Introduction à la théorie des nombres/Exercices/Approximation diophantienne et fractions continues

Exercice 2-1

Soit $x\in \mathbb {R}$. On note $X$ sa mesure d'irrationalité, c'est-à-dire la borne supérieure (éventuellement infinie) de l'ensemble des réels $d$ tels que $0<|x-p/q|<1/q^{d}$ pour une infinité de couples $(p,q)\in \mathbb {Z} \times \mathbb {N} ^{*}$.

1. Pourquoi a-t-on toujours $X\geq 1$ ?
2. Soit $Y$ la borne inférieure de l'ensemble des réels $d$ pour lesquels :

   il existe $A>0$ tel que $\left|x-{\frac {p}{q}}\right|\geq {\frac {A}{q^{d}}}$ pour tout rationnel ${\frac {p}{q}}\neq x$.

   Démontrer que $Y=X$. (Indication : montrer que $\forall d>X\quad d\geq Y$ et que $\forall d>Y\quad \forall \varepsilon >0\quad d+\varepsilon \geq X$.)

3. Démontrer que la mesure d'irrationalité de tout rationnel est égale à $1$.

Solution

1. Pour $d<1$, on a $0<|qx-p|<q^{1-d}$ pour une infinité de couples : par exemple, on choisit arbitrairement $q>1$, puis $p\neq qx$ tel que $|qx-p|\leq 1$.
2.  
   • Soit $d>X$. Alors, on n'a $|x-p/q|<1/q^{d}$ que pour un nombre fini de couples $(p,q)$ tels que $p/q\neq x$. Notons-les $\left(p_{1},q_{1}\right),\dots ,\left(p_{n},q_{n}\right)$. Pour eux, on a $\left|x-{\frac {p}{q}}\right|\geq {\frac {A_{1}}{q^{d}}}$ avec $A_{1}:=\min q_{k}^{d}\left|x-p_{k}/q_{k}\right|$ (>0). Pour tous les autres, on a $\left|x-{\frac {p}{q}}\right|\geq {\frac {1}{q^{d}}}$. En posant $A:=\min \left(A_{1},1\right)$, ceci prouve que $d\geq Y$, et par passage à la limite, $X\geq Y$.
   • Soient $d>Y$ et $\varepsilon >0$. Alors, il existe $A>0$ tel que $\left|x-p/q\right|\geq A/q^{d}$ pour tout rationnel $p/q\neq x$. Or pour $q$ suffisamment grand, $A/q^{d}>1/q^{d+\varepsilon }$. Et pour chacune des petites valeurs de $q$ qui ne vérifient pas cela (et qui sont en nombre fini), on n'a $\left|qx-p\right|<q/q^{d+\varepsilon }$ que pour un nombre fini de valeurs de $p$. Finalement, on n'a donc $0<\left|x-p/q\right|<1/q^{d+\varepsilon }$ que pour un nombre fini de couples $(p,q)$, ce qui prouve que $d+\varepsilon \geq X$, et par passage à la limite, $Y\geq X$.
3. Supposons que $x=a/b\in \mathbb {Q}$. On sait déjà que $1\leq X=Y$.
   • Montrons que $X\leq 1$. Soit $d>1$. Les couples $(p,q)$ tels que $0<|x-p/q|<1/q^{d}$ sont en nombre fini car cela implique $1\leq |aq-bp|<b/q^{d-1}$ donc $q<{\sqrt[{d-1}]{b}}$, puis $|p-qx|<q^{1-d}$.
   • Alternativement, montrons que $Y\leq 1$. Pour tout rationnel ${\frac {p}{q}}\neq x$, on a $\left|x-{\frac {p}{q}}\right|={\frac {\left|aq-bp\right|}{bq}}\geq {\frac {A}{q}}$ pour $A:=1/b$.

 

Exercice 2-2

Soit $x$ un irrationnel. On pose $C:=\{(p,q)\in \mathbb {Z} \times \mathbb {N} ^{*}\mid |x-p/q|<1/q^{2}\}$ et $F:=\{p/q\mid (p,q)\in C\}$.

1. Déduire du théorème d'approximation de Dirichlet que $F$ est infini.
2. En déduire que la mesure d'irrationalité de $x$ est supérieure ou égale à $2$.

Solution

1. La distance de $x$ à $F$ est nulle car d'après le théorème d'approximation de Dirichlet, $\forall n\in \mathbb {N} ^{*}\quad \exists (p,q)\in C\quad |x-p/q|<1/n$. Or $x\notin F$. Donc $F$ est infini. Une variante consiste (toujours à l'aide du théorème d'approximation de Dirichlet) à définir par récurrence une suite infinie de rationnels $r_{n}\in F$ tels que la suite des $\left|x-r_{n}\right|$ soit strictement décroissante, ce qui implique que ces rationnels sont distincts : cf. Daniel Duverney, Number Theory: An Elementary Introduction Through Diophantine Problems, coll. « Monographs in Number Theory » (n^o 4), 2010 [lire en ligne], p. 6-7  ou Yann Bugeaud, Approximation by Algebraic Numbers, 2004 [lire en ligne], p. 2-3 .
2. Par conséquent, $C$ est infini, donc (avec les notations de l'exercice précédent) $X\geq 2$.

 

Exercice 2-3

1. Montrer qu'un réel $x$ est de Liouville (c'est-à-dire de mesure d'irrationalité infinie) si et seulement si pour tout entier $n$, il existe des entiers $q_{n}>1$ et $p_{n}$ tels que $0<\left|x-{\frac {p_{n}}{q_{n}}}\right|<{\frac {1}{q_{n}^{n}}}$.
2. En déduire que pour tout entier $b>1$ et toute suite $(a_{k})_{k>0}$ d'entiers compris entre $0$ et $b-1$, le nombre $x:=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {a_{k}}{b^{k!}}}$ est de Liouville, à condition bien sûr qu'une infinité de $a_{n}$ soient non nuls. Indication : poser $q_{n}=b^{n!}$ et $p_{n}=q_{n}\sum _{k=1}^{n}{\frac {a_{k}}{b^{k!}}}$.
3. En déduire que l'ensemble des nombres de Liouville a la puissance du continu.

