Énoncé Partie I. Partie II.

MPSI B
22 mai 2017
c. Montrer que
Énoncé
La suite de Beatty 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
1
V (x) = {bnxc, n ∈ N∗ } ,
1
1
j
x ∈ M ( ) ∪ M ( ) tq x ≤
r
s
r
= bjsc
d. Conclure en numérotant par ordre croissant les éléments de M ( 1r ) ∪ M ( 1s ).
M (x) = {nx, n ∈ N∗ }
Partie II.
On considère une suite de nombres entiers strictement positifs (an )n∈N∗ . À partir de cette
suite, on dénit deux autres suites (xn )n∈N∗ et (yn )n∈N∗ en posant
Partie I.
On se donne deux nombres réels strictement positifs et
]
irrationnels 2 s et r tels que
na
o

k

x
=
max
,
k
∈
J1,
nK
n

k
∀n ∈ N∗ ,
ak + 1

 yn = min
, k ∈ J1, nK
k
1 1
+ =1
s r
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
1. Montrer que (xn )n∈N∗ est croissante et (yn )n∈N∗ décroissante.
2. On suppose dans cette question seulement que (an )n∈N∗ est une suite de Beatty c'est
à dire qu'il existe un α > 0 irrationnel tel que an = bnαc pour tous les n ∈ N∗ .
Montrer que xn < yn pour tous les n ∈ N∗ .
3. On suppose ici que xn < yn pour tous les n ∈ N∗ .
a. Montrer que (xn )n∈N∗ et (yn )n∈N∗ convergent vers la même limite strictement
positive notée α.
b. On suppose α irrationnel, montrer que an = bnαc pour tous les n ∈ N∗ .
c. On considère le cas de la suite ak = 2k − 1 pour tous les k ∈ N∗ . Que peut-on en
conclure ?
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 ( 1r ) et M ( 1s ) sont disjoints.
b. Soit j ∈ N∗ , préciser les nombres d'éléments des ensembles suivants
1
j
x ∈ M ( ) tq x ≤
r
r
1 cette suite est aussi appelée spectre
2 c'est à dire n'appartenant pas à Q
,
1
j
x ∈ M ( ) tq x ≤
s
r
d'un nombre réel dans l'ouvrage Concrete Maths de Knuth
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
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2. Deuxième démonstration.
a. Si M ( 1r ) et M ( 1s ) ne sont pas disjoints, il existe des naturels non nuls p et q tels
que pr = qs . Cela entraine que rs est rationnel. Or
Corrigé
Partie I.
1. Première démonstration.
a. Soit j , k m des naturels non nuls tels que j = bkrc = bmsc. Écrivons les encadrements dénissant les parties entières (l'inégalité de gauche est stricte car r et
s sont irrationnels) puis divisons par r et s et sommons :
(
r
1 1
+ =1⇒1+ =r
r
s
s
Alors r serait rationnel aussi ce qui est contraire aux hypothèses. Les ensembles
sont donc disjoints.
b. Le nombre de multiples non nuls de 1r inférieurs à rj est égal au nombre d'entiers
k tels que

j
j+1

 <k<
j < kr < j + 1
r
⇒ r
⇒j <k+m<j+1

j < ms < j + 1
j <m< j+1
s
s
C'est évidemment j .
Le nombre de multiples non nuls de
k tels que
en utilisant 1r + 1s = 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
inférieurs à
j
r
est égal au nombre d'entiers
C'est donc b sjr c.
c. Comme les deux ensembles de multiples sont disjoints, le nombre cherché est
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
sj
c = j + b(j(s − 1)c (à cause de la relation entre r et s)
r
= j + b(js − j)c = j + bjsc − j = bjsc
car bx + nc = bxc + n pour n ∈ Z.
d. Comme chaque ensemble M ( 1r ) et M ( 1s ) est inni, en numérotant par ordre croissant les éléments de W = M ( 1r ) ∪ M ( 1s ) 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 rj , la question c. montre que n = bjsc. De la même manière n = bjrc si
ϕ(n) est de la forme sj . 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∗ .
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

j+1


<k+1
r
⇒j+1<k+m+2

j+1 <m+1
s
Partie II.
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).
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
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1
s
k
j
sj
≤ ⇔k≤
s
r
r
bkrc < j < b(k + 1)rc

j

 k<
r ⇒k+m<j

m < j
s
j
k
≤
r
r
1. Notons
Xn =
na
k
k
Par dénition, Xn ⊂ Xn+1
2
ak + 1
, k ∈ J1, nK
k
et Yn ⊂ Yn+1 . Cela entraine xn ≤ xn+1 et yn+1 ≤ yn .
o
, k ∈ J1, nK ,
Yn =
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2. On suppose ici qu'il existe un α > 0 irrationnel tel que an = bnαc pour tout n ∈ N∗ .
On peut alors écrire (inégalité stricte à cause de l'irrationnalité)
∀k ∈ N∗ , ak < kα < ak + 1 ⇒
ak
ak + 1
<α<
k
k
Ceci est vrai en particulier pour le plus grand élément de Xn et le plus petit élément
de Yn donc
xn < α < yn
3.
a. On sait d'après la première question que les suites (xn )n∈N∗ et (yn )n∈N∗ sont
respectivement croissantes et décroissantes. L'hypothèse supplémentaire de cette
question montre qu'elles sont respectivement majorée (par y1 ) et minorée (par
x1 ). On en déduit la convergence des deux suites. On note x et y les limites
respectives.
De plus, pour tout n ∈ N∗ ,
an
an + 1
1
≤ xn < yn ≤
⇒ 0 < yn − xn <
n
n
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

an + 1 
an
≤ xn < yn ≤
an + 1
an
n
n
≤α≤
⇒ an ≤ nα ≤ an + 1
⇒

n
n
xn ≤ α ≤ yn
Dans le cas où α est irrationnel, les inégalités sont forcément strictes et an = bnαc.
c. Si ak = 2k − 1, alors akk = 2 − k1 donc la suite correspondante est croissante et
xn = 2 − n1 pour tous les n. De l'autre coté akk+1 = 2 donc la suite est constante
et yn = 2 pour tous les n. On a donc bien xn < yn pour tous les n sans que an
soit une suite de Beatty.
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