AS - DECOMPOSITION D UN NOMBRE REEL EN BASE a COURBE DE PEANO

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1 AS - DECOMPOSITION D UN NOMBRE REEL EN BASE a COURBE DE PEANO Soit a un entier strictement plus grand que 1. Notons N a = {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 a p x soit entier. L ensemble des nombres de classe a est stable par addition, car, si a p x et a q y sont entiers, alors a max(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 < a N il existe un unique N uplet (m 1,...,m N ) d entiers de N a, tel que m = a N 1 m 1 + a N 2 m m N. 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 S a l ensemble des suites (x n ) n 1 à coefficients dans N a.

2 AS 2 Considérons un élément (x n ) n 1 de S a. La série de terme général x n /a n 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 a n (a 1) L application F, qui à (x n ) n 1 dans S a associe le nombre a n = 1. x n a n, prend ses valeurs dans [0, 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 = (x n ) n 1 de S a tel que (1) F(X) = x. De plus, pour tout élément de S a vérifiant (1), on a, pour tout entier r (2) 0 x r x n 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 x n = x n si n N 2 x N 1 = x N x n = 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 r R r = x x n a n, et posons R 0 = x. Avec ces notations les inégalités (2) deviennent 0 R r 1 x r a r a r

3 AS 3 ou encore (3) a r R r 1 1 x r a r R r 1, i) Soit x dans ]0, 1[. Nous allons construire par récurrence une suite (x n ) n 1 telle que, pour tout r (4) 0 x r x n a n < a r, Supposons la suite construite jusqu au rang r. La partie entière x r+1 de a r+1 R r vérifie alors les inégalités (5) a r+1 R r 1 < x r+1 a r+1 R r, et donc, on a, On a donc construit la suite au rang r + 1. Il résulte alors de (4) et (5) que 0 R r+1 = R r x r+1 a (r+1) < a (r+1). 1 < x r+1 < a r+1 a r = a, ce qui montre que x r+1 est dans N a. Enfin, par passage à la limite dans (4), on obtient ce qui montre que Réciproquement, si X est une suite telle que lim R r = 0, r + F(X) = x. F(X) = x, alors ce qui donne (2). 0 R r = x n a n (a 1) a n = a r, n=r+1 n=r+1 Si R r est nul, on en tire r a r x = a r n x n. Ce nombre est entier, donc x est de classe a. De même, si R r vaut a r, on a a r x = et de nouveau x est de classe a. r a r n x n + 1,

4 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 x r, 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 a p x soit entier. Pour r strictement plus petit que p, le nombre a r R r 1 n est pas entier, sinon a r x le serait. Donc les inégalités de (3) sont strictes et x r est déterminé avec unicité. Deux cas se présentent pour le terme de rang p. Premier cas : et donc Alors, si r > p, on déduit de (3) x p = a p R p 1, x = p x n a n. 0 x r a r r 1 x n a n 0, ce qui implique que x r est nul. Deuxième cas : ce qui donne Alors d après (3), si r > p x p = a p R p 1 1, p x = x na n + a p et R p = a p. x r a r R r 1 1 a r a r R p r 1 a p (a 1) x n a n r 1 1 a n 1. Mais donc Alors r 1 a n p 1 1 a (r p 1) p 1 a r+p+1 = a 1 a 1 = a, a 1 x r ar (a p a p (1 a r+p+1 )) 1 = a 1. a > x r a 1,

5 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 n a n = ii) Il est clair que l égalité N 1 x n a n = N 2 x n a n + (x N 1 1)a N = x n a n est possible si et seulement si x n est nul pour tout n. On a aussi 1 = (a 1)a n. D autre part, si X est un élément quelconque de S a tel que x q a 2 (a 1)a n. pour au moins une valeur q, on a x n a n x q a q (a 1)a q + (a 1)a n 1 ((a 1) x q )a q, 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 S a de l ordre lexicographique, c est-à-dire si et seulement si, il existe un entier p tel que (x n ) n 1 < (y n ) n 1 x n = y n si n < p. x p < y p n=n 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.

