Cet exposé fournit la suite de l’analyse se trouvant dans le contenu rédigé dans l'article 367 il en est la synthèse.
Vous fixez un nombre entier $b$ supérieur ou égal à $2.$ Soit $x$ un nombre réel strictement compris entre $0$ et $1.$
Vous définissez une suite $(c_i)_{i\geq 1}$ en posant :
\left\{\begin{align*}
&c_1 = \lfloor bx \rfloor\\
&\forall n\in \N \setminus \{0,1\}, \quad c_n = \lfloor b^n x \rfloor - b \lfloor b^{n-1} x \rfloor.
\end{align*}
\right.Démontrez que pour tout $i\geq 1, 0\leq c_i\leq b-1$
Le cas de $c_1$
Comme $x$ et $b$ sont positifs, vous avez $0\leq bx.$ Comme $0$ est un entier inférieur ou égal à $bx$ il est nécessairement inférieur à $\lfloor b x \rfloor$ ce qui donne $0\leq \lfloor b x \rfloor$ et $0\leq c_1.$
La partie entière de $bx$ est inférieure ou égale à $bx$ d’où :
\lfloor b x \rfloor \leq bx.
Or, $x$ est strictement inférieur à $1$ et $b$ est strictement positif, donc $bx < b.$ Du coup $\lfloor b x \rfloor < b.$ Comme $\lfloor b x \rfloor$ et $b$ sont deux entiers, il vient $\lfloor b x \rfloor \leq b-1$ et finalement $c_1\leq b-1.$
La double inégalité $\boxed{0\leq c_1\leq b-1}$ est satisfaite.
Le cas de $c_n$ lorsque $n\geq 2$
Soit $n$ un entier supérieur ou égal à $2.$
Par définition :
c_n = \lfloor b^n x \rfloor- b \lfloor b^{n-1} x \rfloor.D’une part $\lfloor b^{n-1} x \rfloor \leq b^{n-1}x.$ En multipliant par $b$ qui est strictement positif, vous déduisez :
b \lfloor b^{n-1} x \rfloor \leq b^nx.Le nombre entier $b \lfloor b^{n-1} x \rfloor$ est inférieur ou égal à $b^nx$ donc il vient :
b \lfloor b^{n-1} x \rfloor\leq \lfloor b^n x \rfloor.Vous en déduisez que $0\leq c_n.$
D’autre part vous avez :
\left\{\begin{align*}
&\lfloor b^n x \rfloor \leq b^nx \\
&b^{n-1}x < \lfloor b^{n-1} x \rfloor +1.
\end{align*}
\right.Cela devient :
\left\{\begin{align*}
&\lfloor b^n x \rfloor \leq b^nx \\
&- \lfloor b^{n-1} x \rfloor < 1-b^{n-1}x.
\end{align*}
\right.En multipliant la seconde inégalité par $b$ qui est strictement positif :
\left\{\begin{align*}
&\lfloor b^n x \rfloor \leq b^nx \\
&- b \lfloor b^{n-1} x \rfloor < b-b^n x.
\end{align*}
\right.Par somme de deux inégalités dont l’une est stricte, vous obtenez une inégalité stricte :
\lfloor b^n x \rfloor- b \lfloor b^{n-1} x \rfloor < b.Comme $\lfloor b^n x \rfloor- b \lfloor b^{n-1} x$ et $b$ sont deux entiers, vous avez :
\lfloor b^n x \rfloor- b \lfloor b^{n-1} x \rfloor \leq b-1.Du coup, $c_n \leq b-1.$
En définitive :
\boxed{\forall n\in\N, n\geq 2 \implies 0\leq c_n\leq b-1.}Vers la série $\sum_{i\geq 1}\frac{c_i}{b^i}$
ll a été vu que la série $\sum_{i\geq 1}\frac{c_i}{b^i}$ est à termes positifs et que, d’après le calcul effectué dans le contenu rédigé dans l'article 367, toutes ses sommes partielles sont majorées par $1.$ La série précitée est bien convergente.
Une double inégalité avec $c_1$
Vous avez $c_1 = \lfloor b x \rfloor.$
L’encadrement $\lfloor b x \rfloor \leq bx < \lfloor b x \rfloor +1$ fournit :
c_1 \leq bx < c_1+1.