Solution

1. Si (avec les notations de l'exercice 2-1) $X$ est infini alors, pour tout entier $n$, on a $0<|x-p/q|<1/q^{n}$ pour une infinité de couples $(p,q)\in \mathbb {Z} \times \mathbb {N} ^{*}$. Or on n'a $0<|x-p/1|<1/1^{n}$ que pour un nombre fini d'entiers $p$. Il existe donc des entiers $q_{n}>1$ et $p_{n}$ tels que $0<\left|x-p_{n}/q_{n}\right|<1/q_{n}^{n}$. Réciproquement, s'il existe une telle suite de couples $\left(p_{n},q_{n}\right)$ alors $X$ est minoré par tout réel $d$. En effet, on a $0<\left|x-p_{n}/q_{n}\right|<1/q_{n}^{d}$ pour tous les $n\geq d$, et les rationnels $p_{n}/q_{n}$ correspondants forment un ensemble infini (donc les couples $\left(p_{n},q_{n}\right)$ aussi), puisque $0\neq \left|x-p_{n}/q_{n}\right|<1/2^{n}\to 0$.
2. Pour tout entier $n>0$, $q_{n}>1$ et $x-{\frac {p_{n}}{q_{n}}}=\sum _{k>n}{\frac {a_{k}}{b^{k!}}}$ donc $0<x-{\frac {p_{n}}{q_{n}}}\leq \sum _{k>n}{\frac {b-1}{b^{k!}}}<\sum _{j\geq (n+1)!}{\frac {b-1}{b^{j}}}={\frac {1}{b^{(n+1)!-1}}}\leq {\frac {1}{q_{n}^{n}}}$.
3. L'application $\{0,1\}^{\mathbb {N} }\to \mathbb {R} ,\,(\varepsilon _{n})\mapsto \sum _{k=1}^{\infty }{\frac {a_{k}}{b^{k!}}}$ avec $\left(a_{1},a_{2},a_{3},a_{4},\dots \right)=\left(\varepsilon _{0},1,\varepsilon _{1},1,\dots \right)$, est injective et à valeurs dans les nombres de Liouville.

 

Exercice 2-4

Démontrer la proposition suivante du cours : si

${\begin{aligned}h_{-2}=0,\quad &h_{-1}=1,\quad &h_{p}=a_{p}h_{p-1}+h_{p-2}\\k_{-2}=1,\quad &k_{-1}=0,\quad &k_{p}=a_{p}k_{p-1}+k_{p-2}\end{aligned}}$

alors ($\forall p\in \mathbb {N}$) :

1. $\left[a_{0},a_{1},\ldots ,a_{p}\right]={\frac {h_{p}}{k_{p}}}={\frac {a_{p}h_{p-1}+h_{p-2}}{a_{p}k_{p-1}+k_{p-2}}}$ ;
2. $a_{p}=-{\frac {h_{p}k_{p-2}-h_{p-2}k_{p}}{h_{p}k_{p-1}-h_{p-1}k_{p}}}=-{\frac {\left[a_{0},a_{1},\ldots ,a_{p}\right]k_{p-2}-h_{p-2}}{\left[a_{0},a_{1},\ldots ,a_{p}\right]k_{p-1}-h_{p-1}}}$ ;
3. $h_{p-1}k_{p}-h_{p}k_{p-1}=(-1)^{p}$.

Solution

1. La seconde égalité est immédiate et la première se démontre par récurrence : la formule est vraie pour $p=0$, et si elle l'est à un ordre $p$ alors, en remplaçant l'indéterminée $a_{p}$ par la fraction rationnelle $a_{p}+{\frac {1}{a_{p+1}}}$ dans l'égalité

   $\left[a_{0},a_{1},\ldots ,a_{p}\right]={\frac {a_{p}h_{p-1}+h_{p-2}}{a_{p}k_{p-1}+k_{p-2}}}$,

   on obtient bien :

   ${\begin{aligned}\left[a_{0},a_{1},\ldots ,a_{p},a_{p+1}\right]&={\frac {(a_{p}+{\frac {1}{a_{p+1}}})h_{p-1}+h_{p-2}}{\left(a_{p}+{\frac {1}{a_{p+1}}}\right)k_{p-1}+k_{p-2}}}\\&={\frac {a_{p+1}(a_{p}h_{p-1}+h_{p-2})+h_{p-1}}{a_{p+1}(a_{p}k_{p-1}+k_{p-2})+h_{p-1}}}\\&={\frac {a_{p+1}h_{p}+h_{p-1}}{a_{p+1}k_{p}+h_{p-1}}}.\end{aligned}}$

2. La seconde égalité est immédiate et la première se déduit de la définition de $h_{p}$ et $k_{p}$ :

   $a_{p}\left(h_{p}k_{p-1}-h_{p-1}k_{p}\right)+\left(h_{p}k_{p-2}-h_{p-2}k_{p}\right)=h_{p}\left(a_{p}k_{p-1}+k_{p-2}\right)-k_{p}\left(a_{p}h_{p-1}+h_{p-2}\right)=0$.

3. joint les deux procédés :

   $h_{p-1}k_{p}-h_{p}k_{p-1}=h_{p-1}(a_{p}k_{p-1}+k_{p-2})-(a_{p}h_{p-1}+h_{p-2})k_{p-1}=h_{p-1}k_{p-2}-h_{p-2}k_{p-1}$,

   d'où l'équation finale (dès $p=-1$), après initialisation de la récurrence par $h_{-2}k_{-1}-h_{-1}k_{-2}=-1$.

Remarquons que d'après l'équation 3, l'équation 2 se réécrit : $(-1)^{p}a_{p}=h_{p}k_{p-2}-h_{p-2}k_{p}$.

