ak - sous-groupes additifs de r

AK - SOUS-GROUPES ADDITIFS DE R
Théorème 1 Soit Gun sous-groupe additif de R, et ala borne inférieure de G∩] 0,+∞[.
– si an’est pas nul, alors G=aZ,
– si aest nul, alors Gest dense dans R.
•Si an’est pas nul, et si xet ysont deux éléments de Gtels que
a≤x < y ≤3a
2,
le nombre y−xappartient à Get vérifie
0≤y−x≤a
2< a .
Donc, puisque aest la borne inférieure de G∩] 0,+∞[, on doit avoir
x=y .
Par ailleurs, il existe une suite décroissante (xn)d’éléments de Gqui converge vers a, et donc, à partir
d’un certain rang,
a≤xn≤3a
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 aappartient à Gqui contient donc le groupe aZengendré par a.
Soit alors xdans G. Il existe un entier ntel que
na ≤x < (n+ 1)a .
Alors x−na est un nombre positif de Gstrictement inférieur à a. Il en résulte que ce nombre est nul,
ce qui prouve que xappartient à aZ. On a donc bien l’égalité
G=aZ.
•Si aest nul, supposons par l’absurde qu’il existe un intervalle ouvert Inon vide dans lequel ne se
trouve aucun élément de G. Soit alors xdans Iet
ℓ= sup(G∩]−∞, x [ ) .
L’intersection de Get de ]ℓ, x [est vide. Posons
ε=x−ℓ .

AK 2
La suite (ε2−n)n≥1converge vers zéro. Comme 0est la borne inférieure de G∩] 0,+∞[, il existe y
dans Gtel que
0< y < ε
2.
Il existe donc n≥1tel que ε
2n+1 ≤y < ε 2n.
Comme ℓest la borne supérieure de G∩]−∞, x [, il existe zdans Gtel que
ℓ−ε
2n+1 < z ≤ℓ .
Alors z+yappartient à Get vérifie
ℓ < y +z < ℓ +ε
2n< ℓ +ε=x ,
et l’on obtient une contradiction. Il en résulte que tout intervalle ouvert de Rcontient un élément de
G, ce qui prouve la densité de Gdans R.
Théorème 2 Si xet ysont des réels strictement positifs, et si G(x, y)désigne le sous-groupe
additif de Rengendré par xet y,
– ou bien x/y est rationnel, et il existe atel 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 pet qentiers tels que
x=pa et y=qa .
Alors x
y=p q,
et donc x/y est rationnel.
Réciproquement, si x/y est rationnel, il existe pet qentiers premiers entre eux tels que
x
y=p q.
Posons
a=x
p=y q.
On a
x=pa et y=qa ,
ce qui prouve que xet yappartiennent à aZ, donc
G(x, y)⊂aZ.

AK 3
D’autre part, il existe met npremiers entre eux tels que
mp +nq = 1 .
Donc, en multipliant par a
a=mpa +nqa =mx +ny ,
ce qui montre que aappartient à G(x, y), et donc que aZest 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 asi 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 xest irrationnel, l’ensemble
G(x, 1) = {mx +n|(m, n)∈Z2}
est dense dans R.
Il en résulte en particulier que, quels que soient aet bdans Rvérifiant
a < b ,
il existe met ndans Ztels que
a < mx +n < b .
Corollaire 1 Soient aet bdeux réels strictement positifs. Les fonctions fcontinues sur R,
vérifiant, pour tout xréel
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 fque, pour tout couple (m, n)de Z2, on a
f(ma +nb) = f(0) ,
ce qui signifie que, pour tout xde 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
xréel on aura
f(x) = f(0) .
La fonction fest donc constante.
Par contre, si a/b est rationnel, il existe cappartenant à G(a, b)tel que
G(a, b) = cZ.
Soit met nentiers tels que
c=ma +nb .
Alors
f(x+c) = f(x+ma +nb) = f(x).
Donc fest périodique de période c.
Avant de poursuivre donnons deux lemmes.
Lemme 1 Soit xet ydeux réels strictement positifs. Si l’on a
0< mx +ny < inf(x, y)
avec met nentiers, les nombres met nsont 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 xet ydeux 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 (mpx+npy)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=mpx+npy .
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 npest strictement positif.
•S’il existe une infinité de mppositifs, 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 nppositifs 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 0dans 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.