Sur la longueur de la fraction continue de α n

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1 ACTA ARITHMETICA LXXIV.2 (1996) Sur la longueur de la fraction continue de α n par Guillaume Grisel (Caen) I. Introduction. Soit x un nombre rationnel. Notons d(x) le nombre de termes de la fraction continue de longueur paire de x. Y. Pourchet dans une lettre à M. Mendès France d une part et G. Choquet dans une série de comptes rendus à l Académie des Sciences [2] d autre part, ont démontré que si x n est ni un entier ni l inverse d un entier, alors sup d(x n ) =. La démonstration de Y. Pourchet, non publiée, est résumée dans l article de A. J. van der Poorten [7]. Nous nous intéressons à un problème similaire portant sur les nombres quadratiques réels. Si α est un nombre quadratique réel, son développement en fraction continue est périodique, de longueur de période primitive l(α). En Novembre 1992, lors d un congrés à Tokyo, M. Mendès France posait la question suivante ([5], problème n o 6) : pour tout nombre quadratique réel α, est-il vrai que lim sup l(α n ) =? n Une première réponse, à mettre en parallèle avec le cas des entiers dans le problème sur les nombres rationnels, peut déjà être faite : R. Paysant-Le Roux et E. Dubois remarquent dans [6] que si α est une unité quadratique, alors l(α) 2. La question doit donc être reformulée en ne considérant plus que les nombres quadratiques réels qui ne sont pas des unités quadratiques. L existence du nombre l(α n ) pour tout n 1 est équivalente à α 2 Q, il est donc bien entendu que si ce n est pas le cas, n désignera un nombre impair. Nous montrons que, pour une large classe de nombres réels quadratiques, la réponse à la question de M. Mendès France est non seulement positive mais que l(α n ) tend vers l infini avec n et ceci de manière explicite. Nous établissons : Théorème. Soit α = (a + b d)/c, a Z, b Z, c N, pgcd(a, b, c) = 1 et d 2 sans facteur carré. Posons f 2 = pgcd(a 2 + b 2 d, 2ab, c 2 ), c 2 = c 2 /f 2 et N 2 = (a 2 b 2 d) 2 /f 2 2. Supposons que α vérifie l une des conditions suivantes : [161]

2 162 G. Grisel (i) N 2 0 (mod c 2 ), (ii) pgcd(a, b) > 1, (iii) pgcd(a, d) > 1, (iv) a 2 b 2 d pair et c impair. Alors il existe une constante effectivement calculable K strictement positive et indépendante de n, telle que pour tout n 2, l(α n ) > K 2n n. La preuve de ce théorème consiste en la détermination, pour tout n 1, d un générateur de O n l anneau des stabilisateurs du module Z + Zα n, en fonction de conditions sur α. Plus précisément, il s agit de faire apparaître des grandes puissances d entiers dans le conducteur de O n. Deux minorations, l une de l(α n ) (proposition 5) due à E. P. Golubeva [4] et faisant intervenir l unité fondamentale et le discriminant de O n, et l autre de l indice du groupe des unités de O n dans le groupe des unités du corps Q(α) (proposition 6), reposant sur un lemme de H. Cohen [3], sont à la base de cette démonstration. II. La forme canonique de α n. Considérons α = (a + b d)/c, où a Z, b Z, c N, pgcd(a, b, c) = 1 et d 2 sans facteur carré, et posons N = a 2 b 2 d. Notons, pour tout n 1, ( ) n a + b d α n = = a n + b n d, avec pgcd(a n, b n, c n ) = 1 et c n > 0. c c n Définissons, pour tout n 1, les entiers a n et b n par (a+b d) n = a n+b n d, et posons f n = pgcd(a n, b n, c n ). Proposition 1. Pour tout n 1, f n = 2 l n (pgcd(a, d, c)) l n, avec : (i) l n = [n/2]; (ii) Si l un des nombres a 2 b 2 d ou c est impair, alors l n = 0; (iii) Si les deux nombres a 2 b 2 d et c sont tous les deux pairs, alors 0 si d 2 (mod 4), [n/2] si d 3 (mod 4), l n = n 1 si d 1 (mod 8), n 1 si d 5 (mod 8) et si 3 ne divise pas n, n si d 5 (mod 8) et si 3 divise n. D é m o n s t r a t i o n. Le cas a = 0 est trivial : comme pgcd(b, c) = 1 et d est sans facteur carré on a alors f 2n+1 = pgcd(b 2n+1 d n, c 2n+1 ) = (pgcd(c, d)) n. Nous supposons donc a 0 dans la suite de la démonstration. Posons, pour tout n 1, δ n = pgcd(a n, b n). Nous explicitons dans un premier temps les diviseurs premiers de δ n, puis nous déterminons les puis-