 

Exercice 2-5

1. Soient $a_{0}\in \mathbb {Z}$, $x_{1}\in \left]1,+\infty \right[$ et $x_{0}:=\left[a_{0},x_{1}\right]$. Vérifier que $a_{0}=\lfloor x_{0}\rfloor$.
2. En déduire la fin de la preuve du théorème de bijection entre irrationnels et fractions continues infinies, c'est-à-dire : soient $(a_{n})$ une fraction continue simple infinie, $\ell$ la limite (irrationnelle) de la suite de ses réduites et $(b_{n})$ la fraction continue de $\ell$ ; montrer (par récurrence bien fondée) que $(b_{n})=(a_{n})$.
3. En déduire également qu'un rationnel n'a qu'un développement (en fraction continue simple finie) de la forme $\left[a_{0},\dots ,a_{N}\right]$ avec $a_{N}>1$ (donc n'a que deux développements, le second étant $\left[a_{0},\ldots ,a_{N}-1,1\right]$).

Solution

(H&W, th. 159-160 et 169-170)

1. $x_{0}=a_{0}+{\frac {1}{x_{1}}}\in \left]a_{0},a_{0}+1\right[$.
2. Notons $\ell _{n}$ l'irrationnel $\left[a_{n},a_{n+1},\dots \right]$. D'après le corollaire 1' de la formule 1 démontrée dans l'exercice précédent, $\ell =\left[a_{0},\dots ,a_{n-1},\ell _{n}\right]$. Notons d'autre part $\ell '_{n}$ le $n$-ième quotient complet du développement de $\ell$ en fraction continue. Par construction, $\ell =\left[b_{0},\dots ,b_{n-1},\ell '_{n}\right]$. Supposons que $\forall p<n\quad b_{p}=a_{p}$. Alors, $\left[a_{0},\dots ,a_{n-1},\ell '_{n}\right]=\left[a_{0},\dots ,a_{n-1},\ell _{n}\right]$, si bien que de proche en proche, $\left[a_{k},\dots ,a_{n-1},\ell _{n}\right]=\left[a_{k},\dots ,a_{n-1},\ell '_{n}\right]$ pour tout $k$ de $0$ à $n$, en particulier $\ell _{n}=\ell '_{n}$ (on peut aussi démontrer cette égalité plus directement, grâce aux formules 2 et 2'). Or par définition, $b_{n}=\lfloor \ell '_{n}\rfloor$ et d'après la question précédente, $a_{n}=\lfloor \ell _{n}\rfloor$. Donc $b_{n}=a_{n}$.
3. Soient $\left[a_{0},\dots ,a_{N}\right]=\left[b_{0},\dots ,b_{M}\right]$ avec $a_{0},b_{0}\in \mathbb {Z}$, $a_{1},\dots ,a_{N},b_{1},\dots ,b_{M}\in \mathbb {N} ^{*}$, $a_{N},b_{M}>1$ et par exemple $N\geq M$. Alors, par le même raisonnement que dans la question précédente, $\forall p<M\quad b_{p}=a_{p}$ et $b_{M}=\ell _{M}:=\left[a_{M},\dots ,a_{N}\right]$, donc $a_{M}=\lfloor \ell _{M}\rfloor =b_{M}$ et $N=M$.

 

Exercice 2-6

Soient $x$ un irrationnel, $(h_{n}/k_{n})$ la suite de ses réduites et $h/k$ un rationnel ($h\in \mathbb {Z} ,k\in \mathbb {N} ^{*}$).

1. On rappelle (cf. preuve du théorème de meilleure approximation) que pour tout $n$ tel que $k_{n+1}>k$, on a $\left|kx-h\right|\geq \left|k_{n}x-h_{n}\right|$. Montrer que pour un tel $n$,

   $\left|{\frac {h}{k}}-{\frac {h_{n}}{k_{n}}}\right|\leq \left({\frac {1}{k}}+{\frac {1}{k_{n}}}\right)\left|kx-h\right|$.

2. Montrer qu'il existe $n\in \mathbb {N}$ tel que $k_{n}\leq k<k_{n+1}$ et déduire de la question précédente que pour un tel $n$, $\left|hk_{n}-h_{n}k\right|\leq 2k\left|kx-h\right|$.
3. En déduire que si $\left|x-{\frac {h}{k}}\right|<{\frac {1}{2k^{2}}}$ alors ${\frac {h}{k}}$ est égal à l'une des réduites de $x$.
4. Application : soient $d$ un entier positif non carré et $a,b$ deux entiers strictement positifs tels que $a^{2}-db^{2}=\pm 1$.
   Montrer que ${\frac {a}{b}}+{\sqrt {d}}\geq 1+{\sqrt {d}}>2$ et en déduire que ${\frac {a}{b}}$ est l'une des réduites de ${\sqrt {d}}$.

   Cette propriété complète le devoir sur l'équation de Pell-Fermat.

5. Utilité du facteur ${\frac {1}{2}}$ : trouver une fraction ${\frac {h}{k}}$ telle que $\left|{\sqrt {5}}-{\frac {h}{k}}\right|<{\frac {1}{k^{2}}}$ mais qui ne fait pas partie des réduites de ${\sqrt {5}}$.

Solution

1. $\left|{\frac {h}{k}}-{\frac {h_{n}}{k_{n}}}\right|\leq \left|x-{\frac {h}{k}}\right|+\left|x-{\frac {h_{n}}{k_{n}}}\right|={\frac {1}{k}}\left|kx-h\right|+{\frac {1}{k_{n}}}\left|k_{n}x-h_{n}\right|\leq \left({\frac {1}{k}}+{\frac {1}{k_{n}}}\right)\left|kx-h\right|$.
2. $k_{0}=1\leq k$ et $k_{n}\to +\infty$, donc il existe un plus petit $n\in \mathbb {N}$ tel que $k_{n+1}>k$. Pour un tel $n$, $\left|hk_{n}-h_{n}k\right|\leq \left(k_{n}+k\right)|kx-h|\leq 2k|kx-h|$.
3. Si $\left|x-{\frac {h}{k}}\right|<{\frac {1}{2k^{2}}}$ alors $\left|hk_{n}-h_{n}k\right|<2k{\frac {1}{2k}}=1$ donc $hk_{n}-h_{n}k=0$.
4. $a^{2}\geq db^{2}-1\geq b^{2}$ (car $d\geq 2$ et $b\geq 1$), donc $a\geq b$. Par ailleurs, ${\sqrt {d}}\geq {\sqrt {2}}>1$. Donc ${\frac {a}{b}}+{\sqrt {d}}\geq 1+{\sqrt {d}}>2$, si bien que

   $\left|{\frac {a}{b}}-{\sqrt {d}}\right|={\frac {\left|{\frac {a^{2}}{b^{2}}}-d\right|}{{\frac {a}{b}}+{\sqrt {d}}}}={\frac {1}{b^{2}\left({\frac {a}{b}}+{\sqrt {d}}\right)}}<{\frac {1}{2b^{2}}}$.

