ak - sous-groupes additifs de r

AK - SOUS-GROUPES ADDITIFS DE R
Théorème 1 Soit G un sous-groupe additif de R, et a la borne inférieure de G ∩ ] 0, +∞ [ .
– si a n’est pas nul, alors G = aZ,
– si a est nul, alors G est dense dans R.
• Si a n’est pas nul, et si x et y sont deux éléments de G tels que
a≤x<y≤
3a
,
2
le nombre y − x appartient à G et vérifie
0≤y−x≤
a
< a.
2
Donc, puisque a est la borne inférieure de G ∩ ] 0, +∞ [ , on doit avoir
x = y.
Par ailleurs, il existe une suite décroissante (xn ) d’éléments de G qui converge vers a, et donc, à partir
d’un certain rang,
3a
a ≤ xn ≤
.
2
Il résulte de ce qui précède que la suite (xn ) est stationnaire, et comme elle converge vers a, on a donc,
à partir d’un certain rang
xn = a ,
ce qui prouve que a appartient à G qui contient donc le groupe aZ engendré par a.
Soit alors x dans G. Il existe un entier n tel que
na ≤ x < (n + 1)a .
Alors x − na est un nombre positif de G strictement inférieur à a. Il en résulte que ce nombre est nul,
ce qui prouve que x appartient à aZ. On a donc bien l’égalité
G = aZ .
• Si a est nul, supposons par l’absurde qu’il existe un intervalle ouvert I non vide dans lequel ne se
trouve aucun élément de G. Soit alors x dans I et
ℓ = sup(G ∩ ] −∞, x [ ) .
L’intersection de G et de ] ℓ, x [ est vide. Posons
ε = x − ℓ.
AK 2
La suite (ε2−n )n≥1 converge vers zéro. Comme 0 est la borne inférieure de G ∩ ] 0, +∞ [ , il existe y
dans G tel que
ε
0<y< .
2
Il existe donc n ≥ 1 tel que
ε
ε
≤y< n.
n+1
2
2
Comme ℓ est la borne supérieure de G ∩ ] −∞, x [ , il existe z dans G tel que
ℓ−
ε
2n+1
< z ≤ ℓ.
Alors z + y appartient à G et vérifie
ℓ<y+z <ℓ+
ε
< ℓ +ε = x,
2n
et l’on obtient une contradiction. Il en résulte que tout intervalle ouvert de R contient un élément de
G, ce qui prouve la densité de G dans R.
Théorème 2 Si x et y sont des réels strictement positifs, et si G(x, y) désigne le sous-groupe
additif de R engendré par x et y,
– ou bien x/y est rationnel, et il existe a tel que G = aZ,
– ou bien x/y est irrationnel et G(x, y) est dense dans R.
Supposons que G(x, y) soit engendré par a. Il existe p et q entiers tels que
x = pa et y = qa .
Alors
x
p
= ,
y
q
et donc x/y est rationnel.
Réciproquement, si x/y est rationnel, il existe p et q entiers premiers entre eux tels que
x
p
= .
y
q
Posons
a=
y
x
= .
p
q
On a
x = pa et y = qa ,
ce qui prouve que x et y appartiennent à aZ, donc
G(x, y) ⊂ aZ .
AK 3
D’autre part, il existe m et n premiers entre eux tels que
mp + nq = 1 .
Donc, en multipliant par a
a = mpa + nqa = mx + ny ,
ce qui montre que a appartient à G(x, y), et donc que aZ est inclus dans G(x, y). On a bien l’égalité
G(x, y) = aZ .
On a démontré que G(x, y) est engendré par un élément a si et seulement si x/y est rationnel. Dans le
cas contraire, il résulte du théorème 1 que G(x, y) est dense dans R.
Application
Si x est irrationnel, l’ensemble
G(x, 1) = {mx + n | (m, n) ∈ Z2 }
est dense dans R.
Il en résulte en particulier que, quels que soient a et b dans R vérifiant
a < b,
il existe m et n dans Z tels que
a < mx + n < b .
Corollaire 1 Soient a et b deux réels strictement positifs. Les fonctions f continues sur R,
vérifiant, pour tout x réel
f (x) = f (x + a) = f (x + b)
sont périodiques si a/b est rationnel et constantes sinon.
Il résulte immédiatement de la propriété vérifiée par f que, pour tout couple (m, n) de Z2 , on a
f (ma + nb) = f (0) ,
ce qui signifie que, pour tout x de G(a, b),
f (x) = f (0) .
