AS : Décomposition d`un nombre réel en base . Courbes de

AS - DECOMPOSITION D’UN NOMBRE
REEL EN BASE a
COURBE DE PEANO
Soit a un entier strictement plus grand que 1. Notons
Na = {0, 1, . . . , a − 1} .
Définition On dira qu’un nombre réel positif x est de classe a, s’il existe un entier naturel p tel
que ap x soit entier.
L’ensemble des nombres de classe a est stable par addition, car, si ap x et aq y sont entiers, alors
amax(p,q) (x + y) est entier, et de plus il contient N. Les nombres de classe 10 sont les nombres décimaux.
On suppose connue la décomposition d’un nombre entier m en base a :
Proposition 1 Soit N dans N∗ . Si l’on a
0 ≤ m < aN
il existe un unique N −uplet (m1 , . . . , mN ) d’entiers de Na , tel que
m = aN −1 m1 + aN −2 m2 + · · · + mN .
On remarquera que, si x est un nombre réel positif, le nombre u = x − E(x) appartient à l’intervalle
[ 0, 1 [ et
x = u + E(x) .
Comme E(x) est un nombre entier, il suffit donc, pour décomposer un nombre en base a, de savoir
trouver la décomposition en base a d’un nombre de l’intervalle [ 0, 1 ] .
Décomposition d’un nombre réel de [ 0, 1 ] en base a
Soit Sa l’ensemble des suites (xn )n≥1 à coefficients dans Na .
AS 2
Considérons un élément (xn )n≥1 de Sa . La série de terme général xn /an converge, puisque son terme
général est majoré par (a − 1)(a−1 )n , avec 0 < a−1 < 1, et l’on a
0≤
∞
X
−n
xn a
≤ (a − 1)
n=1
∞
X
a−n = 1 .
n=1
L’application F , qui à (xn )n≥1 dans Sa associe le nombre
∞
X
xn a−n , prend ses valeurs dans [ 0, 1 ] .
n=1
Le théorème suivant montre que l’application F est surjective, et qu’elle est « presque » injective.
Théorème 1 i) Soit x dans ] 0, 1 [
1) Il existe un élément X = (xn )n≥1 de Sa tel que
(1)
F (X) = x .
De plus, pour tout élément de Sa vérifiant (1), on a, pour tout entier r
(2)
r
X
0≤x−
n=1
xn a−n ≤ a−r ,
les inégalités ne pouvant être des égalités que si x est de classe a.
2) Si x n’est pas de classe a la suite X vérifiant (1) est unique.
3) Si x est de classe a, il existe exactement deux suites X et X ′ vérifiant (1). Elles vérifient les
propriétés suivantes : il existe un rang N tel que
si n ≤ N − 2
xn = x′n
xN −1 = x′N −1 + 1
.
xn = 0
si n ≥ N
x′n = a − 1
si n ≥ N
ii) On a de manière unique
0 = F (X) ou X est la suite constante nulle
.
1 = F (X) ou X est la suite constante égale à a − 1
Si r ≥ 1, notons
Rr = x −
et posons
r
X
xn a−n ,
n=1
R0 = x .
Avec ces notations les inégalités (2) deviennent
0 ≤ Rr−1 − xr a−r ≤ a−r
AS 3
ou encore
ar Rr−1 − 1 ≤ xr ≤ ar Rr−1 ,
(3)
i) Soit x dans ] 0, 1 [ . Nous allons construire par récurrence une suite (xn )n≥1 telle que, pour tout r
(4)
0≤x−
r
X
xn a−n < a−r ,
n=1
Supposons la suite construite jusqu’au rang r. La partie entière xr+1 de ar+1 Rr vérifie alors les inégalités
ar+1 Rr − 1 < xr+1 ≤ ar+1 Rr ,
(5)
et donc, on a,
0 ≤ Rr+1 = Rr − xr+1 a−(r+1) < a−(r+1) .
On a donc construit la suite au rang r + 1.
Il résulte alors de (4) et (5) que
−1 < xr+1 < ar+1 a−r = a ,
ce qui montre que xr+1 est dans Na . Enfin, par passage à la limite dans (4), on obtient
lim Rr = 0 ,
r→+∞
ce qui montre que
F (X) = x .
Réciproquement, si X est une suite telle que
F (X) = x ,
alors
0 ≤ Rr =
∞
X
−n
xn a
n=r+1
≤ (a − 1)
∞
X
a−n = a−r ,
n=r+1
ce qui donne (2).
Si Rr est nul, on en tire
ar x =
r
X
ar−n xn .
n=1
Ce nombre est entier, donc x est de classe a. De même, si Rr vaut a−r , on a
r
a x=
r
X
n=1
et de nouveau x est de classe a.
ar−n xn + 1 ,
AS 4
2) Dans les inégalités (3), les égalités ne sont possibles que si x est de classe a. Dans le cas contraire,
il n’y a qu’un choix possible pour xr , d’où l’unicité de la suite X dans ce cas.
3) Lorsque x est de classe a, soit p le plus petit entier tel que ap x soit entier. Pour r strictement plus
petit que p, le nombre ar Rr−1 n’est pas entier, sinon ar x le serait. Donc les inégalités de (3) sont
strictes et xr est déterminé avec unicité. Deux cas se présentent pour le terme de rang p.
Premier cas :
xp = ap Rp−1 ,
et donc
x=
p
X
xn a−n .
n=1
Alors, si r > p, on déduit de (3)

