Fraction
dans Arithmétique
Bonjour,
Soit la fraction irréductible $\frac{p}{q}>1$
J'ai besoin de votre aide pour montrer que la la partie fractionnaire de la suite $((\frac{p}{q})^n)_{n\in \mathbb N^*}$ ne tend pas vers $0$.
Il est clair que $\frac{p^n}{q^n}$ est irréductible $\forall n \in \mathbb N^*$ mais je bloque dans la suite.
Merci
Soit la fraction irréductible $\frac{p}{q}>1$
J'ai besoin de votre aide pour montrer que la la partie fractionnaire de la suite $((\frac{p}{q})^n)_{n\in \mathbb N^*}$ ne tend pas vers $0$.
Il est clair que $\frac{p^n}{q^n}$ est irréductible $\forall n \in \mathbb N^*$ mais je bloque dans la suite.
Merci
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Réponses
Peut-être faut-il modifier la consigne...
oui bien sur il faut prendre $q \ne1$ !
Quelqu’un a une idée peut être ?
edit: partie rouge ajoutée (voir ci-dessous)
Déjà, il me semble que le comportement de $1,5^n$ modulo $1$ est une question épineuse. Edit après la réponse de skilveg : en fait c'est l'éventuelle équirépartition modulo 1 de $(1,5^n)$ qui est une question épineuse !
Une question qui doit être posée sur le Forum d’algèbre :-)
C'est bien une question d'arithmétique.
Cordialement.
Mes tentatives échouent.
Pour me fixer les idées j'ai choisi (comme plus haut) $p=3$ et $q=2$.
Il suffit de démontrer qu'il existe une sous-suite de la suite des restes $(r_n)_n)$ de la division de $p^n$ par $q^n$ qui s'approche de 0,5$q^n$.
En gros qu'une sous-suite de $\frac{p^n}{q^n}$ s'approche d'un nombre du type k+0,5 (où k est un entier).
Je crains que mes connaissances en arithmétique ne m'empêchent de continuer.
Même avec le cas particulier 3 et 2.
J'ai cherché bien compliqué...
Modification : Ce texte fait double emploi avec le texte de skilveg. Son texte a dû paraître le temps que je rédige le mien et j'ai oublié d'actualiser avant de publier.
@christophe c : Désolé, j'essaye bien d'éviter la lecture diagonale ... mais sans toujours y parvenir !:-D
@serge: bienvenue au club des lecteurs diagonaux (cf post de Skilveg) :-D
edit: merci pour la coquille!
[Edit] En fait non, mais on peut peut-être quand même chercher du côté des irrationnels quadratiques ?
[Edit 2] Les nombres de Pisot donnent une réponse partielle à la question, mais je ne sais pas si leur partie fractionnaire peut s'approcher de $0$ (et non de $1$).
Me méprends-je ou bien y'a une coquille ?
Ne parles-tu pas plutôt de $n\mapsto frac(x^n)$ converge vers $\mathbb 0$ ?
Si $\phi=\frac{1+\sqrt5}{2}$ est le nombre d'or, alors $\phi^n=L_n-\frac{1}{(-\phi)^n}$ donc $(\phi^n)$ converge vers $0$ modulo $1$.
Cependant, en notant $\{a\}$ la partie fractionnaire de $a$, la suite $(\{\phi^{2n}\})$ (resp. $(\{\phi^{2n+1}\})$) converge vers $1$ (resp. $0$).
Edit : moi aussi j'ai lu le fil en diagonale... Je m'aperçois que skilveg a eu le même genre d'idée.
Il y a quelques mois, à l'initiative de christophe, nous nous posions la question de la densité dans $[0;1[$ de la partie fractionnaire des puissances $x^n$ d'un réel quelconque $x\in \mathbb R- \mathbb N$
Voir Densité des $x^n$
Nous y avons construit un $\alpha$ tel que $\forall n\in \mathbb N\ \frac 1 4 \leqslant \mathrm {Frac} (\alpha^n)\leqslant \frac 3 4$
Malheureusement, il était vraisemblablement irrationnel.
1) Si $x>1$ est algébrique non entier et $d(x^n,\Z)\to 0$ lorsque $n\to\infty$, alors $x$ est un nombre de Pisot, et la partie fractionnaire de $x^n$ ne tend pas vers $0$.
2) Je ne sais pas s'il existe des nombres non algébriques $x$ tels que $d(x^n,\Z)$ tend vers $0$, la méthode de http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1169427,1170327#msg-1170327 ne permet pas de conclure.
Esquisse de démonstration du 1) : supposons que $P(x)=a_kx^k+\cdots+a_0=0$, où les $a_i$ sont des entiers, $a_k\ne 0$,
et $P$ est un polynôme irréductible sur $\Z$.
Soit $u_n$ un entier tel que $|x^n-u_n|\leqslant 1/2$. D'après l'hypothèse, $a_ku_{n+k}+\cdots+a_0u_n$ tend vers $0$. Comme c'est un entier, il est nul à partir d'un certain rang, et donc il existe $\lambda_i\in \C$ et $n_0\geqslant 0$ tels que
$$u_n=\sum_i\lambda_ix_i^n\quad \forall n\geqslant n_0,$$
où $x_i$ ($1\leqslant i \leqslant n$) sont les racines de $P$.