AK 4
Si a/b est irrationnel, le groupe G(a, b) est dense dans R, et, en raison de la continuité de f , pour tout
x réel on aura
f (x) = f (0) .
La fonction f est donc constante.
Par contre, si a/b est rationnel, il existe c appartenant à G(a, b) tel que
G(a, b) = cZ .
Soit m et n entiers tels que
c = ma + nb .
Alors
f (x + c) = f (x + ma + nb) = f (x) .
Donc f est périodique de période c.
Avant de poursuivre donnons deux lemmes.
Lemme 1 Soit x et y deux réels strictement positifs. Si l’on a
0 < mx + ny < inf(x, y)
avec m et n entiers, les nombres m et n sont de signes opposés et non nuls.
Si l’on a
n ≥ 0 et
m>0
alors
mx + ny ≥ x .
Si l’on a
n ≤ 0 et
m≤0
alors
mx + ny ≤ 0 .
Si l’on a
n > 0 et
m≥0
alors
mx + ny ≥ y .
Dans les trois cas on a une contradiction. Il ne reste que deux possibilités :
n < 0 < m et m < 0 < n .
AK 5
Lemme 2 Soit x et y deux réels strictement positifs tels que x/y soit irrationnel. Il existe une
suite d’entiers (np ), une suite d’entiers strictement positifs (mp ) telles que la suite (mp x + np y) soit
positive et converge vers zéro.
Soit (xn ) une suite décroissante de G(x, y) de limite nulle. Il existe donc deux suites d’entiers (mp ) et
(np ) telles que, pour tout p,
xp = mp x + np y .
A partir d’un certain rang, on aura
0 < xp < inf(x, y) ,
et, d’après le lemme 1, pour tout entier p, soit mp , soit np est strictement positif.
• S’il existe une infinité de mp positifs, il existe alors une suite extraite (mϕ(p) ) strictement positive,
et la suite (xϕ(p) ) répond à la question.
• Dans le cas contraire, il existe une infinité de np positifs et donc, une suite extraite (nϕ(p) ) strictement
positive. Considérons la suite (xϕ(p) ) extraite, et formons
yp = xϕ(p) − xϕ(p+1) = (mϕ(p) − mϕ(p+1) )x + (nϕ(p) − nϕ(p+1) )y .
La suite (yp ) converge elle aussi vers 0 dans G(x, y). A partir d’un certain rang mϕ(p) − mϕ(p+1) et
nϕ(p) − nϕ(p+1) seront non nuls et de signes contraires. Supposons qu’il n’y ait qu’un nombre fini de
termes tels que mϕ(p) − mϕ(p+1) soit positif. On aura donc, à partir d’un certain rang
mϕ(p) − mϕ(p+1) < 0 < nϕ(p) − nϕ(p+1) .
Alors la suite (mϕ(p) ) est croissante et négative à partir d’un certain rang. Elle admet donc une limite
m. De même, la suite (nϕ(p) ) est décroissante et positive à partir d’un certain rang. Elle admet donc
une limite n. Comme ce sont des suites d’entiers, elles sont stationnaires. Il en sera de même de la suite
(xϕ(p) ), et l’on en déduit que
0 = mx + ny ,
ce qui, puisque x/y est irrationnel, implique que
m = n = 0,
et par suite, à partir d’un certain rang,
mϕ(p) = nϕ(p) = 0 ,
d’où une contradiction.
Il y a donc une infinité de termes tels que mϕ(p) − mϕ(p+1) soit strictement positif. En extrayant de
cette suite, une suite de nombres positifs, la suite correspondante extraite de (yp ) répondra à la question.
AK 6
Proposition 1 Si x/y est irrationnel, l’ensemble
G∗ (x, y) = {mx + ny | (m, n) ∈ N∗ × Z}
est dense dans R.
Si mx + ny appartient à G(x, y), posons
x′ = (1 + |m|)x
et y ′ = y .
Le nombre y ′ /x′ est encore irrationnel. D’après le lemme 2, appliqué à x′ et y ′ , il existe une suite
(mp x′ + np y ′ ) qui converge vers 0 et telle que, pour tout n, le nombre mp soit strictement positif. Alors
la suite ((mp (1 + |m|) + m)x + (np + n)y) converge vers mx + ny, et
mp (1 + |m|) + m ≥ mp + |m| + m ≥ mp > 0 ,
ce qui montre que G∗ (x, y) est dense dans G(x, y) donc dans R.