ce qui implique que xr est nul.
0 ≤ xr ≤ ar −
r−1
X
n=p+1

xn a−n  ≤ 0 ,
Deuxième cas :
x′p = ap Rp−1 − 1 ,
ce qui donne
x=
p
X
x′n a−n + a−p
Rp = a−p .
et
n=1
Alors d’après (3), si r > p
x′r ≥ ar Rr−1 − 1

≥ ar Rp −

Mais
n=p+1
r−1
X
a−n = a−p−1

x′n a−n  − 1
≥ ar a−p − (a − 1)
n=p+1
donc
r−1
X
r−1
X
n=p+1

a−n  − 1 .
−r+p+1
1 − a−(r−p−1)
−p 1 − a
=
a
,
1 − a−1
a−1
x′r ≥ ar (a−p − a−p (1 − a−r+p+1 )) − 1 = a − 1 .
Alors
a > x′r ≥ a − 1 ,
AS 5
et donc x′r vaut a − 1.
Si l’on note N = p + 1, on vient de démontrer que deux suites au plus sont associées à x et que ces
suites vérifient les propriétés indiquées. Ces deux suites conviennent toutes les deux puisque l’on a
l’égalité
∞
X
xn a−n =
n=1
N
−1
X
xn a−n =
n=1
ii) Il est clair que l’égalité
N
−2
X
n=1
xn a−n + (xN −1 − 1)a−N +1 +
0=
∞
X
∞
X
n=N
(a − 1)a−n .
xn a−n
n=1
est possible si et seulement si xn est nul pour tout n.
On a aussi
1=
∞
X
(a − 1)a−n .
n=1
D’autre part, si X est un élément quelconque de Sa tel que
xq ≤ a − 2
pour au moins une valeur q, on a
∞
X
n=1
xn a−n ≤ xq a−q − (a − 1)a−q +
∞
X
(a − 1)a−n ≤ 1 − ((a − 1) − xq )a−q ,
n=1
ce qui serait strictement inférieur à 1. La seule suite dont l’image est 1 est donc la suite constante égale
à a − 1.
Décompositions et inégalités
On munit Sa de l’ordre lexicographique, c’est-à-dire
(xn )n≥1 < (yn )n≥1
si et seulement si, il existe un entier p tel que
xn = yn si n < p
.
xp < y p
Proposition 2
1) L’application F est une application croissante.
2) Si l’on a
F (X) = x et F (Y ) = y
alors x < y implique X < Y .
AS 6
Si X < Y , soit p tel que
xn = yn si n < p
.
xp < y p
On a alors
x =
=
≤
≤
∞
X
n=1
p
X
n=1
p
X
n=1
p
X
n=1
xn a−n
−n
yn a
−p
− (yp − xp )a
+
yn a−n − a−p + (a − 1)
∞
X
xn a−n
n=p+1
∞
X
−n
a
n=p+1
yn a−n ≤ y .
2) Si x < y, l’ordre lexicographique étant une relation totale, on a soit X < Y , soit Y ≤ X. Mais
d’après 1) la seconde hypothèse entraîne x ≥ y. C’est donc la première hypothèse qui est la bonne.
Nous allons étudier maintenant les relations qui existent entre |x − y| et les termes des suites associées
à x et y.
Proposition 3 Soit x et y dans [ 0, 1 ] tels que
0 < y − x < a−N
et X et Y dans Sa tels que
x = F (X) et y = F (Y ) .
On a alors deux possibilités :
i) si n ≤ N , on a yn = xn ,
ii) il existe un entier p strictement inférieur à N tel que
y n = xn
si n < p
y p = 1 + xp
xn = a − 1 et yn = 0 si p < n ≤ N .
Réciproquement, si x et y vérifient une des conditions i) ou ii), on a
|y − x| ≤ 2a−N .
Soit x et y tels que
0 < y − x < a−N .
AS 7
D’après la proposition précédente, on a
X<Y .
Soit donc p tel que
xn = yn si n < p
.
xp < y p
Si p > N , on a alors i).