   D'après la question précédente, ${\frac {a}{b}}$ est donc l'une des réduites de ${\sqrt {d}}$.

5. Les deux premiers dénominateurs des réduites de ${\sqrt {5}}=[2,{\overline {4}}]$ sont $k_{0}=1$ et $k_{1}=4$, donc une fraction de dénominateur $3$ ne fera pas partie des réduites. Comme ${\sqrt {5}}\approx 2{,}24$, la plus proche est ${\frac {7}{3}}$. On trouve ${\frac {7}{3}}-{\sqrt {5}}\approx 0{,}097<0{,}111\approx {\frac {1}{3^{2}}}$.

 

Exercice 2-7

Cet exercice constitue une démonstration du théorème de Lagrange sur les fractions continues périodiques à partir d'un certain rang.

Soient $x$ un irrationnel et, dans son développement en fraction continue, $\left(x_{n}\right)$ la suite des quotients complets et $\left(a_{n}\right)$ celle des quotients partiels.

1. Montrer que si $\left(a_{n}\right)$ est $p$-périodique ($p\geq 1$) à partir du rang $r$ alors $x_{r}$ est un irrationnel quadratique, c'est-à-dire algébrique de degré 2 et en déduire qu'alors, $x$ aussi.
   Indication : d'après l'équation générique $a_{p}=-{\frac {\left[a_{0},a_{1},\ldots ,a_{p}\right]k_{p-2}-h_{p-2}}{\left[a_{0},a_{1},\ldots ,a_{p}\right]k_{p-1}-h_{p-1}}}$ vue dans l'exercice 2-4, on a $x_{r}=-{\frac {xk_{r-2}-h_{r-2}}{xk_{r-1}-h_{r-1}}}$ et de même, $x_{r+p}=-{\frac {x_{r}a-b}{x_{r}c-d}}$ pour certains entiers $a,b,c,d$ avec $c\neq 0$.
2. Réciproquement, dans toute la suite de l'exercice, on suppose que $x$ est racine d'un polynôme de degré 2 à coefficients entiers, noté $P_{0}=\alpha _{0}X^{2}+\beta _{0}X+\alpha _{-1}$. En utilisant que $x_{n}=a_{n}+1/x_{n+1}$, construire par récurrence une suite de couples $\left(\alpha _{n},\beta _{n}\right)\in \mathbb {Z} ^{*}\times \mathbb {Z}$ telle que $x_{n}$ soit racine du polynôme $P_{n}:=\alpha _{n}X^{2}+\beta _{n}X+\alpha _{n-1}$.
3. Vérifier que la suite des discriminants $\beta _{n}^{2}-4\alpha _{n}\alpha _{n-1}$ est constante.
4. Pour tout irrationnel quadratique $y$, notons $y_{c}$ son « conjugué », c'est-à-dire l'autre racine de son polynôme minimal sur $\mathbb {Q}$. Calculer le produit $\left(x_{n}\right)_{c}\,x_{n}$ en fonction des coefficients de $P_{n}$.
5. Un petit lemme utile pour les deux questions suivantes : montrer que pour tout irrationnel quadratique $y$ et tous rationnels $u\neq 0$ et $v$, on a $\left(uy+v\right)_{c}=uy_{c}+v$ et $\left({\frac {1}{y}}\right)_{c}={\frac {1}{y_{c}}}$.
   Indication : déterminer d'abord le polynôme minimal de $uy+v$, en fonction de $u$, $v$ et des coefficients $S:=\operatorname {Tr} (y):=y+y_{c}$ (« trace » de $y$) et $P:=\operatorname {N} (y):=y\times y_{c}$ (« norme » de $y$) du polynôme minimal $X^{2}-SX+P$ de $y$. Faire de même pour ${\frac {1}{y}}$.
6. Montrer que pour au moins un $j>0$, $\left(x_{j}\right)_{c}<1$ (en montrant que sinon, $x$ et $x_{c}$ auraient même fraction continue, ce qui est absurde).
7. Pour un tel $j$, démontrer que $\forall k\geq j\quad \left(x_{k+1}\right)_{c}<0$ et en déduire que $\alpha _{k}$ et $\alpha _{k+1}$ sont de signes contraires.
8. En déduire que les coefficients de $P_{n}$ ne peuvent prendre qu'un nombre fini de valeurs.
9. En déduire que $\left(x_{n}\right)$ et $\left(a_{n}\right)$ sont périodiques à partir d'un certain rang.
10. Le vérifier sur l'exemple $x=-{\sqrt {5}}$ et calculer la suite des polynômes $P_{n}$ associés, ainsi que les réduites jusqu'à l'indice $3$ et un encadrement de $x$.