6 AS 6 Si X < Y, soit p tel que On a alors x = = x n a n x n = y n si n < p. x p < y p p y n a n (y p x p )a p + p y n a n a p + (a 1) p y n a n y. x n a n 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. a n Proposition 3 Soit x et y dans [ 0, 1] tels que et X et Y dans S a tels que 0 < y x < a N x = F(X) et y = F(Y ). On a alors deux possibilités : i) si n N, on a y n = x n, ii) il existe un entier p strictement inférieur à N tel que y n = x n si n < p y p = 1 + x p x n = a 1 et y n = 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.

7 AS 7 D après la proposition précédente, on a Soit donc p tel que Si p > N, on a alors i). X < Y. x n = y n si n < p. x p < y p Supposons maintenant p N. On a 0 < y x = (y n x n )a n = (y p x p )a p + (y n x n )a n < a N. Donc, puisque y n x n appartient à N a, et que y p x p est supérieur ou égal à 1, on a a p (y p x p )a p < a N (y n x n )a n < a N + < a N + (a 1) y n x n a n a n = a N + a p, et finalement 1 y p x p < 1 + a p N 2, ce qui n est possible que si y p x p vaut 1. On a alors 0 < a p + (y n x n )a n < a N, d où l on tire 1 a p N < (x n y n )a p n < 1. Ceci montre que l on ne peut avoir pour tout n p l égalité x n y n = a 1, car sinon, on aurait (x n y n )a p n = (a 1)a p n = 1. Soit alors q le premier entier strictement plus grand que p tel que x q y q a 2.

8 AS 8 On obtient (x n y n )a p n (a 1)a p n (a 1)q q n + (x q y q )a q n (a 1)a p n (a 1)q q n + (a 2)a q n (a 1)a p n a q n = 1 a p q. D où finalement, 1 a p N < (x n y n )a p n 1 a p q. Ceci impose que q soit strictement plus grand que N. Il en résulte que, si p < n N, on a x n y n = a 1, et donc x n = a 1 et y n = 0. Réciproquement, si x et y vérifient i), on a y x = (y n x n )a n (a 1)a n = a N 2a N. Si x et y vérifient ii), on a n=n+1 n=n+1 donc N y x = a p (a 1)a n + (y n x n )a n = a N + (y n x n )a n, n=n+1 n=n+1 y x a N + y n x n a n a N + (a 1)a n = 2a N. n=n+1 n=n+1 Décomposition d un nombre réel en base a Soit x un réel positif strictement inférieur à a N. Alors E(x) est un entier strictement inférieur à a N 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 a N se décompose en base a sous la forme x = n= N+1 x n a n. 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.

9 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 S a 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, c est-à-dire que la suite X est de la forme x s+j+kp = x s+j, X = (x 1,x 2,,x s,x s+1,...,x s+p,x s+1,...,x s+p,...). Soit x un nombre pour lequel une telle suite périodique existe. On a alors ( s p ) x = x j a j + x s+j a s j a kp soit j=1 j=1 j=1 k=0 s p = a s a s j x j + a s p a p j x s+j j=1 1 1 a p, (6) x = 1 a s s a s j x j 1 + a s (a p 1) j=1 p a p j x s+j. j=1 En réduisant au même dénominateur ce nombre s écrit donc, x = avec A entier. C est donc bien un nombre rationnel. A a s (a p 1) Appelons a 1,...,a r les les facteurs premiers de a qui s écrit donc a = a q 1 1 aqr r. Soit x un nombre rationnel de l intervalle ]0, 1[. On peut écrire u x = a t 1 1 a tr r v, où u est premier avec le dénominateur, le nombre v est premier avec a 1,...,a r, et les nombres t 1,...,t r sont dans N.

