a|est inf´erieur `a ε(les deux la plupart du temps, sauf lorsqu’un entier vient malencontreusement s’intercaler entrev_n etx, ou entrexet v_n+1).

Ainsi, les suites (√

n)ou(lnn)sont denses modulo 1.

2.Indication ´eventuelle : montrer que, pour tout entierm >4, il existe un entiern0tel que l’on ait 1

m ≤(∆u)n₀+k ≤ 4

m pour toutk∈[[0, m−1]].

D’apr`es ce qui pr´ec`ede, la suite v= ∆uest dense modulo 1 : si on se donne un entierm >4, il existe un entiern₀ tel que l’on ait 2

m <(∆u)_n0 < 3

m modulo 1 et tel que|(∆²u)_n|< 1 m² pour toutn≥n₀. Pour toutk∈[[0, m−1]], on a l’encadrement de (∆u)_n0+k :

1 m = 2

m−m 1

m² <(∆u)n₀+k= (∆u)n₀+

k−1

X

p=0

(∆²u)n₀+p < 3

m+m 1 m² = 4

m . Pour n variant de n0 `a n0+m, la suite ufait des “pas” compris entre 1

m et 4

m modulo 1 ; comme il y a m pas plus grands que 1

m, u_n a balay´e tout le tore IR.

Z(“la droite r´eelle modulo 1”) `a 4

m pr`es : cette fois, les amateurs de r´edactions d´etaill´ees se d´ebrouilleront tous seuls! La suiteuest donc dense modulo 1.

Par exemple, les suites (n√

n), ou(Sn)avec Sn=

n

X

k=1

√

k, sont denses modulo 1.

3.Si (X_n) est une suite d’entiers naturels non nuls, le fait que l’´ecriture d´ecimale de l’entierX_n

“puisse commencer par une s´equence arbitraire” ´equivaut `a la densit´e modulo 1 de la suite un= log(Xn). Montrons au moins que cette condition est suffisante, ce qui est utilis´e ici.

Siun= log(Xn) est dense modulo 1, et siaest un entier naturel, il existe un entier natureln tel que log(a)≤un<log(a+ 1) modulo 1, ce qui signifie que

k+ log(a)≤u_n< k+ log(a+ 1) pour un certain entier naturel k ,

c’est-`a-dire a·10^k≤X_n<(a+ 1)·10^k, donc l’´ecriture d´ecimale du nombreX_n“commence para”.

Pour X_n = n!, on a u_n = log(n!) =

n

X

k=2

logk ; alors (∆u)_n = log(n+ 1) → +∞, puis (∆²u)n = log

n+ 2 n+ 1

→0, doncuest dense modulo 1, ce qu’il fallait prouver.

4.AvecXn=nⁿ, on aun= log(Xn) =nlogn, alors (∆u)n= log(n+1)+nlog

1 + 1 n

→+∞

et (∆²u)_n= log

" n n+ 1

ⁿn+ 2 n+ 1

ⁿ⁺²#

→log 1

ee

= 0, doncuest dense modulo 1.

EXERCICE 4 :

SoitI un intervalle de IR. Une fonctionf :I→IR est ditesemi-continue inf´erieurement(en abr´eg´e s.c.i.) si on a

∀x0∈I ∀ε >0 ∃α >0 ∀x∈I |x−x0| ≤α=⇒f(x)≥f(x0)−ε . a.Donner des exemples de fonctions s.c.i.

b.Montrer que toute fonction s.c.i. sur un segment de IR admet un minimum.

- - - - a.

b.Soitf une fonction s.c.i. sur le segmentI= [a, b].

• Montrons d’abord quef est minor´ee sur I.

Si ce n’´etait pas le cas, on pourrait construire une suite (xn) de points de [a, b] telle que

n→∞lim f(xn) =−∞. On peut en extraire une sous-suite (yn) = (x_ϕ(n)), convergeant vers un pointy deI. Mais cela est absurde car (en prenant la d´efinition de “s.c.i.” avecx0=y et ε = 1), il existe un voisinage de y dans lequel f(x) ≥ f(y)−1. Les x_ϕ(n) ´etant dans ce voisinage pournassez grand, on a une contradiction.

• Montrons maintenant que la borne inf´erieure est atteinte : soitm= inf

x∈If(x).

Pour toutn∈IN^∗, il existex_n∈I tel que (*) m≤f(x_n)≤m+1

n. De (x_n), on extrait encore une sous-suite (y_n) = (x_ϕ(n)), convergeant vers un y ∈ I. Des in´egalit´es (*), on d´eduit lim

n→∞f(x_n) =m, donc lim

n→∞f(y_n) =m.