Solution

1. Si $x_{r+p}=x_{r}$ alors $x_{r}=-{\frac {x_{r}a-b}{x_{r}c-d}}$ (avec $a,b,c,d\in \mathbb {Z}$ et $c\neq 0$) donc $P\left(x_{r}\right)=0$ avec $P(X)=cX^{2}+\left(a-d\right)X-b$, irréductible sur $\mathbb {Q}$ puisque $x_{r}$ est irrationnel. En remplaçant $x_{r}$ par $-{\frac {xk_{r-2}-h_{r-2}}{xk_{r-1}-h_{r-1}}}$ dans cette équation et en chassant les dénominateurs, on en déduit : $c(xk_{r-2}-h_{r-2})^{2}-(a-d)(xk_{r-2}-h_{r-2})(xk_{r-1}-h_{r-1})-b(xk_{r-1}-h_{r-1})^{2}=0$, qui est elle aussi une équation de degré 2 car le coefficient de $x^{2}$ est $k_{r-1}^{2}P\left(-k_{r-2}/k_{r-1}\right)\neq 0$.
2. Puisque (par hypothèse de récurrence) $\alpha _{n}(a_{n}+1/x_{n+1})^{2}+\beta _{n}\left(a_{n}+1/x_{n+1}\right)+\alpha _{n-1}=P_{n}\left(x_{n}\right)=0$, l'irrationnel $x_{n+1}$ est racine de $P_{n}(a_{n})X^{2}+\left(2\alpha _{n}a_{n}+\beta _{n}\right)X+\alpha _{n}$ donc il suffit de poser $\alpha _{n+1}=P_{n}\left(a_{n}\right)$ et $\beta _{n+1}=2\alpha _{n}a_{n}+\beta _{n}$. On aura bien $\alpha _{n+1}\neq 0$ car par hypothèse de récurrence, $\alpha _{n}\neq 0$ donc $P_{n}$ est non nul et irréductible sur $\mathbb {Q}$.
3. Immédiat.
4. $\left(x_{n}\right)_{c}\,x_{n}={\frac {\alpha _{n-1}}{\alpha _{n}}}$.
5. • Soit $z:=uy+v$. Alors, $0=y^{2}-Sy+P=\left({\frac {z-v}{u}}\right)^{2}-S{\frac {z-v}{u}}+P={\frac {z^{2}-(2v+uS)z+v^{2}+uvS+u^{2}P}{u^{2}}}$ donc $z$ est quadratique, $\operatorname {Tr} (z)=2v+uS$, $\operatorname {N} (z)=v^{2}+uvS+u^{2}P$ et $z_{c}=\operatorname {Tr} (z)-z=2v+u(y+y_{c})-(uy+v)=uy_{c}+v$ .
   • Soit maintenant $z:={\frac {1}{y}}$. Alors, $0=y^{2}-Sy+P=\left({\frac {1}{z}}\right)^{2}-S{\frac {1}{z}}+P={\frac {1-Sz+Pz^{2}}{z^{2}}}$ donc $z$ est quadratique, $\operatorname {Tr} (z)={\frac {S}{P}}$, $\operatorname {N} (z)={\frac {1}{P}}$ et $z_{c}={\frac {\operatorname {N} (z)}{z}}={\frac {\frac {1}{yy_{c}}}{\frac {1}{y}}}={\frac {1}{y_{c}}}$.
6. D'après la question précédente, $\forall n\in \mathbb {N} \quad \left(x_{n}\right)_{c}=a_{n}+{\frac {1}{\left(x_{n+1}\right)_{c}}}$. Si tous les $\left(x_{j}\right)_{c}$ pour $j>0$ étaient supérieurs à $1$, cette suite d'égalités constituerait exactement la décomposition de $x_{c}$ en fraction continue et l'on aurait donc $x_{c}=\left[a_{0},a_{1},\dots \right]=x$.
7. $\forall k\geq j\quad \left(x_{k+1}\right)_{c}<0$ : par récurrence, en utilisant que $\left(x_{k+1}\right)_{c}={\frac {1}{\left(x_{k}\right)_{c}-a_{k}}}$. Puis $\alpha _{k}$ et $\alpha _{k+1}$ de signes contraires : d'après la question 4 et le fait que $x_{k+1}>1>0$.
8. Immédiat, d'après la question précédente et la question 3.
9. D'après la question précédente, la suite $\left(P_{n}\right)$ ne prend qu'un nombre fini de valeurs, donc la suite $\left(x_{n}\right)$ également. Si $x_{r+p}=x_{r}$ alors la suite $\left(x_{n}\right)$ est $p$-périodique à partir du rang $r$, donc la suite $\left(a_{n}\right)$ aussi.
10. $x_{0}=-{\sqrt {5}}$, $P_{0}\left(X\right)=X^{2}-5$, $a_{0}=\lfloor x_{0}\rfloor =-3$,
    $P_{1}\left(X\right)=X^{2}P_{0}\left(-3+1/X\right)=\left(-3X+1\right)^{2}-5X^{2}=4X^{2}-6X+1$, $x_{1}={\frac {1}{x_{0}-a_{0}}}={\frac {3+{\sqrt {5}}}{4}}$, $a_{1}=\lfloor x_{1}\rfloor =1$,
    $P_{2}\left(X\right)=X^{2}P_{1}\left(1+1/X\right)=4\left(X+1\right)^{2}-6\left(X^{2}+X\right)+X^{2}=-X^{2}+2X+4$, $x_{2}={\frac {1}{x_{1}-a_{1}}}=1+{\sqrt {5}}$, $a_{2}=\lfloor x_{2}\rfloor =3$,
    $P_{3}\left(X\right)=X^{2}P_{2}\left(3+1/X\right)=-\left(3X+1\right)^{2}+2\left(3X^{2}+X\right)+4X^{2}=X^{2}-4X-1$, $x_{3}={\frac {1}{x_{2}-a_{2}}}=2+{\sqrt {5}}$, $a_{3}=\lfloor x_{3}\rfloor =4$,
    $P_{4}\left(X\right)=X^{2}P_{3}\left(4+1/X\right)=\left(4X+1\right)^{2}-4\left(4X^{2}+X\right)-X^{2}=-X^{2}+4X+1=-P_{3}\left(X\right)$, $x_{4}={\frac {1}{x_{3}-a_{3}}}=x_{3}$.
    Donc $a_{4}=a_{3}=4$, $P_{5}\left(X\right)=X^{2}P_{4}\left(4+1/X\right)=-X^{2}P_{3}\left(4+1/X\right)=-P_{4}\left(X\right)=P_{3}\left(X\right)$,
    $-{\sqrt {5}}=\left[-3,1,3,{\overline {4}}\right]$, $\left(x_{n}\right)=\left(x_{0},x_{1},x_{2},x_{3},x_{3},x_{3},\dots \right)$ et $\left(P_{n}\right)=\left(P_{0},P_{1},P_{2},P_{3},-P_{3},P_{3},-P_{3},\dots \right)$.
    ${\begin{aligned}h_{0}=a_{0}=-3,\quad &h_{1}=1h_{0}+1=-2,\quad &h_{2}=3h_{1}+h_{0}=-9,\quad &h_{3}=4h_{2}+h_{1}=-38\\k_{0}=1,\quad &k_{1}=1k_{0}+0=1,\quad &k_{2}=3k_{1}+k_{0}=4,\quad &k_{3}=4k_{2}+k_{1}=17\end{aligned}}$ donc $-{\sqrt {5}}$ est compris entre $-{\frac {9}{4}}$ et $-{\frac {38}{17}}$ donc $-2{,}250<-{\sqrt {5}}<-2{,}235$.

