368. Développement d’un réel en base b (2/2)

Ce contenu fait suite à l’analyse menée dans un autre article, dont il constitue la synthèse.

Pour en savoir davantage, allez lire le contenu rédigé dans l'article 367.

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 ou égal 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 $bx \lt b.$ Du coup $\lfloor b x \rfloor \lt b.$ 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 \lt \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 \lt 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 \lt 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 \lt b.

Comme $\lfloor b^n x \rfloor- b \lfloor b^{n-1} x \rfloor$ 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 $\sum_{i\geq 1}\frac{c_i}{b^i}$

Il 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 un autre article, toutes ses sommes partielles sont majorées par $1.$ La série précitée est bien convergente.

Pour en savoir davantage, allez lire le contenu rédigé dans l'article 367.

Une double inégalité avec $c_1$

Vous avez $c_1 = \lfloor b x \rfloor.$

L’encadrement $\lfloor b x \rfloor \leq bx \lt \lfloor b x \rfloor +1$ fournit :

c_1 \leq bx \lt c_1+1.

En divisant par $b$ qui est strictement positif, vous avez :

\frac{c_1}{b}\leq x \lt \frac{c_1}{b}+\frac{1}{b}.

Une double inégalité avec $c_2$

Comme $c_1 = \lfloor b x \rfloor\comma$ après multiplication par $b$ vous obtenez :

b c_1 =b\lfloor b x \rfloor.

Vous avez :

c_2 = \lfloor b^2 x \rfloor – b\lfloor b x \rfloor.

Par somme :

bc_1+c_2= \lfloor b^2 x \rfloor.

Or, vous avez la double inégalité :

\lfloor b^2 x \rfloor \leq b^2x \lt \lfloor b^2 x \rfloor+1.

Il en résulte que :

bc_1+c_2 \leq b^2 x \lt 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\lt \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 \lt \lfloor b^n x \rfloor+1.

Du coup :

\sum_{k=1}^n b^{n-k}c_k \leq b^n x \lt \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 \lt \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 \lt \sum_{k=1}^n \frac{c_k}{b^k}+\frac{1}{b^n}.

Concluez

En regroupant les cas $n=1\comma$ $n=2$ et $n\geq 3\comma$ il a été démontré que :

\forall n\in\NN, \sum_{k=1}^n \frac{c_k}{b^k} \leq x \lt \sum_{k=1}^n \frac{c_k}{b^k}+\frac{1}{b^n}.

Comme $b\gt1$ vous avez $\lim_{n\to +\infty} \frac{1}{b^n} = 0.$

De l’encadrement $\forall n\in\NN, 0\leq x – \sum_{k=1}^n \frac{c_k}{b^k} \lt \frac{1}{b^n}$ 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*}

C’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 $2.$

Dans les deux cas, l’hypothèse de départ conduit à une contradiction. Par conséquent, pour tout $N\in\NN\comma$ il existe un entier $n\geq N$ tel que $c_n\neq b-1.$ Le développement obtenu est propre.

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 un autre article qu’un tel développement, s’il existe, est unique.

Pour en savoir davantage, allez lire le contenu rédigé dans l'article 367.

Plus précisément, soit $x$ un réel tel que $0\lt x\lt1.$

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.}