Donnons-nous ε >0. Il existe alors unα >0 tel que

∀x∈I |x−y| ≤α=⇒f(x)≥f(y)−ε .

Comme (y_n) converge versy, il existe un rangN `a partir duquelf(y_n)≥f(y)−ε. Comme

n→∞lim f(y_n) =m, par passage `a la limite, on d´eduit m≥f(y)−ε.

Cette derni`ere in´egalit´e ´etant vraie pour toutε >0, on am≥f(y), doncf(y) =m et la borne inf´erieure est atteinte.

EXERCICE 5 : Soitx∈]0,1].

1.Montrer qu’il existe une unique suite (u_n) d’entiers naturels, croissante avec ∀n∈IN u_n ≥2, telle que

x=

∞

X

n=0

1 u₀u₁· · ·u_n . D´ecrire un algorithme de calcul desu_n.

2.Montrer quexest rationnel si et seulement si la suite (un) est stationnaire.

3.Le nombree

√2est-il rationnel ?

Source : Daniel DUVERNEY, Th´eorie des nombres, ´Editions Dunod, ISBN 2-10-004102-9

- - - - 1.• Unicit´e :Supposons l’existence d’une telle suite (un). On a alors

x = 1

u0

+ 1

u0u1

+ 1

u0u1u2

+· · ·= 1 u0

1 + 1

u1

+ 1

u1u2

+· · ·

= 1

u0

1 + 1

u1

1 + 1 u2

(1 +· · ·)

,

ce que l’on va essayer d’´ecrire plus rigoureusement. Posons donc xn=

∞

X

k=0

1 unun+1· · ·un+k

pour tout n∈ IN (la s´erie d´efinissant xn est ´evidemment convergente), on a alorsx0 =x et, pour tout entier natureln, on a xn= 1

u_n(1 +xn+1), soit encore xn+1=unxn−1 ou un= 1

xn

+xn+1

xn

. La suite (un) ´etant croissante, on a

x_n+1=

∞

X

k=0

1

un+1un+2· · ·un+1+k

≤

∞

X

k=0

1 unun+1· · ·un+k

=x_n,

donc la suite (x_n) est d´ecroissante ; on en d´eduit l’encadrement 1

x_n < u_n≤ 1

x_n+ 1. Comme un est un entier, on a doncun = 1 +E

1 xn

.

On a ainsi prouv´e (sous r´eserve d’existence) l’unicit´e de la suite (un), et l’algorithme de calcul est le suivant : poserx0=xpuis, pour tout entier natureln, poser un = 1 +E

1 xn

et xn+1=unxn−1.

• Existence : R´eciproquement, consid´erons les un construits par cet algorithme. On a u0 = 1 +E

1 x

≥ 2, donc 1 x0

< u0 ≤ 1 x0

+ 1 d’o`u 1 < u0x0 ≤ 1 +x0. Il en r´esulte 0< x1=u0x0−1≤x0puis, de la mˆeme fa¸con, 0< x2≤x1. Par une r´ecurrence imm´ediate, la suite (xn) est d´ecroissante `a valeurs strictement positives. De un = 1 +E

1 x_n

, on

d´eduit que la suite (un) est croissante et ses termes sont tous des entiers naturels au moins

´

egaux `a 2.

Il reste `a montrer quex=

∞

X

n=0

1 u0u1· · ·un

. La convergence de la s´erie r´esulte imm´ediatement deun≥2. On montre facilement que

x= 1 u₀ + 1

u₀u₁+· · ·+ 1

u₀u₁· · ·u_n + xn+1

u₀u₁· · ·u_n pour toutn∈IN. Or, on a 0< xn+1≤x0 et u0u1· · ·un≥2ⁿ, donc lim

n→+∞

xn+1

u₀u₁· · ·u_n = 0, ce qu’il fallait d´emontrer.

L’´ecriture du nombre xsous la formex=

∞

X

n=0

1 u0u1· · ·un

est sond´eveloppement en s´erie de Engel. Avecu_n=n+ 2par exemple, le lecteur obtiendra le d´eveloppement en s´erie de Engel du nombree−2.

2.• Si la suite (un) est stationnaire (constante `a partir du rangN), alors

x = 1

u₀+ 1

u₀u₁ +· · ·+ 1 u₀u₁· · ·u_N−1

∞

X

k=0

1 u^k_N

!