 

Exercice 2-8

Cet exercice constitue une démonstration du corollaire de Galois sur les fractions continues purement périodiques.

Soient $x$ un irrationnel quadratique, $\left(x_{n}\right)$ la suite de ses quotients complets, $\left(\left({x_{n}}\right)_{c}\right)$ la suite de leurs conjugués et $\left(a_{n}\right)$ la suite de ses quotients partiels. D'après l'exercice précédent, ces suites sont donc $p$-périodiques à partir d'un certain rang (pour un certain entier $p\geq 1$).

1. On pose $y_{n}=-{\frac {1}{\left({x_{n}}\right)_{c}}}$. Montrer que $y_{n+1}=a_{n}+{\frac {1}{y_{n}}}$.
2. On suppose que $x=\left[{\overline {a_{0},a_{1},\dots ,a_{p-1}}}\right]$. D'après l'exercice précédent (question 7), tous les $y_{n}$ sont donc positifs. Montrer qu'ils sont même supérieurs à $1$, et que le développement de $y_{0}$ en fraction continue est $\left[{\overline {a_{p-1},\dots ,a_{1},a_{0}}}\right]$. En déduire que $x$ est un irrationnel quadratique « réduit », c'est-à-dire que $x>1$ et $-1<x_{c}<0$, ou encore : $x_{0},y_{0}>1$.
3. Réciproquement, on suppose que $x$ est réduit. Montrer qu'alors, pour tout $n$, ${\frac {1}{y_{n}}}$ est la partie fractionnaire de $y_{n+1}$, et en déduire que $x=\left[{\overline {a_{0},a_{1},\dots ,a_{p-1}}}\right]$.

Solution

1. $x_{n}=a_{n}+{\frac {1}{x_{n+1}}}$ donc (cf. « petit lemme » de l'exercice précédent) $\left(x_{n}\right)_{c}=a_{n}+{\frac {1}{\left(x_{n+1}\right)_{c}}}$, ce qui se réécrit $-{\frac {1}{y_{n}}}=a_{n}-y_{n+1}$, ou encore : $y_{n+1}=a_{n}+{\frac {1}{y_{n}}}$.
2. Les $y_{n}$ sont positifs à partir d'un certain rang d'après l'exercice précédent, donc ils sont tous positifs puisqu'ils forment une suite périodique. De même, puisqu'ils sont supérieurs à $1$ à partir d'un certain rang (car $y_{n+1}=a_{n}+{\frac {1}{y_{n}}}\geq 1+{\frac {1}{y_{n}}}>1$), ils sont tous supérieurs à $1$. De plus, d'après la question précédente, $y_{0}=y_{p}=a_{p-1}+{\frac {1}{y_{p-1}}},y_{p-1}=a_{p-2}+{\frac {1}{y_{p-2}}},\dots ,y_{1}=a_{0}+{\frac {1}{y_{0}}}$. Donc par définition du développement en fraction continue, $y_{0}=\left[{\overline {a_{p-1},\dots ,a_{1},a_{0}}}\right]$. Enfin, $a_{0}=a_{p}\geq 1$ donc $x_{0}>1$ (c'est-à-dire $x>1$) et $a_{p-1}\geq 1$ donc $-{\frac {1}{x_{c}}}=y_{0}>1$ (c'est-à-dire $-1<x_{c}<0$).
3. Par hypothèse, $x_{0}>1$ (donc $a_{0}\geq 1$) et $y_{0}>1$. D'après la question 1, tous les $y_{n}$ sont alors supérieurs à $1$ (par récurrence) et l'équation $y_{n+1}=a_{n}+{\frac {1}{y_{n}}}$ est donc exactement la décomposition de $y_{n+1}$ en partie entière plus partie fractionnaire. Par conséquent, si $x_{r+1+p}=x_{r+1}$ alors (d'après le « petit lemme ») $y_{r+1}=y_{r+p+1}$ donc (en prenant les inverses des parties fractionnaires) $y_{r+p}=y_{p}$ donc (à nouveau d'après le « petit lemme ») $x_{r+p}=x_{p}$. Ceci prouve la nullité du rang à partir duquel la suite $\left(x_{n}\right)$ (donc aussi la suite $\left(a_{n}\right)$) est $p$-périodique.

 

Exercice 2-9

Cet exercice constitue une démonstration du corollaire de Legendre sur les fractions continues des racines carrées de rationnels.

1. Soit $d>1$ un rationnel non carré d'un rationnel, et soit $a_{0}$ la partie entière de ${\sqrt {d}}$. Montrer que l'irrationnel quadratique $y:=a_{0}+{\sqrt {d}}$ est « réduit » (notion définie dans l'exercice précédent). Son développement est donc purement périodique : $y=\left[{\overline {b_{0},b_{1},\dots ,b_{p-1}}}\right]$. Écrire de deux façons (en fonction de $a_{0}$ et des $b_{k}$) le développement en fraction continue de ${\sqrt {d}}$ et en déduire qu'il est de la forme $\left[a_{0},{\overline {a_{1},a_{2},\cdots ,a_{2},a_{1},2a_{0}}}\right]$.
2. Réciproquement, soit $x$ un irrationnel dont le développement en fraction continue est de la forme $\left[a_{0},{\overline {a_{1},a_{2},\cdots ,a_{2},a_{1},2a_{0}}}\right]$ (ce qui implique $x>1$). Écrire le développement en fraction continue de $y:=a_{0}+x$ et en déduire que $-x_{c}=x$ puis, que $x^{2}\in \mathbb {Q}$.
3. Calculer les développements en fraction continue de ${\sqrt {5}}$ et ${\sqrt {23}}$.