Corollaire 2 Pour tout x irrationnel, pour tout couple (a, b) de réels tels que
a < b,
et pour tout entier N0 , il existe (m, n) dans N × Z tels que
a < mx + n < b et m ≥ N0 .
On peut supposer N0 strictement positif et appliquer la proposition 1 à G∗ (N0 x, 1). Il existe m1 dans
N∗ et n1 dans Z tels que
0 < m 1 N0 x + n 1 < b .
Alors
m = m 1 N0 ≥ N0 .
Corollaire 3 Soit α irrationnel. Quels que soient a et b réels tels que
0 ≤ a < b ≤ 1,
il existe (m, n) dans N∗2 tels que
a < mα − n < b .
Soit N0 tel que N0 α − 1 soit strictement positif. Alors il existe m1 dans N∗ et n1 dans Z tels que
a < m1 N0 α + n1 < b .
AK 7
Mais, puisque
inf(1, N0 α) = 1 ,
il résulte du lemme 1 que m1 et n1 sont de signes opposés et non nuls. Le résultat est donc évident, en
posant
m = m1 N0 et n = −n1 .
Proposition 2 Si α est irrationnel, l’ensemble {mα − E(mα) | m ∈ N} est dense dans [ 0, 1 ] .
Si l’on a
0 ≤ a < b ≤ 1,
d’après le corollaire 3, il existe m et n dans N∗ tels que
a < mα − n < b .
Alors
E(mα − n) = 0 = E(mα) − n ,
et donc
a < mα − n − E(mα − n) < b ,
ou encore
a < mα − E(mα) < b ,
ce qui montre la densité.
Proposition 3 Soit f une fonction continue et périodique de période T . Si α/T est irrationnel,
l’ensemble {f (mα) | m ∈ N} est dense dans f (R).
L’ensemble {mα/T − E(mα/T ) | m ∈ N} est dense dans [ 0, 1 ] , donc {mα − T E(mα/T ) | m ∈ N} est
dense dans [ 0, T ] , et, puisque f est continue, l’ensemble f ({mα − T E(mα/T ) | m ∈ N}) est dense
dans f ( [ 0, T ] ). Mais, puisque f est T −périodique, on a
f (mα − T E(mα/T )) = f (mα) et
f ( [ 0, T ] ) = f (R) ,
ce qui achève la démonstration.
Exemple : les suites (sin n) et (cos n) sont denses dans [ −1, 1 ] .
Proposition 4 Soit a un entier positif qui n’est pas une puissance de 10, et b un entier strictement
positif. Il existe une infinité de puissances de a dont l’écriture en base 10 commence par le nombre b.
AK 8
Remarquons tout d’abord que, dire que le logarithme décimal de a est rationnel, revient à dire que
a = 10p/q
avec p et q entiers premiers entre eux, et, puisque a est entier, cela n’est possible que si q = 1. Or par
hypothèse a n’est pas une puissance de 10. Donc log a est irrationnel.
Soit
b=
q
X
bk 10k = bq . . . b0 .
k=0
On a donc
10q ≤ b < 10q+1 .
Soit N un entier tel que
1
.
10
L’ensemble G∗ (M log a, 1) est dense dans R. Alors l’ensemble {10mN log a+n | (m, n) ∈ N∗ × Z} est dense
dans [ 0, +∞ [ . Mais
aN > b +
{10mN log a+n | (m, n) ∈ N∗ × Z} = {amN 10n | (m, n) ∈ N∗ × Z} .
Donc, pour tout entier p ≥ 1, il existe (mp , np ) dans N∗ × Z tel que
1
1
≤ aN mp 10−np < b + p .
p+1
10
10
sont distincts. En effet, si l’on avait
b+
Les nombres aN mp 10−np
aN mp 10−np = aN mr 10−nr
on en déduirait
aN (mp −mr ) = 10np −nr ,
et a serait une puissance de 10.
Il existe donc une suite (mp , np ) de N∗ × Z formée de couples distincts, telle que
b < aM mp 10−np < b +
ou encore
np
N mp
10 b ≤ a
np
< 10
1
,
10
1
b+
10
.
Si np était négatif, on aurait
1
,
10
d’où une contradiction. Donc np est strictement positif, et l’on a
aN ≤ aN mp < b +
10np b ≤ aN mp < 10np b + 10np −1 ,
ce qui s’écrit en base 10
bq · · · b0 00
· · · 0} ≤ aN mp < bq · · · b0 10
· · 0} .
| {z
| ·{z
np
Les nombres
aN mp
np −1
ont une écriture en base 10 qui commence par b.