En divisant par $b$ qui est strictement positif, vous avez :
\frac{c_1}{b}\leq x < \frac{c_1}{b}+\frac{1}{b}.Une double inégalité avec $c_2$
Comme $c_1 = \lfloor b x \rfloor$ donc après multiplication par $b$ qui est strictement positif :
b c_1 =b\lfloor b x \rfloor.
Vous avez :
c_2 = \lfloor b^2 x \rfloor - b\lfloor b x \rfloor
Par somme :
\begin{align*}
bc_1+c_2= \lfloor b^2 x \rfloor.
\end{align*} Or, vous avez la double inégalité :
\lfloor b^2 x \rfloor \leq b^2x < \lfloor b^2 x \rfloor+1.
Il en résulte que :
bc_1+c_2 \leq b^2 x < bc_1+c_2+1.
En divisant par $b^2$ qui est strictement positif, il vient :
\frac{c_1}{b} +\frac{c_2}{b^2}\leq x< \frac{c_1}{b}+\frac{c_2}{b^2}+\frac{1}{b^2}Une double inégalité dans le cas général
Soit $n$ un entier supérieur ou égal à $3.$
\begin{align*}
\sum_{k=1}^n b^{n-k}c_k &= b^{n-1}c_1+\sum_{k=2}^n b^{n-k}c_k\\
&= b^{n-1}c_1+\sum_{k=2}^n b^{n-k}\left(\lfloor b^k x \rfloor - b\lfloor b^{k-1} x \rfloor\right)\\
&= b^{n-1}\lfloor b x \rfloor+\sum_{k=2}^n b^{n-k}\lfloor b^k x \rfloor - \sum_{k=2}^n b^{n-k+1}\lfloor b^{k-1} x \rfloor\\
&= b^{n-1}\lfloor b x \rfloor+\sum_{k=2}^n b^{n-k}\lfloor b^k x \rfloor - \sum_{k=1}^{n-1} b^{n-k}\lfloor b^{k} x \rfloor\\
&= b^{n-1}\lfloor b x \rfloor+\lfloor b^n x \rfloor+\sum_{k=2}^{n-1} b^{n-k}\lfloor b^k x \rfloor - \sum_{k=2}^{n-1} b^{n-k}\lfloor b^{k} x \rfloor - b^{n-1}\lfloor b x \rfloor\\
&=\lfloor b^n x \rfloor.
\end{align*}
Vous avez :
\lfloor b^n x \rfloor \leq b^n x < \lfloor b^n x \rfloor+1.
Du coup :
\sum_{k=1}^n b^{n-k}c_k \leq b^n x < \sum_{k=1}^n b^{n-k}c_k+1.En divisant par $b^n$ qui est strictement positif, vous avez :
\sum_{k=1}^n b^{-k}c_k \leq x < \sum_{k=1}^n b^{-k}c_k+\frac{1}{b^n}.Autrement dit :
\sum_{k=1}^n \frac{c_k}{b^k} \leq x < \sum_{k=1}^n \frac{c_k}{b^k}+\frac{1}{b^n}.Concluez
Il a été démontré que :
\forall n\in\NN, \sum_{k=1}^n \frac{c_k}{b^k} \leq x < \sum_{k=1}^n \frac{c_k}{b^k}+\frac{1}{b^n}.Comme $b>1$ vous avez $\lim_{n\to +\infty} \frac{1}{b^n} = 0.$
De l’encadrement $\forall n\in\NN, 0\leq x – \sum_{k=1}^n \frac{c_k}{b^k} < \frac{1}{b^n}$ et du théorème des gendarmes, vous avez $\lim_{n\to +\infty} \sum_{k=1}^n \frac{c_k}{b^k} = x.$
Autrement dit $\boxed{x = \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{c_k}{b^k}.}$
Le nombre $x$ a été développé en base $b.$ Il reste encore un point à démontrer.
Justifiez que le développement obtenu est propre
Vous raisonnez par l’absurde en supposant qu’il existe un entier $N\in\NN$ tel que pour tout $n\geq N, c_n = b-1.$
Vous avez $x = \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{c_k}{b^k}.$
Le cas où $N=1$
Vous avez $\forall n\in\NN, c_n = b-1$ du coup :
\begin{align*}
x &= \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{b-1}{b^k}\\
&= (b-1) \sum_{k=1}^{+\infty} \left(\frac{1}{b}\right)^k\\
&=\frac{b-1}{b} \sum_{k=0}^{+\infty} \left(\frac{1}{b}\right)^k\\
&= \frac{b-1}{b} \times \frac{1}{1-\frac{1}{b}}\\
&=\frac{b-1}{b}\times \frac{b}{b-1}\\
&=1.