Solution

1. $y_{c}=a_{0}-{\sqrt {d}}\in \left]-1,0\right[$ et $y=a_{0}+{\sqrt {d}}>2>1$ donc $y$ est réduit.
   On a d'une part ${\sqrt {d}}=y-a_{0}=\left[b_{0}-a_{0},{\overline {b_{1},\dots ,b_{p-1},b_{0}}}\right]$ et d'autre part (d'après l'exercice précédent) $-{\frac {1}{y_{c}}}=\left[{\overline {b_{p-1},\dots ,b_{0}}}\right]$ donc ${\sqrt {d}}=a_{0}-y_{c}=\left[a_{0},{\overline {b_{p-1},\dots ,b_{0}}}\right]$. Par conséquent, $b_{0}=2a_{0},b_{p-1}=b_{1},b_{p-2}=b_{2}$, etc. et la conclusion s'ensuit.
2. $y=\left[{\overline {2a_{0},a_{1},a_{2},\cdots ,a_{2},a_{1}}}\right]$ donc (d'après l'exercice précédent) $-{\frac {1}{y_{c}}}=\left[{\overline {a_{1},a_{2},\cdots ,a_{2},a_{1},2a_{0}}}\right]$. Par conséquent, $-x_{c}=a_{0}-y_{c}=a_{0}+{\frac {1}{\left[{\overline {a_{1},a_{2},\cdots ,a_{2},a_{1},2a_{0}}}\right]}}=\left[a_{0},{\overline {a_{1},a_{2},\cdots ,a_{2},a_{1},2a_{0}}}\right]=x$, donc le nombre $-x_{c}\,x$ (rationnel par définition de $x_{c}$) est égal à $x^{2}$.
   • $x_{0}={\sqrt {5}}$, $a_{0}=\lfloor x_{0}\rfloor =2$, $x_{1}={\frac {1}{x_{0}-a_{0}}}={\sqrt {5}}+2$, $a_{1}=\lfloor x_{1}\rfloor =4$, $x_{2}={\frac {1}{x_{1}-a_{1}}}={\sqrt {5}}+2=x_{1}$, donc ${\sqrt {5}}=\left[2,{\overline {4}}\right]$.
   • $x_{0}={\sqrt {23}}$, $a_{0}=\lfloor x_{0}\rfloor =4$, $x_{1}={\frac {1}{x_{0}-a_{0}}}={\frac {1}{{\sqrt {23}}-4}}={\frac {{\sqrt {23}}+4}{7}}$, $a_{1}=\lfloor x_{1}\rfloor =1$, $x_{2}={\frac {1}{x_{1}-a_{1}}}={\frac {7}{{\sqrt {23}}-3}}={\frac {{\sqrt {23}}+3}{2}}$, $a_{2}=\lfloor x_{2}\rfloor =3$, $x_{3}={\frac {1}{x_{2}-a_{2}}}={\frac {2}{{\sqrt {23}}-3}}={\frac {{\sqrt {23}}+3}{7}}$, $a_{3}=\lfloor x_{3}\rfloor =1$, $x_{4}={\frac {1}{x_{3}-a_{3}}}={\frac {7}{{\sqrt {23}}-4}}={\sqrt {23}}+4$, $a_{4}=\lfloor x_{4}\rfloor =8$, $x_{5}={\frac {1}{x_{4}-a_{4}}}={\frac {1}{{\sqrt {23}}-4}}=x_{1}$, donc ${\sqrt {23}}=[4,{\overline {1,3,1,8}}]$.

 

Exercice 2-10

(Exercice iii de Baker p. 59.)

Soient $a\in \mathbb {N} ^{*}$, $\theta$ la racine positive de l'équation $x^{2}-ax-1=0$ et $\theta '$ l'autre racine.

1. Montrer que $\theta$ est irrationnel.
2. Montrer que les dénominateurs des réduites $h_{n}/k_{n}$ du développement en fraction continue $\theta =\left[a_{0},a_{1},\dots \right]$ sont donnés par

   $k_{n-1}={\frac {\theta ^{n}-\theta '^{n}}{\theta -\theta '}}$.

3. Pour $a=1$, reconnaître le réel $\theta$ et la suite $\left(k_{n}\right)$.

Solution

1. • Première méthode : puisque $\theta ={\frac {a+{\sqrt {\Delta }}}{2}}$ avec $\Delta =a^{2}+4$, il suffit de montrer que ${\sqrt {\Delta }}\notin \mathbb {Q}$. $\Delta$ n'est pas le carré d'un entier car si $a\geq 2$, $a^{2}<\Delta <\left(a+1\right)^{2}$ et si $a=1$, $\left(a+1\right)^{2}<\Delta <\left(a+2\right)^{2}$ (ou encore : car $1^{2}+4=5$ n'est pas un carré et pour $a\geq 2$, la distance entre $a^{2}$ et le carré suivant, $\left(a+1\right)^{2}$, est $2a+1>4$). Ce n'est donc pas non plus le carré d'un rationnel car si $\Delta =\left({\frac {p}{q}}\right)^{2}$ avec $p,q$ entiers positifs premiers entre eux alors $q^{2}\mid p^{2}$ donc $q=1$.
   • Deuxième méthode : puisque $a\in \mathbb {N} ^{*}$ et $\theta =a+{\frac {1}{\theta }}>1$, le développement de $\theta$ en fraction continue est $\theta =\left[a,a,a,\dots \right]=\left[{\overline {a}}\right]$. Ce développement est infini donc $\theta$ est irrationnel.
2. $\forall n\in \mathbb {N} \quad a_{n}=a$ (cf. seconde méthode ci-dessus). D'après la définition par récurrence de la suite $\left(k_{n}\right)$, la formule voulue est vraie pour $n=0$ et $n=1$ et (en utilisant que $a\theta +1=\theta ^{2}$ et $a\theta '+1=\theta '^{2}$) se propage par récurrence à tout $n\in \mathbb {N}$.
3. Pour $a=1$, $\theta ={\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}=\left[{\overline {1}}\right]$ est le nombre d'or et $\left(k_{n}\right)_{n\in \mathbb {N} }=(1,1,2,3,5,8,\dots )$ est la suite de Fibonacci (à un décalage d'indice près).