Supposons maintenant p ≤ N . On a
0 < y−x =
∞
X
(yn − xn )a−n = (yp − xp )a−p +
n=1
∞
X
(yn − xn )a−n < a−N .
n=p+1
Donc, puisque |yn − xn | appartient à Na , et que yp − xp est supérieur ou égal à 1, on a
−p
a
−p
≤ (yp − xp )a
−N
< a
−
< a−N +
∞
X
(yn − xn )a−n
n=p+1
∞
X
n=p+1
−N
< a
|yn − xn |a−n
+ (a − 1)
∞
X
a−n = a−N + a−p ,
n=p+1
et finalement
1 ≤ yp − xp < 1 + ap−N ≤ 2 ,
ce qui n’est possible que si yp − xp vaut 1.
On a alors
0 < a−p +
∞
X
(yn − xn )a−n < a−N ,
n=p+1
d’où l’on tire
1 − ap−N <
∞
X
(xn − yn )ap−n < 1 .
n=p+1
Ceci montre que l’on ne peut avoir pour tout n ≥ p l’égalité
xn − yn = a − 1 ,
car sinon, on aurait
∞
X
(xn − yn )ap−n =
n=p+1
∞
X
(a − 1)ap−n = 1 .
n=p+1
Soit alors q le premier entier strictement plus grand que p tel que
xq − yq ≤ a − 2 .
AS 8
On obtient
∞
X
(xn − yn )ap−n ≤
n=p+1
≤
≤
∞
X
(a − 1)ap−n − (a − 1)q q−n + (xq − yq )aq−n
n=p+1
∞
X
(a − 1)ap−n − (a − 1)q q−n + (a − 2)aq−n
n=p+1
∞
X
(a − 1)ap−n − aq−n = 1 − ap−q .
n=p+1
D’où finalement,
1 − ap−N <
∞
X
(xn − yn )ap−n ≤ 1 − ap−q .
n=p+1
Ceci impose que q soit strictement plus grand que N . Il en résulte que, si p < n ≤ N , on a
xn − yn = a − 1 ,
et donc
xn = a − 1 et yn = 0 .
Réciproquement, si x et y vérifient i), on a
∞
∞
X
X
−n (a − 1)a−n = a−N ≤ 2a−N .
(yn − xn )a ≤
|y − x| = n=N +1
n=N +1
Si x et y vérifient ii), on a
−p
y−x = a
−
N
X
−n
(a − 1)a
n=p+1
donc
|y − x| ≤ a−N +
∞
X
n=N +1
+
∞
X
−n
(yn − xn )a
−N
=a
(yn − xn )a−n ,
n=N +1
n=N +1
|yn − xn |a−n ≤ a−N +
+
∞
X
∞
X
(a − 1)a−n = 2a−N .
n=N +1
Décomposition d’un nombre réel en base a
Soit x un réel positif strictement inférieur à aN . Alors E(x) est un entier strictement inférieur à aN
et x − E(x) appartient à [ 0, 1 [ . En appliquant la proposition 1 et le théorème 1, on en déduit qu’un
nombre réel positif x, inférieur strictement à aN se décompose en base a sous la forme
x=
∞
X
xn a−n .
n=−N +1
La décomposition est unique pour les nombres qui ne sont pas de classe a. Il y a deux décompositions
pour les nombres qui sont de classe a. En effet, x est de classe a si et seulement si x−E(x) est de classe a.
AS 9
Décomposition d’un nombre rationnel en base a
Théorème 2 Soit x dans ] 0, 1 [ . le nombre x est rationnel si et seulement si, il existe une suite
X périodique de Sa telle que F (X) = x .
Cette condition s’exprime encore en disant qu’il existe deux entiers s et p tels que, si k ≥ 0 et j ≥ 1,
xs+j+kp = xs+j ,
c’est-à-dire que la suite X est de la forme
X = (x1 , x2 , · · · , xs , xs+1 , . . . , xs+p , xs+1 , . . . , xs+p , . . .) .
• Soit x un nombre pour lequel une telle suite périodique existe. On a alors