= 1

u0

+ 1

u0u1

+· · ·+ 1 u0u1· · ·uN−2

+ 1

u0u1· · ·uN−1

· u_N uN −1 et le nombrexest rationnel.

• R´eciproquement, supposons x rationnel : x = x0 = a b = a0

b₀ avec a et b entiers naturels non nuls. Alorsu0 =E

1 x

+ 1 =q0+ 1 avec q0 =b0 div a0 (quotient dans la division euclidienne :b₀=a₀q₀+r₀, avec 0≤r₀< a₀). Ensuite,

x1=u0x0−1 = (q0+ 1)a0

b0

−1 = q0a0+a0−b0

b0

=a0−r0

b0

=a1

b0

aveca1∈IN et 1≤a1 ≤a0. On r´eit`ere :x2= a1−r1

b₀ avecr1 =b0moda1(reste dans la division euclidienne), doncx₂=a₂

b0

aveca₂∈IN et 1≤a₂≤a₁≤a₀. Par une r´ecurrence imm´ediate, on a, pour tout n ∈ IN^∗, x_n = a_n

b0

et (a_n) est une suite d´ecroissante d’entiers naturels, elle est donc stationnaire. La suite (xn) est donc aussi sta- tionnaire, et il en est de mˆeme de (un) puisqueun= 1 +E

1 xn

. 3.Partons du d´eveloppement en s´erie enti`ere

ch√

2 =

∞

X

n=0

(√ 2)²ⁿ (2n)! =

∞

X

n=0

2ⁿ

(2n)! = 1 + 1 +

∞

X

n=2

2ⁿ (2n)!

= 2 +1

6 + 1

6×15 +· · ·+ 1

6×15× · · · ×n(2n−1)+· · · puisque 2ⁿ

(2n)! = 2ⁿ⁻¹ 2(n−1)

!× 1

n(2n−1). Le nombrex= ch√

2−2∈]0,1] admet donc un d´eveloppement en s´erie de Engel non stationnaire avecu_n = (n+ 2)(2n+ 3) (il faut d´ecaler les indices de deux unit´es pour retrouver les notations de l’´enonc´e), il est donc irrationnel.

Si e

√2 ´etait rationnel, alors ch√ 2 = 1

2

e

√2+ 1 e^√2

le serait aussi, donc e

√26∈Q.

EXERCICE 6 :

1.SoitGun sous-groupe de (IR,+). Montrer que : - soit G={0},

- soit G=mZavecm= min(G ∩ IR^∗₊), - soit Gest dense dans IR.

Que dire des sous-groupes de (IR^∗₊,×) ? 2.Soit l’ensemble G={x+y√

2 ; (x, y)∈Z², x²−2y²= 1}.

Montrer queGest un sous-groupe de (IR^∗,×) et que min(G∩]1,+∞[) = 3 + 2√

2. En d´eduire une explicitation des ´el´ements du groupeG.

3.On noteSl’ensemble des points `a coordonn´ees positives enti`eres sur l’hyperbole (H) d’´equation x²−2y²= 1, c’est-`a-dire

S={(x, y)∈IN²|x²−2y²= 1}.

Montrer que l’on peut ´ecrire S = {(x_n, y_n) ; n ∈ IN}, o`u (x_n) et (y_n) sont deux suites strictement croissantes d’entiers naturels. Expliciterx_n ety_n.

Source : E. RAMIS, Claude DESCHAMPS, Jacques ODOUX, Analyse 1, ´Editions Masson, ISBN 2-225-80098-7

- - - -

1.SoitGun sous-groupe de (IR,+), supposonsG6={0}. Alors l’ensembleE=G ∩ IR^∗₊est non vide, soit msa borne inf´erieure.

•Sim= 0, montrons queGest dense dans IR. Siuetv sont deux r´eels tels queu < v, alors il existeg∈Gv´erifiant 0< g < v−u, mais alorsgZ⊂G; commegZrencontre le segment [u, v], on a prouv´e queGest dense dans IR.

•Sim >0, commen¸cons par montrer quem∈G: si ce n’´etait pas le cas, on pourrait trouver au moins un ´el´ement g de Gdans l’intervalle ]m,2m[ (puisque 2m n’est pas un minorant deE=G ∩ IR^∗₊), puis un ´el´ementhdeGdans ]m, g[ (puisquegn’est pas un minorant de E) ; alors on ag−h∈Get 0< g−h < m, ce qui est absurde.