3 Longueur de la fraction continue 163 sances avec lesquelles ils divisent δ n. Nous en déduisons alors f n. Les facteurs communs à a et b divisent δ n, mais ne divisent pas f n car pgcd(a, b, c) = 1. On peut donc supposer, pour l étude de f n, δ 1 = pgcd(a, b) = 1. Lemme 1. Supposons δ 1 = 1. Pour tout n 1, si p premier divise δ n alors p = 2 ou p divise pgcd(a, d). D é m o n s t r a t i o n. On a, pour tout n 1, (1) a n+1 = a na + b nbd, b n+1 = a nb + b na. Donc si p divise δ n, il divise aussi δ n+1. Alors quitte à changer n en n + 1, on peut supposer n pair. En posant n = 2m, on a alors a n = a 2 m + b 2 md, b n = 2a mb m. On en déduit que ou p = 2, ou p divise δ m, ou p divise pgcd(a m, d). Si m = 1, comme on a supposé pgcd(a, b) = 1, alors p = 2 ou p divise pgcd(a 1, d) = pgcd(a, d). Si m > 1, alors ou p = 2, et c est fini, ou p divise pgcd(a m, d), ou p divise δ m. (a) Si p divise pgcd(a m, d), alors par (1), il divise pgcd(a, d) ou il divise pgcd(a m 1, d) et on obtient par récurrence descendante jusqu à m = 1, p divise pgcd(a, d). (b) Si p divise δ m, alors soit [(m + 1)/2] = 1, soit [(m + 1)/2] > 1. Dans ce second cas, on a alors ou p = 2 et c est fini, ou p divise pgcd(a [(m+1)/2], d) et on effectue (a), ou p divise δ [(m+1)/2] et on recommence (b). On s arrête donc en entrant dans (a), ou lorsque [(m + 1)/2] = 1. Il suit donc p = 2 ou p divise pgcd(a, d). Comme d est sans facteur carré, on peut écrire pgcd(a, d, c) = p 1... p s où les p i sont premiers et tous distincts. Or il est facile de voir, en développant (a + b d) n par la formule du binôme, que pour tout n 2, le pgcd(a, d, c) divise δ n, et que par conséquent il divise f n. On en déduit donc par le lemme 1, f n = 2 l n p l 1,n 1... p l s,n s, l i,n 1. Montrons le point (i) de la proposition 1. Pour tout i compris entre 1 et s, comme par hypothèse pgcd(a, b, c) = 1, p i ne divise pas b, et puisque d est sans facteur carré, p i divise exactement N = a 2 b 2 d. D où, si v pi (x) désigne la valuation p i -adique de l entier x, v pi (N n ) = v pi (a 2 n b 2 n d) = n. On a alors : soit v pi (a n) v pi (b n), et alors v pi (N n ) = v pi (a 2 n ), d où n est pair et v pi (δ n ) = v pi (a n) = n/2; soit v pi (b n) < v pi (a n), et alors v pi (N n ) = v pi (b 2 n d) = n; il suit que n est impair et v pi (δ n ) = v pi (b n) = (n 1)/2.

4 164 G. Grisel Comme v pi (c n ) n, on obtient donc l i,n = l n = [n/2]. Le point (ii) de la proposition 1 est immédiat. On déduit le point (iii) de la proposition 1 à partir de la valuation 2- adique de δ n, qui fait l objet du lemme suivant : Lemme 2. Si v 2 (δ 1 ) = 0 et N = a 2 b 2 d pair, alors pour tout n 1, [n/2] si d 1 (mod 4), n 1 si d 1 (mod 8), v 2 (δ n ) = n 1 si d 5 (mod 8) et si 3 ne divise pas n, n si d 5 (mod 8) et si 3 divise n. D é m o n s t r a t i o n. Si d 2 (mod 4) et N = a 2 b 2 d pair, alors pgcd(a, d) est pair. Il existe donc un indice i tel que p i = 2, et d après la démonstration du point (i) de la proposition 1, v 2 (δ n ) = l n = [n/2]. Si d 3 (mod 4), comme δ 1 = 1 et N pair, alors v 2 (N) = 1. En reprenant la démonstration du point (i) avec v 2 (N n ), on obtient pour tout n 1, v 2 (δ n ) = [n/2]. Partant de (1), on peut écrire, pour tout n 1, (2) a n+2 = 2aa n+1 Na n, b n+2 = 2ab n+1 Nb n. Comme δ 1 = 1, de N pair et d 1 (mod 4), on a v 2 (a 1) = v 2 (b 1) = 0 et v 2 (a 2) = v 2 (b 2) = 1. On raisonne alors par récurrence sur n. Si d 1 (mod 8), alors v 2 (N) 3. Supposons que v 2 (a n) = v 2 (b n) = n 1 et v 2 (a n+1) = v 2 (b n+1) = n, et montrons que v 2 (a n+2) = v 2 (b n+2) = n+1. Par (2), on a v 2 (a n+2) = min{v 2 (2aa n+1), v 2 (Na n)} = min{n + 1, n k} avec k = v 2 (N) 3. D où v 2 (a n+2) = n + 1. De la même manière, on obtient v 2 (b n+2) = n + 1. Si d 5 (mod 8), alors v 2 (N) = 2. Supposons que v 2 (a 3k+1 ) = v 2(b 3k+1 ) = 3k et v 2 (a 3k+2 ) = v 2(b 3k+2 ) = 3k + 1. Montrons alors que v 2(δ 3(k+1) ) = 3(k + 1), v 2 (a 3(k+1)+1 ) = v 2(b 3(k+1)+1 ) = 3(k + 1) et v 2(a 3(k+1)+2 ) = v 2 (b 3(k+1)+2 ) = 3(k + 1) + 1. On a ( 2aa ) v 3k k+2 Na 3k+1 2 3k+2 1, et par (2), v 2 (a 3(k+1) ) 3(k + 1). Avec les mêmes arguments, on déduit v 2 (b 3(k+1) ) 3(k + 1), et donc v 2(δ 3(k+1) ) 3(k + 1). En utilisant de nouveau les inégalités (2), on obtient v 2 (a 3(k+1)+1 ) = v 2(b 3(k+1)+1 ) = v 2(δ 3(k+1) ) = 3(k + 1). Or, d après (1), si un entier divise δ n alors il divise δ n+1. Il en suit donc v 2 (δ 3(k+1) ) = 3(k + 1). On obtient finalement, par (2), v 2 (a 3(k+1)+2 ) = v 2 (b 3(k+1)+2 ) = v 2(δ 3(k+1)+2 ) = 3(k + 1) + 1.