!
p
∞
s
X
X
X
−s−j
−j
−kp

xs+j a
xj a + 
x =
a
j=1
j=1

soit
(6)
= a−s 
s
X
j=1
k=0

as−j xj  + a−s−p


p
X

ap−j xs+j 
j=1
1
,
1 − a−p




p
s
X
1
1 X s−j 

a xj + s p
ap−j xs+j  .
x= s
a
a (a − 1)
j=1
j=1
En réduisant au même dénominateur ce nombre s’écrit donc,
x=
A
− 1)
as (ap
avec A entier. C’est donc bien un nombre rationnel.
• Appelons a1 , . . . , ar les les facteurs premiers de a qui s’écrit donc
a = aq11 · · · aqrr .
Soit x un nombre rationnel de l’intervalle ] 0, 1 [ . On peut écrire
x=
at11
u
,
· · · atrr v
où u est premier avec le dénominateur, le nombre v est premier avec a1 , . . . , ar , et les nombres t1 , . . . , tr
sont dans N.
AS 10
Cherchons tout d’abord à quelles conditions il existe une suite X périodique telle que F (X) = x.
Si c’est le cas, il existe k entier tel que
as (ap − 1) = kat11 · · · atrr v .
Comme v est premier avec a, il divise ap − 1. Et comme ai est premier avec ap − 1, le produit at11 · · · atrr
divise as . Pour tout j on a donc
tj ≤ sqj .
En résumé, on a les deux conditions sur p et s suivantes :
le nombre v divise ap − 1 ,
tj
≤ s.
(ii)
max
1≤j≤r qj
(i)
Si nous partons maintenant du nombre x montrons maintenant l’existence de la suite X périodique.
Soit le plus petit entier p tel que v divise ap − 1 (il en existe puisque v et a sont premiers entre eux).
tj
Soit s le plus petit entier supérieur ou égal à max . Soit k le quotient de ap − 1 par v, donc
j qj
kv = ap − 1 .
Alors
ku
kua1sq1 −t1 · · · arsqr −tr
kua1sq1 −t1 · · · arsqr −tr
x = t1
= sq1
.
=
r
p
a1 · · · asq
as (ap − 1)
a1 · · · atrr (ap − 1)
r (a − 1)
Appelons u′ le numérateur de cette fraction et divisons u′ par ap − 1. Il existe deux entiers u1 et u2
tels que
u′ = (ap − 1)u1 + u2 ,
avec
0 ≤ u2 < ap − 1 .
Alors
x=
Comme x est inférieur à 1, on en déduit que
u2
u1
.
+ s p
as
a (a − 1)
u1 < as .
Alors, en décomposant u1 en base a, on obtient
u1 = as−1 x1 + · · · + xs .
Comme
u2 < ap − 1 < ap ,
on a aussi, en décomposant u2 en base a, la relation
u2 = ap−1 xs+1 + · · · + xs+p ,
AS 11
et en remplaçant, on obtient (6) qui montre que x est l’image par F d’une suite périodique X. De
plus, les nombres s et p sont déterminés à partir de x. On voit d’ailleurs qu’ils dépendent seulement
du dénominateur de x.
Courbe de Peano
Proposition 4 Il existe une application continue de [ 0, 1 ] sur un compact de R2 d’intérieur non
vide.
Nous allons utiliser la décomposition d’un nombre en base 2.
Soit n est un entier naturel. Si Kn désigne un triangle rectangle non isocèle, nous appellerons
An le sommet de l’angle droit
Bn le sommet où l’angle est le plus grand
Cn le sommet où l’angle est le plus petit
Hn le pied de la hauteur issue de An
On notera an , bn , cn les longueurs des côtés opposés respectivement à An , Bn , Cn , et donc
cn < bn < an .
On notera également δ(Kn ) le diamètre de Kn , pour la distance euclidienne. On aura donc
δ(Kn ) = an .
Soit K0 un triangle rectangle non isocèle fixé une fois pour toute. Nous allons associer à un élément de
S2 une suite décroissante de triangles rectangles Kn que nous construirons par récurrence de la façon
suivante :
si la suite Kn est construite jusqu’au rang n, nous prenons