 

Exercice 2-11

On cherche à faire le lien (utilisé dans le devoir sur les nombres équivalents) entre les fractions continues de deux irrationnels opposés,

$x=[a_{0},a_{1},\dots ]\quad {\text{et}}\quad -x=[b_{0},b_{1},\dots ]$.

1. Exprimer $b_{0}$ en fonction de $a_{0}$.
2. Vérifier l'égalité (entre fractions rationnelles en les indéterminées $X,Y$) :

   $-[X,1,Y]=[-X-1,Y+1]$.

3. En déduire que si $a_{1}=1$ alors

   $b_{1}=a_{2}+1\quad {\text{et}}\quad \forall k\geq 2\quad b_{k}=a_{k+1}$.

4. En déduire que si $a_{1}>1$ alors

   $b_{1}=1,\quad b_{2}=a_{1}-1\quad {\text{et}}\quad \forall k\geq 3\quad b_{k}=a_{k-1}$

   (indication : intervertir les rôles de $x$ et $-x$).

Solution

1. $b_{0}=\lfloor -x\rfloor =-a_{0}-1$.
2. $-[X,1,Y]=-X-{\frac {1}{1+1/Y}}=-X-{\frac {Y}{Y+1}}=-X-1+{\frac {1}{Y+1}}=[-X-1,Y+1]$.
3. Si $a_{1}=1$, on déduit de la question précédente que

   $-x=-[a_{0},1,[a_{2},a_{3},\dots ]]=[-a_{0}-1,[a_{2},a_{3},\dots ]+1]=[-a_{0}-1,a_{2}+1,a_{3},\dots ]$

   et l'on a bien $-a_{0}-1\in \mathbb {Z}$, $a_{2}+1\in \mathbb {N} ^{*}$ et $\forall k\geq 3\quad a_{k}\in \mathbb {N} ^{*}$.

   On retrouve ainsi que $b_{0}=-a_{0}-1$ et l'on obtient de plus le résultat annoncé.

4. Si $a_{1}>1$, posons

   $a'_{0}=-a_{0}-1,\quad a'_{1}=1,\quad a'_{2}=a_{1}-1,\quad \forall k\geq 3\quad a'_{k}=a_{k-1}\quad {\text{et}}\quad x'=[a'_{0},a'_{1},\dots ]$

   (on a bien $a'_{0}\in \mathbb {Z}$ et $\forall k\geq 1\quad a'_{k}\in \mathbb {N} ^{*}$). D'après la question précédente,

   $-x'=[-a'_{0}-1,a'_{2}+1,a'_{3},\dots ]=[a_{0},a_{1},a_{2},\dots ]=x$

   donc $-x=x'$, ce qui est le résultat voulu (joint au fait, à nouveau, que $b_{0}=-a_{0}-1$).

 

Exercice 2-12

1. Soit $n\in \mathbb {N} ^{*}$. Démontrer que ${\sqrt {n^{2}+2}}=\left[n,{\overline {n,2n}}\right]$.
2. Quel(s) théorème(s) ce résultat illustre-t-il ?

Solution

1. $x_{0}={\sqrt {n^{2}+2}}$, $a_{0}=\lfloor x_{0}\rfloor =n$ (car $n^{2}<n^{2}+2<(n+1)^{2}$), $x_{1}={\frac {1}{x_{0}-a_{0}}}={\frac {1}{{\sqrt {n^{2}+2}}-n}}={\frac {{\sqrt {n^{2}+2}}+n}{2}}$,
   $a_{1}=\lfloor x_{1}\rfloor =n$ (car $4n^{2}<({\sqrt {n^{2}+2}}+n)^{2}<4(n+1)^{2}$, car $2n^{2}-2<2n{\sqrt {n^{2}+2}}<2n^{2}+8n+3$, car $(n-1/n)^{2}<n^{2}+2<(n+4+3/(2n))^{2}$), $x_{2}={\frac {1}{x_{1}-a_{1}}}={\frac {2}{{\sqrt {n^{2}+2}}-n}}={\sqrt {n^{2}+2}}+n=x_{0}+n$, donc $a_{2}=a_{0}+n=2n$ et $x_{3}=x_{1}$, si bien que ${\sqrt {n^{2}+2}}=\left[n,{\overline {n,2n}}\right]$.
   Une autre méthode, au lieu d'appliquer l'algorithme au membre de gauche, est de développer celui de droite : $x_{0}=[n,x_{1}]$ et
   $x_{1}=[n,2n,x_{1}]=n+{\frac {1}{2n+{\frac {1}{x_{1}}}}}=n+{\frac {x_{1}}{2nx_{1}+1}}={\frac {(2n^{2}+1)x_{1}+n}{2nx_{1}+1}}$ donc
   $2x_{1}^{2}-2nx_{1}-1=0$ et l'on retrouve ainsi $x_{1}={\frac {{\sqrt {n^{2}+2}}+n}{2}}$, d'où $[n,x_{1}]=n+{\frac {2}{{\sqrt {n^{2}+2}}+n}}={\sqrt {n^{2}+2}}$.
   Par exemple, ${\sqrt {3}}=[1,{\overline {1,2}}]$.
2. Ce résultat illustre les théorèmes de Lagrange (la périodicité de la fraction continue à partir d'un certain rang caractérise les irrationnels quadratiques) et de Legendre (lorsque cet irrationnel est la racine carrée d'un rationnel, forme particulière de la période — ici ${\overline {a_{1},2a_{0}}}$ — et début de la périodicité dès l'indice 1).

 

Voir aussi

Devoirs :

• Nombres équivalents ;
• Équation de Pell-Fermat.