5 Longueur de la fraction continue 165 Montrons le point (iii) de la proposition 1. Si N et c sont pairs, alors v 2 (f n ) = min{v 2 (δ n ), v 2 (c n )}. Or d après le lemme 2, v 2 (f n ) n v 2 (c n ). Si d 2 (mod 4), comme pgcd(a, b) = 1 et d est sans facteur carré, alors v 2 (pgcd(a, d, c)) = 1. Or, pour tout n 1, on a, f n = 2 l n (pgcd(a, d, c)) [n/2] et d après le lemme 2, v 2 (f n ) = [n/2]. Il suit donc l n = 0. Si d 2 (mod 4), alors pgcd(a, d, c) est impair, et donc pour tout n 1, l n = v 2 (δ n ) donné par le lemme 2, ce qui termine la démonstration de la proposition 1. III. Etude de l anneau des stabilisateurs. Pour tout n 1, soit O n l anneau des stabilisateurs du module Z+Zα n, i.e. l ensemble des γ Q( d) tels que γ(z+zα n ) Z+Zα n. Nous nous proposons dans ce paragraphe de donner, au travers de trois propositions, une description de O n en fonction de α. Considérons, pour tout n 1, l équation minimale de α n : ω 1 (n)x 2 + ω 2 (n)x + ω 3 (n) = 0, avec (ω 1 (n), ω 2 (n), ω 3 (n)) Z 3, ω 1 (n) > 0 et pgcd(ω 1 (n), ω 2 (n), ω 3 (n)) = 1. On peut écrire, en reprenant les notations du paragraphe II, ω 3 (n) ω 1 (n) = a2 n b 2 nd c 2 n et ω 2 (n) ω 1 (n) = 2a n c n. En posant γ n = pgcd(2a n c n, a 2 n b 2 nd, c 2 n), il suit alors (3) ω 1 (n) = c 2 n/γ n. Remarquons que de manière plus simple, on a γ n = pgcd(2c n, a 2 n b 2 nd, c 2 n). En effet, pgcd(2c n, a 2 n b 2 nd, c 2 n) divise γ n. Réciproquement, tous les diviseurs de γ n divisent pgcd(2c n, a 2 n b 2 nd, c 2 n) sauf peut être s ils divisent a n. Or, si un premier p divise a n et γ n, il divise b 2 nd. Il ne divise pas b n, car pgcd(a n, b n, c n ) = 1 et par suite il divise d. Or comme d est sans facteur carré, il divise exactement a 2 n b 2 nd et par conséquent, il divise exactement γ n. Mais alors, comme il divise c 2 n, il divise aussi pgcd(2c n, a 2 n b 2 nd, c 2 n). D après Z. I. Borevitch et I. R. Chafarevitch [1], p. 152, on a O n = Z[ω 1 (n)α n ] = Z + Zω 1 (n)α n. Pour tout n 1, posons N n = a 2 n b 2 nd. En considérant les trois cas suivants : c n ne divise pas N n, c n divise N n mais c 2 n ne divise pas N n, et c 2 n divise N n, on détermine alors c 2 n/γ n et donc O n en fonction de a n, b n, c n et d. On obtient : Proposition 2. Pour tout n 1, l ordre O n est égal à Z[ξ n ], où l entier quadratique ξ n est donné par le tableau suivant :

6 166 G. Grisel Tableau 1 N n 0 (mod c n) N n 0 (mod c 2 n) et N n 0 (mod c n) N n 0 (mod c 2 n) d 2, 3 (mod 4), ou d 1 (mod 4) et c n impair ξ n = k n d ξn = k n d ξn = k n d ξ n = (1 + k n d)/2 ξn = (1 + k n d)/2 d 1 (mod 4) si v 2 (N n) > v 2 (c n) si v 2 (N n) > v 2 (c n) et ξ n = 1 + kn d c n pair 2 ξ n = k n d ξn = k n d si v 2 (N n) = v 2 (c n) si v 2 (N n) v 2 (c n) avec k n entier vérifiant : { cn b (i) k n = n /γ n si O n Z[ d], 2c n b n /γ n si O n Z[ d]; (ii) k n > b n si et seulement si N n 0 (mod c n ). La divisibilité de N n par c n joue un rôle important dans la forme de ξ n. Nous allons en déterminer des conditions équivalentes. Proposition 3. Les assertions suivantes sont équivalentes : (i) Il existe n 2 tel que c n divise N n. (ii) c divise N, pgcd(a, d, c) = 1, 0 < v 2 (c) v 2 (N) 1 ou v 2 (c) = 0. (iii) Pour tout n 1, c n divise N n. (iv) c 2 divise N 2. D é m o n s t r a t i o n. (iii) (iv) et (iv) (i) sont claires. Nous allons montrer que (i) (ii) et que (ii) (iii). Pour tout n 1, on a c n = c n /f n et N n = N n /f 2 n, où f n est le pgcd défini au paragraphe II. On peut donc écrire (c n divise N n ) (c n divise N n /f n ). D après la proposition 1, f n est de la forme f n = 2 l n (pgcd(a, d, c)) l n. Posons comme précédemment pgcd(a, d, c) = p 1... p s avec les p i premiers et tous distincts. Alors c n divise N n si et seulement si les trois conditions suivantes sont vérifiées : 1) c divise N; 2) pour tout i = 1,..., s, v pi (c n ) v pi (N n ) v pi (f n ); 3) v 2 (c n ) v 2 (N n ) v 2 (f n ). (i) (ii). D après 1), c divise N. Déduisons de 2) que pgcd(a, d, c) = 1. Raisonnons par l absurde, et supposons que pgcd(a, d, c) 1. D après la proposition 1, on a l n = [n/2]. Donc, il existe un indice i, 1 i s,