10 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 a s (a p 1) = ka t 1 1 a tr r v. Comme v est premier avec a, il divise a p 1. Et comme a i est premier avec a p 1, le produit a t 1 1 a tr r divise a s. Pour tout j on a donc t j sq j. En résumé, on a les deux conditions sur p et s suivantes : (i) le nombre v divise a p 1, t j (ii) max s. 1 j r q j 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 a p 1 (il en existe puisque v et a sont premiers entre eux). t j Soit s le plus petit entier supérieur ou égal à max. Soit k le quotient de a p 1 par v, donc j q j kv = a p 1. Alors x = ku a t 1 1 a tr r (a p 1) = kua sq 1 t 1 1 ar sqr tr a sq 1 1 a sqr r (a p 1) = kuasq1 t1 1 ar sqr tr a s (a p 1). Appelons u le numérateur de cette fraction et divisons u par a p 1. Il existe deux entiers u 1 et u 2 tels que u = (a p 1)u 1 + u 2, avec Alors Comme x est inférieur à 1, on en déduit que Alors, en décomposant u 1 en base a, on obtient Comme 0 u 2 < a p 1. x = u 1 a s + u 2 a s (a p 1). u 1 < a s. u 1 = a s 1 x x s. u 2 < a p 1 < a p, on a aussi, en décomposant u 2 en base a, la relation u 2 = a p 1 x s x s+p,

11 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 R 2 d intérieur non vide. Nous allons utiliser la décomposition d un nombre en base 2. Soit n est un entier naturel. Si K n désigne un triangle rectangle non isocèle, nous appellerons A n le sommet de l angle droit B n le sommet où l angle est le plus grand C n le sommet où l angle est le plus petit H n le pied de la hauteur issue de A n On notera a n, b n, c n les longueurs des côtés opposés respectivement à A n, B n, C n, et donc c n < b n < a n. On notera également δ(k n ) le diamètre de K n, pour la distance euclidienne. On aura donc δ(k n ) = a n. Soit K 0 un triangle rectangle non isocèle fixé une fois pour toute. Nous allons associer à un élément de S 2 une suite décroissante de triangles rectangles K n que nous construirons par récurrence de la façon suivante : si la suite K n est construite jusqu au rang n, nous prenons { An B K n+1 = n H n si x n = 0 A n C n H n si x n = 1. A n c n b n a n B n H n C n

12 AS 12 Remarquons que le diamètre δ(k n+1 ), qui vaut a n+1, est un des deux nombres b n ou c n, et donc, pour tout n dans N, on a δ(k n+1 ) b n. Remarquons également que tous les triangles K n ainsi construits sont semblables à K 0. On voit facilement que la suite (b n /a n ) n 0 est constante. En effet si K n+1 = A n H n C n si K n+1 = A n H n B n alors alors b n+1 = H nc n = b n a n+1 A n C n a n b n+1 = H na n = b n, a n+1 A n B n a n puisque, à cause de la similitude des triangles A n C n H n et B n C n A n, on a Alors Il en résulte que b n a n = A nc n B n C n = C nh n C n A n = A nh n B n A n. δ(k n+1 ) b n = a n b n a n = a n b 0 a 0 = b 0 a 0 δ(k n ). ( ) n b0 δ(k n ) a 0, a 0 ce qui montre que la suite (δ(k n )) n 0 converge vers 0. Alors la suite (K n ) n 0 est une suite décroissante de parties complètes de R 2 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 S 2 dans K 0. 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 x n = x n si n < p x p = x p + 1, x n = 0 si n > p x n = 1 si n > p donc, ici, x p = 1 et x p = 0. Il résulte du principe de construction des suites (K n ) et (K n) de triangles associées à X et X que K n = K n K p = A p 1 C p 1 H p 1 K p = A p 1B p 1 H p 1. si n < p,