An Bn Hn si xn = 0
Kn+1 =
An Cn Hn si xn = 1 .
An
cn
bn
an
Bn
Hn
Cn
AS 12
Remarquons que le diamètre δ(Kn+1 ), qui vaut an+1 , est un des deux nombres bn ou cn , et donc, pour
tout n dans N, on a
δ(Kn+1 ) ≤ bn .
Remarquons également que tous les triangles Kn ainsi construits sont semblables à K0 . On voit facilement que la suite (bn /an )n≥0 est constante. En effet
si Kn+1 = An Hn Cn
Hn Cn
bn
bn+1
=
=
an+1
An Cn
an
Hn An
bn
bn+1
=
=
,
an+1
An Bn
an
alors
si Kn+1 = An Hn Bn alors
puisque, à cause de la similitude des triangles An Cn Hn et Bn Cn An , on a
An Cn
Cn Hn
An Hn
bn
=
=
=
.
an
Bn Cn
Cn An
Bn An
Alors
δ(Kn+1 ) ≤ bn = an
bn
b0
b0
= an
=
δ(Kn ) .
an
a0
a0
Il en résulte que
δ(Kn ) ≤ a0
b0
a0
n
,
ce qui montre que la suite (δ(Kn ))n≥0 converge vers 0. Alors la suite (Kn )n≥0 est une suite décroissante
de parties complètes de R2 dont le diamètre tend vers zéro. L’intersection de cette famille est réduite
à un point noté G(X). L’application G est donc une application de S2 dans K0 .
Propriétés
1) si F (X) = F (X ′ ) alors G(X) = G(X ′ ) ;
2) l’application G est surjective.
1) Supposons X < X ′ . Si F (X) est égal à F (X ′ ), cela signifie, d’après le théorème 1, qu’il existe p tel
que
si n < p
xn = x′n
xp = x′p + 1
,
xn = 0
si n > p
si n > p
x′n = 1
donc, ici,
xp = 1 et x′p = 0 .
Il résulte du principe de construction des suites (Kn ) et (Kn′ ) de triangles associées à X et X ′ que
Kn = Kn′
si n < p
Kp = Ap−1 Cp−1 Hp−1
,
′
Kp = Ap−1 Bp−1 Hp−1 .
AS 13
Alors, Kp+1 est le triangle contenant l’angle aigu de Kp le plus grand, c’est-à-dire Ap−1 , et comme les
xn sont tous nuls ensuite, l’angle Ap−1 sera conservé à chaque étape, ce qui montre que l’intersection
des Kn sera {Ap−1 }. Par un raisonnement analogue, l’intersection des Kn′ sera aussi {Ap−1 }, et donc
G(X) = G(X ′ ) = Ap−1 .
2) Soit A un point du triangle K0 . Construisons par récurrence une suite (Kn ) de triangles, et une
suite (xn ) de S2 telles que
∞
\
Kn et G(X) = A .
{A} =
n=0
Supposons la suite construite jusqu’au rang n. Le point A est inclus dans un des triangles An Cn Hn ,
An Bn Hn . Notons Kn+1 un triangle contenant An et posons
0 si Kn+1 = An Bn Hn
.
xn+1 =
1 si Kn+1 = An Cn Hn
Il est clair que les suites ainsi construites possèdent les propriétés voulues, ce qui montre que G est
surjective.
Soit alors x dans [ 0, 1 ] , et X dans S2 tel que
F (X) = x .
Posons
H(x) = G(X) .
Comme G(x) ne dépend pas de la décomposition de x en base 2, on définit ainsi une application H
surjective de [ 0, 1 ] dans K0 . Par contre cette application n’est pas injective. En effet, soit
x=
1
4
et y =
1 1
+ .
2 4
Il est facile de voir que
H(x) = H(y) = H0 .
La courbe ainsi obtenue passe par tous les points du triangle K0 et s’appelle courbe de Peano.
En fait la courbe possède une infinité de points doubles obtenus pour des nombres de classe 2. En effet
si x et y ont des décompositions en base 2 dont les n premiers termes sont identiques et dont les deux
derniers termes non nuls sont respectivement (0, 1) et (1, 1) on est ramené à l’exemple précédent mais
dans le triangle Kn . On a alors
H(x) = H(y) = Hn .
Nous allons montrer que H est continue pour les distances euclidiennes de [ 0, 1 ] et R2 .