7 Longueur de la fraction continue 167 tel que v pi (f n ) = [n/2] 1, car n 2. De plus, comme par hypothèse pgcd(a, b, c) = 1, p i ne divise pas b. Il suit alors que v pi (N) = v pi (d) = 1, car d est sans facteur carré. De 2) on obtient donc nv pi (c) n 1, d où v pi (c) = 0, ce qui est une contradiction. Reste à montrer 0 < v 2 (c) < v 2 (N) ou v 2 (c) = 0. Si v 2 (f n ) 1, alors v 2 (c) > 0, et la condition 3) implique 0 < v 2 (c) v 2 (N) v 2 (f n )/n v 2 (N) 1/n < v 2 (N). Si v 2 (f n ) = 0, 3) devient v 2 (c) v 2 (N), et d après la proposition 1, on a v 2 (c) = 0 ou v 2 (N) = 0. (ii) (iii). Si (ii) est vraie alors, pour tout n 1, 1) et 2) sont vérifiées. Si v 2 (c) = 0 alors pour tout n 1, v 2 (f n ) = 0 et 3) est vérifiée. Si 0 < v 2 (c) < v 2 (N), comme d après la proposition 1, v 2 (f n ) n, on a alors 0 < v 2 (c) v 2 (N) 1 v 2 (N) v 2 (f n )/n et 3) est vérifiée. Nous déterminons maintenant la forme de ξ n en fonction de conditions sur α. Proposition 4. (i) Si d 1 (mod 4), alors pour tout n 1, ξ n = k n d. (ii) Si d 1 (mod 4) et ξ 1 = k 1 d, alors pour tout n 1, ξn = k n d. (iii) Si d 1 (mod 8) et ξ 1 = (1 + k 1 d)/2, alors pour tout n 1, ξ n = (1 + k n d)/2. (iv) Si d 5 (mod 8), et ξ 1 = (1 + k 1 d)/2, alors { kn d si 3 divise n, ξ n = (1 + k n d)/2 si 3 ne divise pas n. D é m o n s t r a t i o n. (i) Si d 1 (mod 4), alors pour tout n 1, l anneau O n est inclus dans Z[ d]. (ii) Si d 1 (mod 4) et ξ 1 = k 1 d, alors d après le tableau 1, on a v 2 (c) = 0 ou v 2 (N) v 2 (c). Si v 2 (c) = 0, alors pour tout n 1, v 2 (c n ) = nv 2 (c) v 2 (f n ) = 0, et grâce au tableau 1, ξ n = k n d. Si v 2 (N) v 2 (c), on peut écrire, pour tout n 1, v 2 (N) v 2 (c) + v 2 (f n )/n, c est-à-dire v 2 (N n ) v 2 (c n ), et d après le tableau 1, ξ n = k n d. (iii) De ξ 1 = (1+k 1 d)/2 il suit, d après le tableau 1, v2 (N) > v 2 (c) > 0. Si d 1 (mod 8), on en déduit alors, par la proposition 1, que pour tout n 1, v 2 (f n ) = n 1, et on peut écrire 0 < v 2 (c) < v 2 (N) v 2 (f n )/n, qui équivaut à v 2 (c n ) < v 2 (N n ). D où, grâce au tableau 1, ξ n = (1+k n d)/2.

8 168 G. Grisel (iv) De ξ 1 = (1 + k 1 d)/2 on a, comme précédemment, v2 (N) > v 2 (c) > 0. Si d 5 (mod 8), il suit alors par la proposition 1, pour tout n 1, { n si 3 divise n, (4) v 2 (f n ) = n 1 si 3 ne divise pas n. Si 3 ne divise pas n, en reprenant la démonstration du point (iii), on a ξ n = (1 + k n d)/2. Reste à étudier le cas 3 divise n. On a, par hypothèse, pgcd(a, b, c) = 1. Donc, de v 2 (c) > 0, il suit que pgcd(a, b) est impair. On déduit alors de v 2 (N) > 0 et de d 5 (mod 8), v 2 (N) = 2. On a donc v 2 (c) = v 2 (N) 1 = 1. Les égalités (4) impliquent alors, si 3 divise n, v 2 (c n ) = nv 2 (c) v 2 (f n ) = 0. D où, d après le tableau 1, ξ n = k n d. IV. Une inégalité utile. Pour tout n 1, soit (α i (n)) i 0 la suite des quotients complets du développement en fraction continue de α n. Notons 1, α i (n) le Z-module Z + Zα i (n). En utilisant l algorithme des fractions continues, on montre que pour tout i 0 et n 1, 1, α i+1 (n) = α i+1 (n) 1, α i (n). On en déduit que pour tout i et j, 1, α i (n) et 1, α j (n) sont des modules semblables et admettent donc le même anneau des stabilisateurs, O n. Une minoration de l(α n ) en découle : Proposition 5 (E. P. Golubeva [4]). Soient ϕ n l unité fondamentale plus grande que 1 du groupe des unités de O n et D n le discriminant de O n. Alors, pour tout n 1, (5) l(α n ) > log ϕ n log 2 D n. D é m o n s t r a t i o n. Posons, pour tout n 1 et i 0, α i (n) = a i(n) + b i (n) d, pgcd(a i (n), b i (n), c i (n)) = 1 et c i (n) > 0. c i (n) Soit i n le plus petit indice i tel que α i (n) soit réduit, i.e. α i (n) > 1 et 1 < α i (n) < 0. On peut alors écrire, pour tout i i n, (6) α i (n) < α i (n) α i (n) = 2b i(n) d. c i (n) Or, d après [1], si O est l anneau des stabilisateurs du module M = Z + Zβ, où β non rationnel est racine du polynôme λ 1 X 2 +λ 2 X +λ 3 avec (λ 1, λ 2, λ 3 ) Z 3 premiers entre eux et λ 1 0, alors D, le discriminant de O, est égal à D = λ 2 2 4λ 1 λ 3. On en déduit b i (n) 2 d D n, et par (6), pour tout i i n, α i (n) < 2 D n.