13 AS 13 Alors, K p+1 est le triangle contenant l angle aigu de K p le plus grand, c est-à-dire A p 1, et comme les x n sont tous nuls ensuite, l angle A p 1 sera conservé à chaque étape, ce qui montre que l intersection des K n sera {A p 1 }. Par un raisonnement analogue, l intersection des K n sera aussi {A p 1}, et donc G(X) = G(X ) = A p 1. 2) Soit A un point du triangle K 0. Construisons par récurrence une suite (K n ) de triangles, et une suite (x n ) de S 2 telles que {A} = K n et G(X) = A. n=0 Supposons la suite construite jusqu au rang n. Le point A est inclus dans un des triangles A n C n H n, A n B n H n. Notons K n+1 un triangle contenant A n et posons { 0 si Kn+1 = A x n+1 = n B n H n. 1 si K n+1 = A n C n H n 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 S 2 tel que Posons F(X) = x. 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 K 0. Par contre cette application n est pas injective. En effet, soit x = 1 4 et y = Il est facile de voir que H(x) = H(y) = H 0. La courbe ainsi obtenue passe par tous les points du triangle K 0 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 K n. On a alors H(x) = H(y) = H n. Nous allons montrer que H est continue pour les distances euclidiennes de [0, 1] et R 2. Soit ε > 0. Il existe N tel que ( ) N b0 a 0 < ε a 0 2.

14 AS 14 Soit x et x tels que x x < 2 N, et soit X et X deux éléments de S 2 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 x n = x n auquel cas H(x) et H(x ) se trouvent dans le même triangle K N, et donc ( ) N d(h(x),h(x b0 )) δ(k N ) a 0 < ε a 0 2. Second cas. Si l on suppose que x est inférieur à x, il existe p < N tel que x n = x n si n < p x p = 0 et x p = 1 x n = 1 et x n = 0 si p < n N. On voit alors que A p 1 se trouve dans les triangles K N et K N. On obtient alors d(h(x),h(x )) d(h(x),a p 1 ) + d(a p 1,H(x )) δ(k N ) + δ(k N) < ε. ceci montre la continuité uniforme de H. Remarque : on a H(0) = B 0, H(1) = C 0, H(1/2) = A 0. 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 x 2? L exemple suivant montre que l on peut, pour une infinité d entiers n, trouver un réel u n tel que, le nombre de décimales à choisir pour avoir une décimale exacte de u 2 n soit au moins n+1, ce qui montre que le problème posé n a pas de solution générale. Notons x = x p 10 p, p=

15 AS 15 les nombres x p étant dans N 10, et tels que, pour les indices p négatifs, il n y ait qu un nombre fini de nombres x p non nuls. Pour n dans N, posons, On a donc On a donc la relation N(n,10x) = 10x = n p= N(n,x) = p= n p= x p 10 p+1 = x p+1 10 p = n+1 p= x p 10 p. p= x p+1 10 p, x p 10 p+1 = 10N(n + 1,x). (7) N(n,10x) = 10N(n + 1,x), et, d autre part, si x n est pas rationnel 0 < x N(n,x) < 10 n. Puisque 10 n est pas un nombre décimal (= de classe 10), les décimales de 10 ne peuvent être toutes égales à 9 à partir d un certain rang. Si la n ième décimale de 10 est différente de 9, prenons alors u n = 10 1 (N(n, 10) + 10 n ). On a N(n, 10) < 10 < N(n, 10) + 10 n, donc < u n < n 1, et 0,1 < u 2 n < 0, n n 2. Mais Donc n n 2 < 8 10 n n 2 < 9 10 n 2 < 0,1 0,1 < u 2 n < 0,2, ce qui montre que u 2 n 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,10u n ) = N(p, 10),

16 AS 16 ce qui conduit à d où ( ) 10 10N(p + 1,u n ) = 10N p + 1,, 10 ( ) 2 ( ) N(p + 1,u n ) 2 = N p + 1, < = 0, Cela signifie en particulier que la première décimale de N(n,u n ) 2 est zéro, alors que la première décimale de u 2 n est 1. Les suites (u 2 n ) et (N(n,u n) 2 ) convergent toutes deux vers 10 1, l une par au-dessus et l autre par en dessous. En partant de 10 = 3, on peut former le tableau des premières valeurs : n u n u 2 n N(n,u n ) 2 N(n,u n ) 2 0, 317 0, , , , , , , , , , , , , , , 31622