Puisque m∈G, on amZ⊂G. Inversement, soitg∈G, soit k=Eg m

, alorskm∈Get

km≤g <(k+ 1)m, donc g−km∈Gavec 0≤g−km < m, ce qui prouve queg−km= 0 doncg∈mZ. On a doncG=mZ.

L’application exp : (IR,+) → (IR^∗₊,×) est un isomorphisme de groupes, et c’est aussi un hom´eomorphisme. On en d´eduit que, siGest un sous-groupe de (IR^∗₊,×), alors

- soit G={1},

- soit G=aZ={a^k; k∈Z} aveca= min(G∩]1,+∞[), - soit Gest dense dans IR^∗₊.

2. Soient z = x+y√

2 et z⁰ = x⁰ +y⁰√

2 deux ´el´ements de G ; alors zz⁰ = x⁰⁰+y⁰⁰√ 2 avec (x⁰⁰ = xx⁰ + 2yy⁰

y⁰⁰ = xy⁰ + yx⁰ (ce sont des entiers relatifs) et

x⁰⁰²−2y⁰⁰²= (xx⁰+ 2yy⁰)²−2(xy⁰+yx⁰)²= (x²−2y²)(x⁰²−2y⁰²) = 1, donczz⁰∈G. Par ailleurs, 1∈Get, siz=x+y√

2∈G, alors 1

z =x−y√ 2∈G.

L’ensembleGest donc un sous-groupe de (IR^∗,×).

On note que z ∈G ⇐⇒ −z ∈ G, il suffit donc de d´eterminer l’ensemble H = G ∩ IR^∗₊, qui est un sous-groupe de (IR^∗₊,×). Posons enfin E =G ∩]1,+∞[= H ∩ ]1,+∞[. On a effectivement 3 + 2√

2∈E, montrons que c’est le plus petit ´el´ement de E.

Si z=x+y√

2∈E, on a (x, y)∈Z²,x+y√

2>1 etx²−2y²= (x+y√

2)(x−y√ 2) = 1.

- on ne peut avoir x≤0 ety≤0, c’est clair!

- on ne peut avoir x≤0 ety≥0 car alors 1 x+y√

2 =x−y√

2 serait n´egatif, absurbe ! - on ne peut avoir x≥0 et y ≤0 car cela impliquerait x−y√

2 = 1

x+y√

2 ≥x+y√ 2, impossible avecx+y√

2>1.

On a doncx >0 ety >0. On ne peut avoir niy= 0 niy= 1 (v´erifications imm´ediates avec x²−2y²= 1), et siy ≥3, alors x²= 1 + 2y²≥19, doncx≥5 etz≥5 + 3√

2>3 + 2√ 2.

On a ainsi prouv´e que min(G ∩ ]1,+∞[) = 3 + 2√

2, donc G ∩ IR^∗₊ = (3 + 2√ 2)Z et H =±(3 + 2√

2)Z={ε(3 + 2√

2)ⁿ ; ε∈ {−1,1}, n∈Z}.

Notons queG ∩ [1,+∞[= (3 + 2√

2)^IN={(3 + 2√

2)ⁿ; n∈IN}.

3.Notons d’abord T l’ensemble des points `a coordonn´ees entiers relatifs sur l’hyperbole (H) : T ={(x, y)∈Z² |x²−2y²= 1}.

On v´erifie (c’est facile) que l’applicationϕ:T →G, (x, y)7→x+y√

2 est une bijection. On v´erifie aussi queG ∩ [1,+∞[={x+y√

2 ; (x, y)∈IN², x²−2y²= 1}(l’inclusion dans le sens⊂a ´et´e d´emontr´ee ci-dessus, l’autre est imm´ediate).

On a doncS =ϕ⁻¹(G ∩ [1,+∞[), c’est-`a-dire queS est l’ensemble des couples (xn, yn) o`u, pour toutn∈IN, on ´ecrit (3 + 2√

2)ⁿ=x_n+y_n√

2. Il est clair quex_n ety_n sont des entiers naturels, on peut pr´eciser que

xn =

E(ⁿ₂) X

k=0

C_n^2k3^n−2k8^k et yn= 2

E(ⁿ⁻¹₂ ) X

k=0

C_n^2k+13^n−2k−18^k.

On a aussi

(xn+1 = 3xn + 4yn

yn+1 = 2xn + 3yn

, d’o`u la stricte croissance des suites (xn) et (yn), et un calcul de proche en proche. Ainsi, si on noteM_n le point de coordonn´ees (x_n, y_n), on a

M0(1,0) ; M1(3,2) ; M2(17,12) ; M3(99,70) ; M4(577,408) ; · · ·