9 Longueur de la fraction continue 169 On a, par périodicité de la fraction continue de α n, 1, α in (n) = 1, α in +l(α n )(n). Or 1, α in +l(α n )(n) = α in +l(α n )(n)... α in +1(n) 1, α in (n), et d après la théorie des fractions continues, α in +l(α n )(n)... α in +1(n) = α in +l(α n ) 1(n)... α in (n) est l unité fondamentale strictement plus grande que 1 de l anneau des stabilisateurs de 1, α in (n), c est-à-dire ϕ n. Mais α i (n) est réduit pour tout i i n. On a alors, pour tout n 1, ϕ n = α in +l(α n )(n)... α in +1(n) < (2 D n ) l(αn). Il suit finalement l(α n ) > log ϕ n log 2. D n L utilisation de l inégalité (5) nécessite une majoration du discriminant D n, qui fait l objet du lemme suivant : Lemme 3. Pour tout n 1, log 2 D n n/a, où A 1 = log ( a + b d) + log c + log 4. D é m o n s t r a t i o n. En reprenant les valeurs de ξ n données par la proposition 2, on a pour tout n 1, D n 4c 2 nb 2 nd. Comme c n est toujours inférieur ou égal à c n, il nous suffit alors de majorer b n, pour tout n. Considérons à nouveau les entiers a n et b n définis au paragraphe II par (a + b d) n = a n + b n d. On peut alors écrire, pour tout n 1, b n d b n d a n + b n d = ( a + b d) n. On en déduit log 2 D n log (4 c n b n ( d) n log ( a + b d) + log c + log 4 ). n La minoration (5) donnée dans la proposition 5 ne devient donc effective que si l on peut minorer de façon non triviale l unité ϕ n. Désignons alors par G le groupe des unités de Z[ d] si O n Z[ d], ou de Z[(1 + d)/2] si O n Z[ d]. Si G n est le groupe des unités de O n, on définit, pour tout n 1, l entier µ n par µ n = [G : G n ]. Soit alors ε 0 l unité fondamentale plus grande que 1 de G. Remarquons que ε 0 est l unité fondamentale plus grande que 1 du corps Q( d), sauf si d 5 (mod 8) et O n Z[ d], où ε 0 peut éventuellement être le cube de l unité fondamentale plus grande que 1 du corps Q( d). On a alors ϕ n = ε µ n 0. Nous obtenons alors par la minoration (5) et le lemme 2 l inégalité (7) l(α n ) > A µ n n log ε 0.

10 170 G. Grisel Notre problème se ramène donc à la détermination d une minoration de l indice de groupe d unités µ n, ce qui fait l objet du paragraphe suivant. V. Etude de l indice µ n. Soit, pour tout n 1, ξ n le générateur de O n donné par la proposition 2. Posons ω = d si ξ n = k n d, et ω = (1+ d)/2 si ξ n = (1 + k n d)/2. Désignons, pour tout s 0, par P s /Q s les réduites de la fraction continue de ω, et pour tout n 1 et par P s (n) /Q (n) s les réduites de la fraction continue de ξ n. Définissons encore π = l(ω) et, pour tout n 1, π n = l(ξ n ). D après la théorie des fractions continues, on peut, pour tout n 1, exprimer ϕ n à partir des réduites et de la longueur de la période de la fraction continue de ξ n : ϕ n = P (n) π n 1 + Q(n) π n 1 ξ n. De même, les puissances de ε 0 s expriment en fonction des réduites et de la longueur de la période de la fraction continue de ω : (8) ε ν 0 = P νπ 1 + Q νπ 1 ω, ν 1. Or comme ϕ n = ε µ n 0, on obtient P (n) π n 1 + Q(n) π n 1 ξ n = P µn π 1 + Q µn π 1ω. En remplaçant ξ n et ω par leurs valeurs, il suit alors (9) k n Q (n) π n 1 = Q µ n π 1. On déduit de ces égalités une minoration de l indice µ n = [G : G n ]. la dé- Proposition 6 (Minoration de l indice). Soit k n = s n n,i composition de k n en facteurs premiers, et pour tout i = 1,..., s n, ν i (n) = min{m 1 : t n,i Q mπ 1 }, e i(n) = max{e 1 : t e n,i Q νi (n)π 1}, { 0 si e δ i (n) = i (n) e i (n), e i (n) e i (n) si e i (n) < e i(n). i=1 te i(n) Alors µ n s n i=1 tδ i(n) n,i. D é m o n s t r a t i o n. La preuve s articule autour du lemme suivant : Lemme 4 (H. Cohen [3]). Soit σ un nombre premier. Supposons que σ m divise exactement Q γπ 1, m 1, γ 1. Alors σ m+1 divise exactement Q σγπ 1 et σ m+1 ne divise pas Q uγπ 1, 1 u < σ. D é m o n s t r a t i o n. D après (8), pour tout u N, P uγπ 1 + Q uγπ 1 ω est une unité de G, et P uγπ 1 + Q uγπ 1 ω = (P γπ 1 + Q γπ 1 ω) u. Par la