Soit ε > 0. Il existe N tel que
a0
b0
a0
N
<
ε
.
2
AS 14
Soit x et x′ tels que
|x − x′ | < 2−N ,
et soit X et X ′ deux éléments de S2 dont les images par F sont x et x′ respectivement. On sait d’après
la proposition (3) qu’il y a deux possibilités.
Premier cas. Si n ≤ N , on a
xn = x′n
auquel cas H(x) et H(x′ ) se trouvent dans le même triangle KN , et donc
d(H(x), H(x′ )) ≤ δ(KN ) ≤ a0
b0
a0
N
<
ε
.
2
Second cas. Si l’on suppose que x est inférieur à x′ , il existe p < N tel que
xn = x′n
xp = 0 et x′p = 1
xn = 1 et x′n = 0
si n < p
si p < n ≤ N .
′ . On obtient alors
On voit alors que Ap−1 se trouve dans les triangles KN et KN
′
d(H(x), H(x′ )) ≤ d(H(x), Ap−1 ) + d(Ap−1 , H(x′ )) ≤ δ(KN ) + δ(KN
) < ε.
ceci montre la continuité uniforme de H.
Remarque : on a
H(0) = B0
,
H(1) = C0
,
H(1/2) = A0 .
Remarque sur les décimales d’un nombre réel
On se pose le problème suivant :
Combien faut-il prendre de décimales exactes d’un nombre réel x, pour avoir un nombre s fixé de
décimales exactes de x2 ?
L’exemple suivant montre que l’on peut, pour une infinité d’entiers n, trouver un réel un tel que, le
nombre de décimales à choisir pour avoir une décimale exacte de u2n soit au moins n + 1, ce qui montre
que le problème posé n’a pas de solution générale.
Notons
x=
∞
X
p=−∞
xp 10−p ,
AS 15
les nombres xp étant dans N10 , et tels que, pour les indices p négatifs, il n’y ait qu’un nombre fini de
nombres xp non nuls.
Pour n dans N, posons,
N (n, x) =
n
X
xp 10−p .
p=−∞
On a
∞
X
10x =
xp 10−p+1 =
N (n, 10x) =
n
X
xp+1 10−p =
(7)
n+1
X
xp 10−p+1 = 10N (n + 1, x) .
p=−∞
p=−∞
On a donc la relation
xp+1 10−p ,
p=−∞
p=−∞
donc
∞
X
N (n, 10x) = 10N (n + 1, x) ,
et, d’autre part, si x n’est pas rationnel
0 < x − N (n, x) < 10−n .
√
√
de
10 ne peuvent être
Puisque 10 n’est pas un nombre décimal (= de classe 10), les décimales
√
toutes égales à 9 à partir d’un certain rang. Si la n−ième décimale de 10 est différente de 9, prenons
alors
√
un = 10−1 (N (n, 10) + 10−n ) .
On a
donc
et
Mais
√
√
√
N (n, 10) < 10 < N (n, 10) + 10−n ,
√
√
10
10
< un <
+ 10−n−1 ,
10
10
√
0, 1 < u2n < 0, 1 + 2 10 × 10−n−2 + 10−2n−2 .
√
2 10 × 10−n−2 + 10−2n−2 < 8 × 10−n−2 + 10−2n−2 < 9 × 10−n−2 < 0, 1
Donc
0, 1 < u2n < 0, 2 ,
ce qui montre que u2n admet 1 comme première décimale.
√
√
√
D’autre part, si p est strictement inférieur à n, les nombres 10, N (p, 10) et N (p, 10) + 10−n ont
leurs décimales identiques jusqu’au rang p et on a donc
√
N (p, 10un ) = N (p, 10) ,
AS 16
ce qui conduit à
10N (p + 1, un ) = 10N
d’où
N (p + 1, un )2 = N
√
10
p + 1,
10
√
10
p + 1,
10
!2
<
√
!
10
10
,
!2
= 0, 1 .
Cela signifie en particulier que la première décimale de N (n, un )2 est zéro, alors que la première décimale de u2n est 1.
Les suites (u2n ) et (N (n, un )2 ) convergent toutes deux vers 10−1 , l’une par au-dessus et l’autre par en
dessous.
En partant de
√
10 = 3, 162277 . . .
on peut former le tableau des premières valeurs :
un
u2n
N (n, un )2
N (n, un )
n
2
0, 317
0, 100489
0, 0961
0, 31
0, 10004569
0, 099856
0, 316
3 0, 3163
4 0, 31623
0, 1000014129
0, 09998244
0, 3162
5 0, 316228 0, 100000147984 0, 0999950884 0, 31622