Supposons par convention que $x_1=x$. Comme $x_1^n+o(1)=\sum_i\lambda_ix_i$, on en déduit facilement que $\lambda_1=1$ et que si $i>1$ et $|x_i|\geqslant 1$ alors $\lambda_i=0$.
Pour tout morphisme de corps $\sigma$, on a $u_n=\sum_i\sigma(\lambda_i)\sigma(x_i)^n$ à partir d'un certain rang. Or, pour tout $j$ il existe $\sigma$ tel que $x_j=\sigma(x_i)$, donc on en déduit que $\lambda_i=1$ pour tout $i$, i.e. que $x^n+o(1)=a_n=\sum_i x_i^n$.
On en déduit que pour tout $i>1$, $|x_i|<1$, i.e. $x$ est un nombre de Pisot.
Si la partie fractionnaire de $x^n$ tendait vers $1$, alors $y_n:=\sum_{i>1}x_i^n$ tendrait vers $0$ par valeurs inférieures, ce qui est impossible. En effet, soit $r$ le maximum des $|x_j|$ pour $j>1$, alors on vérifie que $y_n$ est de la forme $\sum_j c_j\cos(n\theta_j)$ avec $c_j\in \N$ non tous nuls.
Existe t-il un réel $a$ telle que $(a\times(\frac{p}{q})^n)$ tend vers $0$ modulo $1$ ? (avec $\frac{p}{q}$ irréductible et $1<a<\frac{p}{q}$)
Il faut reprendre la preuve de skilveg peut être ?
On peut même généraliser de la façon suivante :
Démonstration : par récurrence sur $k\in\mathbb{N}^*$.
$\bullet$ Initialisation : supposons que $\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}\left(m_n+c_1\beta_1^n\right)=0$. Notons $\beta_1=\dfrac{u}{v}$ avec $u$ et $v$ entiers tels que $u\wedge v=1$ ; si $n\in\mathbb{N}$, on a :
$\bullet$ Hérédité : supposons que le lemme soit vrai au rang $k$ et que $\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}\left(m_n+\sum\limits_{i=1}^{k+1}c_i\beta_i^n\right)=0$.
Notons, pour $i \in [\![ 1;k+1]\!]$, $\beta_i=\dfrac{u_i}{v_i}$ avec $u_i$ et $v_i$ entiers.
Soit $j \in [\![ 1;k+1]\!]$, alors :
Remarque : en fait la propriété précédente est un lemme assez classique qui permet de résoudre le problème célèbre suivant :
Avis aux amateurs :-)
Je note $A$ l'ensemble des nombres algébriques et $L$ l'ensemble des $x$ tels que si $x>1$ et $x\notin \Z$ alors $n \mapsto frac(x^n)$ ne tend pas vers $0$.
1) Résultat précédent (par exemple Skilveg): $\Q\subset L$
2) Résultat de JLT: $A\subset L$.
edit rouge: voir post ci-dessous de uvdose
Je crois que le seul exemple explicite, c'est les fractions irréductibles $\frac{p}{q}>1$ avec $q\ne1$.
C'est un ensemble inclue dans $L$ .
Ton post dit encore 1) $\mathbb Q \subset L$
[small]c'est chiant ces entiers qu'il faut retirer ;-)[/small]
Ok j'ai pas incorporé le truc ajouté en rouge dans le "si", ce qui je l'admets est bien étrange. [/small]
Je ne suis pas sûr :-D
Si $\frac{p}{q}$ est irréductible, et si on pose $(\frac{p}{q})^n=e_n+f_n$, $e_n$ l'entier le plus proche de $(\frac{p}{q})^n$
On a montré que $f_n$ ne peut tendre vers $0$
Est ce qu'il y a un moyen de montrer que $f_n$ admet une limite ?
Merci
Je crois que c'est impossible aussi de construire une sous suite $f_{n_k}$ qui admet une limite ?
Edit : mais par construire, tu entends peut-être trouver une expression "simple" de $n_k$ en fonction de $k$ pour une valeur particulière de $\frac{p}{q}$ ?
Oui c'est bien ca ma question
Par contre d’après ce qui précède on peut remarquer qu' il n'existe aucune sous suite $f_{n_k}$ qui converge vers $0$ que ça soit pour $$\Big(\frac{p}{q}\Big)^n=e_n+f_n$$ ou bien pour $$x\times\Big(\frac{p}{q}\Big)^n=e_n+f_n,\quad 1<x<\frac{p}{q}
$$ J’espère que je ne me trompe pas ? :-)
Pour le cas de $(\frac{p}{q})^n$ il est clair qu'il n'existe aucune sous suite $f_{n_k}$ qui converge vers $0$ puisque toutes les puissances de $\frac{p}{q}$ sont des fractions irréductibles.
Mais pour le cas de $x\times(\frac{p}{q})^n$ je ne vois comment faire ?
@ uvdose,
Si $\frac{p}{q}$ est une fraction irréductible alors pour tout $n\in \mathbb N^*$, $\frac{p^n}{q^n}$ est une fraction irréductible,apres en reprenant la même preuve de skilveg on arrive à conclure qu'il n'existe aucune sous suite convergeant vers $0$
Peut être en donnant des contre exemples on peut répondre à ces questions ?
Prendre une valeur particulière de $\frac{p}{q}$ et essayer de construire une sous suite qui converge vers $0$,
Un autre exemple ou il n'existe aucune sous suite convergeant vers $0$ serait intéressant aussi :-)
Merci !