11 formule du binôme, on a alors Q uγπ 1 = Longueur de la fraction continue 171 [(u 1)/2] j=0 Cu 2j+1 P u 2j 1 γπ 1 Q 2j+1 γπ 1 dj si ω = d ( resp. Q uγπ 1 = 1 [(u 1)/2] 2 u 1 Cu 2j+1 (2P γπ 1 Q γπ 1 ) u 2j 1 Q 2j+1 γπ 1 dj, j=0 si ω = 1 + ) d. 2 Or par hypothèse, σ m divise exactement Q γπ 1. Alors σ 2m divise tous les membres de la somme, sauf peut être ( resp. C 1 up u 1 γπ 1 Q γπ 1 = up u 1 γπ 1 Q γπ 1 si ω = d, C 1 u 2 u 1 (2P γπ 1 Q γπ 1 ) u 1 Q γπ 1 = u 2 u 1 (2P γπ 1 Q γπ 1 ) u 1 Q γπ 1 Si σ 2, alors σ ne divise pas P γπ 1 car sinon, comme Pγπ 1 Q 2 2 γπ 1d = ±1 (resp. (2P γπ 1 Q γπ 1 ) 2 Q 2 γπ 1d = ±4), alors σ divise 1 (resp. σ divise 4), ce qui est absurde. On voit alors que σ est le plus petit entier u tel que σ m+1 divise upγπ 1 u 1 Q γπ 1 (resp. σ m+1 u divise 2 (2P u 1 γπ 1 Q γπ 1 ) u 1 Q γπ 1 ). σ est alors le plus petit u tel que σ m+1 divise Q uγπ 1, et de plus, σ m+1 divise exactement Q σγπ 1. Montrons que si σ = 2, alors ω = d. Raisonnons par l absurde, et supposons ω = (1 + d)/2. On a alors d 1 (mod 4), et 2 divise 2P γπ 1 Q γπ 1 si m > 1 ou 4 divise 2P γπ 1 Q γπ 1 si m = 1. D où, (2P γπ 1 Q γπ 1 ) 2 Q 2 γπ 1d est impair, ce qui est absurde. Donc si σ = 2 alors ω = d, et avec les mêmes arguments que précédemment, 2 est le plus petit entier u tel que 2 m+1 divise Q uγπ 1 et 2 m+1 divise exactement Q 2γπ 1. Désignons alors par µ i (n), i = 1,..., s n, le plus petit entier positif m tel divise Q mπ 1, son existence étant assurée par (9). En reprenant que t e i(n) n,i la démonstration du lemme 4 en remplaçant σ m par t e i(n) n,i tout u 1, t e i(n) n,i )., on voit que pour divise Q uµi (n)π 1. Donc si µ n est le plus petit entier positif m tel que k n divise Q mπ 1, on a µ n = ppcm(µ i (n)). Or, t e i (n) n,i divise exactement Q νi (n)π 1. On en déduit donc, grâce au lemme 4, µ i (n) = ν i (n)t δ i(n) n,i.

12 172 G. Grisel Et comme les t n,i sont premiers entre eux, c est-à-dire, µ n = ppcm(ν i (n)) µ n s n i=1 s n i=1 t δ i(n) n,i. t δ i(n) n,i, Mais par la définition de µ n et (8), ε µ n 0 est une unité de O n. Comme ε µ n 0 est l unité fondamentale de O n, il suit alors que µ n divise µ n. Or, par (9), µ n µ n, d où µ n = µ n, ce qui termine la démonstration de la proposition 6. On en déduit le corollaire suivant : Corollaire. Si λ est un entier plus grand que 1 et si λ m divise k n, il existe un entier r indépendant de m tel que µ n λ m r. VI. Minoration de l(α n ). Il apparaît que la minoration donnée par le corollaire de la proposition 6 est intéressante si k n est divisible par une puissance élevée d un nombre entier. L ensemble des nombres réels quadratiques pour lesquels l application de ce résultat permet de conclure est donné par le théorème suivant. Théorème. Soit α = (a + b d)/c, a Z, b Z, c N, pgcd(a, b, c) = 1 et d 2 sans facteur carré. Désignons par ε 0 l unité fondamentale plus grande que 1 du corps Q( d) ou son cube. Posons A 1 = log ( a + b d)+ log c + log 4 et ϱ = pgcd(a, d, c). Supposons que α vérifie au moins l une des conditions suivantes : (i) N 2 0 (mod c 2 ); (ii) pgcd(a, b) > 1; (iii) pgcd(a, d) > 1; (iv) a 2 b 2 d pair et c impair. Alors il existe une constante effectivement calculable r ne dépendant que de α et deux entiers λ 2 et f(n) [n/2] tels que pour tout n 2, l(α n λ f(n) r ) A log ε 0, n où l on peut prendre comme valeurs de λ et f(n) : si α vérifie (i), celles données par le tableau 2; si α vérifie (ii), λ = pgcd(a, b) et f(n) = n; si α vérifie (iii), λ = pgcd(a, d) et f(n) = [n/2]; si α vérifie (iv), λ = 2 et f(n) = v 2 (δ n ) donné par le lemme 2.