\end{align*} Ce est absurde puisque $x$ est strictement inférieur à $1.$
Le cas où $N\geq 2$
Vous calculez $x$ et observez ce qui suit :
\begin{align*}
x &= \sum_{k=1}^{N-1} \frac{c_k}{b^k} + \sum_{k=N}^{+\infty} \frac{c_k}{b^k}\\
&=\sum_{k=1}^{N-1} \frac{c_k}{b^k} + \sum_{k=N}^{+\infty} \frac{b-1}{b^k}\\
&=\sum_{k=1}^{N-1} \frac{c_k}{b^k} + (b-1) \sum_{k=N}^{+\infty} \frac{1}{b^k}\\
&=\sum_{k=1}^{N-1} \frac{c_k}{b^k} + (b-1) \sum_{k=N}^{+\infty} \left(\frac{1}{b}\right)^k\\
&=\sum_{k=1}^{N-1} \frac{c_k}{b^k} + \frac{b-1}{b^N} \sum_{k=0}^{+\infty} \left(\frac{1}{b}\right)^k\\
&=\sum_{k=1}^{N-1} \frac{c_k}{b^k} + \frac{b-1}{b^N} \times \frac{1}{1-\frac{1}{b}}\\
&=\sum_{k=1}^{N-1} \frac{b^{N-1-k}c_k}{b^{N-1}} + \frac{b-1}{b^N} \times \frac{b}{b-1}\\
&= \frac{\sum_{k=1}^{N-1} b^{N-1-k}c_k}{b^{N-1}} + \frac{1}{b^{N-1}} \\
&= \frac{1+\sum_{k=1}^{N-1} b^{N-1-k}c_k}{b^{N-1}}.
\end{align*} Vous posez $A = 1+\sum_{k=1}^{N-1} b^{N-1-k}c_k$ qui est un nombre entier et vous avez $x = \frac{A}{b^{N-1}}.$
Par définition :
\begin{align*}
c_N &= \lfloor b^N x \rfloor - b \lfloor b^{N-1} x \rfloor\\
&= \lfloor b\times b^{N-1} x \rfloor - b \lfloor b^{N-1} x \rfloor.
\end{align*} Comme $b^{N-1}x = A$ vous avez :
c_N = \lfloor b\times A \rfloor - b \lfloor A \rfloor.
Comme $A$ est entier, $A = \lfloor A \rfloor.$ De même $b\times A$ est entier donc $\lfloor b\times A \rfloor = bA.$
Du coup :
c_N = bA - bA = 0.
Or, $c_N = b-1$ d’où $b-1 = 0$ et $b=1$ contradiction, vu que la base $b$ est un entier supérieur ou égal à $2.$
Conclusion finale
Soit $b$ un entier supérieur ou égal à $2$ appelé base.
Tout réel $x$ strictement compris entre $0$ et $1$ admet un développement propre en base $b$. Il a été justifié dans le contenu rédigé dans l'article 367 qu’un tel développement, s’il existe pour un tel $x$ est unique.
Plus précisément, soit $x$ un réel tel que $0<x<1.$
Vous posez :
\boxed{\left\{\begin{align*}
&c_1 = \lfloor bx \rfloor\\
&\forall n\in \N \setminus \{0,1\}, \quad c_n = \lfloor b^n x \rfloor - b \lfloor b^{n-1} x \rfloor.
\end{align*}
\right.}Alors vous avez ce qui suit :
\boxed{\left\{\begin{align*}
&\forall i\in \NN, 0\leq c_i \leq b-1 \\
&\forall N\in\NN, \exists n\geq N, c_n\neq b-1.
\end{align*}
\right.}De plus, la série $\sum_{i\geq 1}\frac{c_i}{b^i}$ est convergente et sa somme est égale à ce qui suit :
\boxed{\sum_{i=1}^{+\infty}\frac{c_i}{b^i}=x.}Partagez !
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