13 Longueur de la fraction continue 173 N 0 (mod c) N 0 (mod c) et v 2 (c) < v 2 (N) ou v 2 (c) = 0 N 0 (mod c) et v 2 (c) = v 2 (N) > 0 Tableu 2 ξ n = k n d ξn = k n d et et ξ n = (1 + k n d)/2 c/γ 1 entier c/γ 1 non entier λ = (c/γ 1 ), f(n) = n avec c/γ 1 > 1 λ = ϱ, f(n) = [n/2] avec ϱ > 1 λ = (2c/γ 1 ), f(n) = n avec 2c/γ 1 > 1 λ = ϱ, f(n) = [n/2] avec ϱ > 1 λ = (2c/γ 1 ), f(n) = n avec 2c/γ 1 > 1 λ = ϱ, f(n) = [n/2] avec ϱ > 1 λ = 2 et f(n) = l n impossible impossible Nous justifions dans la remarque suivante les situations impossibles du tableau 2. R e m a r q u e. Par hypothèse, pour tout n 1, pgcd(a n, b n, c n ) = 1, et les entiers γ n et b n n ont pas de facteur commun. On en déduit donc, puisque par définition k 1 est entier, que si c/γ 1 n est pas entier, alors k 1 = 2cb/γ 1, et par la proposition 2, ξ 1 = (1 + k 1 d)/2. D où, d après le tableau 1, 0 < v 2 (c) < v 2 (N). Par conséquent, avoir c/γ 1 non entier et v 2 (c) v 2 (N) est impossible. De même, si ξ n = (1+k n d)/2, grâce à la proposition 4, on a ξ1 = (1+k 1 d)/2, et par suite 0 < v 2 (c) < v 2 (N). Afin de dégager des puissances élevées de nombres entiers dans les diviseurs de k n, nous allons, dans le lemme 6, donner une factorisation de l entier k n. D après la proposition 2, on a k n = c n b n /γ n avec c n /γ n N si ξ n = k n d, et kn = 2c n b n /γ n avec 2c n /γ n N si ξ n = (1 + k n d)/2. Il est alors nécessaire de déterminer l entier γ n en fonction de α, ce qui fait l objet du lemme 5. Lemme 5. Si pour tout n 1 γ n = pgcd(2c n, a 2 n b 2 nd, c 2 n), alors γ n 1 = γ n f 2 n. D é m o n s t r a t i o n. Soit, pour tout n 1, ω 1 (n)x 2 + ω 2 (n)x + ω 3 (n) = 0 l équation minimale de α n introduite au paragraphe III. Posons, pour alléger l écriture, ω 1 = ω 1 (1), ω 2 = ω 2 (1) et ω 3 = ω 3 (1). On montre par récurrence sur n que l équation minimale de α n est ω n 1 X 2 +ω 2 (n)x+ω n 3 = 0. De (ω 1 α 2 + ω 3 ) 2 = ω 2 2α 2, on obtient ω 2 1α 4 + (2ω 1 ω 3 ω 2 2)α 2 + ω 2 3 = 0, ce qui montre la propriété pour n = 2. Supposons la propriété vraie jusqu au

14 174 G. Grisel rang n. On peut écrire En développant, on obtient (ω n 1 α 2n + ω n 3 )(ω 1 α 2 + ω 2 α + ω 3 ) = 0. ω n+1 1 α 2n+2 + ω n (ω n 1 ω 2 α 2n+1 + ω n 1 ω 3 α 2n + ω n 3 ω 1 α 2 + ω n 3 ω 2 α) = 0. Or, ω n 1 ω 2 α 2n+1 + ω n 3 ω 2 α = ω 2 ω 2 (n)α n+1 et ω n 1 ω 3 α 2n + ω n 3 ω 1 α 2 = ω 3 ω 1 ω 2 (n 1)α n+1. On en déduit alors ω1 n+1 α 2n+2 (ω 1 ω 3 ω 2 (n 1) + ω 2 ω 2 (n))α n+1 + ω3 n+1 = 0. Si p > 1 premier divise pgcd(ω 1, ω 3 ), alors il ne divise le coefficient de α n+1 que s il divise ω 2, car d après l hypothèse de récurrence p ne divise pas ω 2 (n). Or pgcd(ω 1, ω 2, ω 3 ) = 1. La propriété est donc vérifiée au rang n + 1. D après (3), on a pour tout n 1, ω 1 (n) = c 2 n/γ n. Il en suit ω 1 (n) = ω n 1 = c2 n γ n = De c n = c n f n, on déduit alors γ n 1 = γ n f 2 n. ( ) c 2 n. Lemme 6. Posons ϱ = pgcd(a, d, c). Alors pour tout n 1, une factorisation de k n est donnée par le tableau suivant : Tableau 3 ξ n = k n d ξn = k n d et et ξ n = (1 + k n d)/2 c/γ 1 entier c/γ 1 non entier k n (c/γ 1 ) n ϱ [n/2] 2 l n b n (2c/γ 1 ) n ϱ [n/2] b n (2c/γ 1 ) n ϱ [n/2] b n γ 1 D é m o n s t r a t i o n. Si ξ n = k n d, alors d après la proposition 2, kn = c n b n /γ n, et si de plus c/γ 1 est entier, de l égalité c n = c n f n et du lemme 4, on écrit k n = (c/γ 1 ) n f n b n. Et, d après la proposition 1, on a f n = 2 l n ϱ [n/2]. Si ξ n = k n d, alors kn = c n b n /γ n, et si c/γ 1 n est pas un entier, alors par définition de γ n, 2c/γ 1 est un entier. D où, grâce au lemme 4, k n = (2c/γ 1 ) n (f n /2 n ) b n = (2c/γ 1 ) n ϱ [n/2] 2 l n n b n. Mais de c/γ 1 non entier, on déduit, comme dans la remarque du tableau 2, ξ 1 = (1 + k 1 d)/2. Il suit, par le tableau 1, v2 (N) > v 2 (c) > 0. De plus,

15 Longueur de la fraction continue 175 comme ξ n = k n d, on obtient, grâce à la proposition 4, d 5 (mod 8) et 3 divise n, d où finalement, d après la proposition 1, l n = n. Si ξ n = (1 + k n d)/2, alors kn = 2c n b n /γ n. Par définition, 2c/γ 1 est un entier, et on écrit grâce au lemme 4, k n = (2c/γ 1 ) n f n b n = (2c/γ 1 ) n ϱ [n/2] 2 l n (n 1) b n. De la proposition 4, on déduit ξ 1 = (1 + k 1 d)/2 et d 1 (mod 8) ou d 5 (mod 8) avec n non divisible par 3. Du tableau 1, on tire alors v 2 (N) > v 2 (c) > 0, et par suite, d après la proposition 1, l n = n 1. D é m o n s t r a t i o n d u t h é o r è m e. Nous allons, pour chacune des quatre conditions du théorème, déterminer λ 2 et f(n) [n/2] tels que pour tout n 2, λ f(n) divise k n. Par suite, grâce à l inégalité (7) et au corollaire de la proposition 6, on déduit qu il existe un entier r indépendant de f(n) tel que pour tout n 2, l(α n ) > A log ε 0 λ f(n) n A log ε 0 2 [n/2] n. (i) N 2 0 (mod c 2 ). Fixons n 2. Comme c 2 ne divise pas N 2, en prenant la contraposée de la proposition 3(i), pour tout n 2, c n ne divise pas N n. D où par la proposition 2(ii), k n > b n. C est-à-dire, d après le lemme 6 : ( c ) nϱ k [n/2] γ n (10) b n = 1 2 l n > 1 ou ( 2c ) nϱ [n/2] γ 1 > 1. Or, grâce à la proposition 3(ii), c 2 ne divise pas N 2 est équivalent à : c ne divise pas N, ou ϱ = pgcd(a, d, c) > 1, ou v 2 (c) = v 2 (N) > 0. Notons que la dernière condition devrait être v 2 (c) v 2 (N) > 0. Mais v 2 (c) = v 2 (N) > 0 suffit, car si v 2 (c) > v 2 (N) alors c ne divise pas N. Si c ne divise pas N, alors d après la proposition 2(ii), c/γ 1 > 1 ou 2c/γ 1 > 1. On en déduit donc par (10) que pour tout n 1, (c/γ 1 ) n divise k n si ξ n = k n d et c/γ1 est entier, ou (2c/γ 1 ) n divise k n si ξ n k n d ou si c/γ 1 n est pas entier. Si c divise N et v 2 (c) < v 2 (N) ou v 2 (c) = 0, alors ϱ = pgcd(a, d, c) > 1, alors par (10), pour tout n 1, ϱ [n/2] divise k n. Si c divise N et v 2 (c) = v 2 (N) > 0, alors d après la proposition 1, pour d 2 (mod 4) et pour tout n 1, l n [n/2]. Donc par (10), si ξ n = k n d et c/γ 1 est entier, 2 [n/2] divise k n. Si d 2 (mod 4), alors forcément 2 divise pgcd(a, d, c) et on revient au cas précédent. (ii) pgcd(a, b) > 1. Comme pgcd(a, b, c) = 1, il suit que pour tout n 1, (pgcd(a, b)) n divise b n, et donc divise k n.

16 176 G. Grisel (iii) pgcd(a, d) > 1. Si ϱ = pgcd(a, d, c), alors d après la proposition 1, pour tout n 1, ϱ [n/2] divise f n. D où (pgcd(a, d)) [n/2] divise δ n = pgcd(a n, b n), et donc (pgcd(a, d)/ϱ) [n/2] divise b n. Or, si ϱ > 1, en revenant à la démonstration du (i), ϱ [n/2] divise k n. Par conséquent, (pgcd(a, d)) [n/2] divise k n. (iv) N = a 2 b 2 d pair et c impair. Pour tout n 1, b n, et donc k n, est divisible par 2 v 2(δ n ), avec v 2 (δ n ) donné par le lemme 2. Références [1] Z. I. Borevitch et I. R. Chafarevitch, Théorie des nombres, Gauthier-Villars, [2] G. Choquet, Répartition des nombres k(3/2) n ; et ensembles associés; Algorithmes adaptés aux suites (kθ n ) et aux chaînes associées; θ-jeux récursifs et application aux suites (kθ n ); solenoïdes de T z, C. R. Acad. Sci. Paris Sér. A 290 (1980), ; et ; Construction effective des suites k(3/2) n. Etude des mesures 3/2-stables de Π; Les fermés (3/2)-stables de T ; structure des fermés dénombrables; applications arithmétiques, ibid. 291 (1980), et ; θ-fermés, θ-chaînes et θ-cycles (pour θ = 3/2); θ-fermés et dimension de Hausdorff. Conjectures de travail. Arithmétique des θ-cycles (où θ = 3/2), C. R. Acad. Sci. Paris Sér. I 292 (1981), 5 10 et [3] H. C o h e n, Multiplication par un entier d une fraction continue périodique, Acta Arith. 26 (1974), [4] E. P. Golubeva, On the length of the period of a quadratic irrationality, Math. USSR-Sb. 51 (1) (1985), [5] M. Mendès France, Remarks on finite continued fractions, Enseign. Math. 39 (1993), [6] R. Paysant-Le Roux et E. D u b o i s, Une application des nombres de Pisot à l algorithme de Jacobi Perron, Monatsh. Math. 98 (1984), [7] A. J. van der Poorten, Some problems of recurrent interest, in: Topics in Classical Number Theory (Colloq. Budapest, 1981), Colloq. Math. Soc. János Bolyai 34, G. Halász (éd.), Vol. 2, North-Holland, 1984, DÉPARTEMENT DE MATHÉMATIQUES UNIVERSITÉ DE CAEN ESPLANADE DE LA PAIX CAEN CEDEX, FRANCE GRISEL@MATH.UNICAEN.FR Reçu le (2758)