Fraction

Étrange, si on considère $p=2$ et $q=1$.
Peut-être faut-il modifier la consigne...

Ta dernière phrase (avant "mais je cherche") ne veut rien dire du tout. Par ailleurs, l'irréductibilité ne joue aucun rôle dans ton désir. Tu demandes juste de prouver que si $r>1$ et $r\in \Q$ et $r\notin \N$ alors la suite $n\mapsto r^n -PartieEntier(r^n)$ ne converge pas vers $0$

edit: partie rouge ajoutée (voir ci-dessous)

Un essai : écrivons $\frac{p^n}{q^n} = e_n + f_n$ avec $e_n\in\Z$ et $f_n\to 0$. Alors $e_{n+1} + f_{n+1} = (p/q)\,(e_n+f_n)$, donc $q\,e_{n+1}-p\,e_n \to 0$. C'est une suite d'entiers, donc à partir d'un certain rang $N$, on aura $q\,e_{n+1}-p\,e_n = 0$. Mais cela signifie que $e_N$ est divisible par $q^k$ pour tout $k$, donc est nul, donc $e_n=0$ APCR et $\frac{p^n}{q^n}\to 0$ ce qui contredit l'hypothèse.

Indications :

• Ecrire $p^k/q^k$ et $p^{k+1}/q^{k+1}$ sous la forme partie entière + partie fractionnaire.
• Ecrire la relation (évidente) entre ces deux expressions.
• En déduire que si la suite des partie fractionnaire converge vers 0, alors une certaine suite d'entiers converge vers 0.
• Conclure.

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

Il me semble que $\sqrt{2}+1$ convient (exo classique).
[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 $1$).

Je pense que cc parlait d'une convergence modulo 1.

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.

Du coup, est-il possible de trouver $x$ tel que $\{x^n\}$ tende vers $0$ et non vers $1$ ?

Je ne réponds pas à la question de skilveg, mais voici quelques observations :

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.

@julien12 : oui, il suffit de reprendre la preuve de skilveg.

On peut même généraliser de la façon suivante :

Propriété a écrit:

Soient $k \in \mathbb{N}^*$, $c_1,\cdots,c_k$ des réels non nuls et $\beta_1,\cdots,\beta_k$ des rationnels deux à deux distincts tels que : $\forall i \in [\![ 1;k]\!]$, $|\beta_i| \geqslant 1$. On suppose qu'il existe une suite d'entiers relatifs $(m_n)$ telle que $\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}\left(m_n+\sum\limits_{i=1}^{k}c_i\beta_i^n\right)=0$.
Alors : $\forall i \in[\![ 1;k]\!]$, $\beta_i \in \mathbb{Z}$ et $c_i\in\mathbb{Q}$.

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 : donc la suite d'entiers $(vm_{n+1}-um_{n})$ converge vers $0$, ce qui prouve qu'elle est nulle à partir d'un certain rang $N$. On en déduit que la suite $(m_n)_{n\geq N}$ est géométrique de raison $\beta_1$, par conséquent pour tout entier $n\geq N$, $m_n=\beta_1^{n-N}m_N$, soit $v^nu^Nm_n=u^nv^Nm_N$. Or $m_N$ ne peut pas être nul, sinon on aurait $m_n=0$ pour $n\geqslant N$, ce qui contredirait le fait que $\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}\left(m_n+c_1\beta_1^n\right)=0$. Comme $u\wedge v=1$, $v^n$ divise donc l'entier non nul $v^Nm_N$ pour tout $n\geqslant N$, ce qui entraîne $|v|=1$ et $\beta_1\in\mathbb{Z}$. Notons que la suite $\left(m_n+c_1\beta_1^n\right)$, qui converge vers $0$, est géométrique de raison $\beta_1$ avec $|\beta_1| \geqslant 1$, donc son terme initial $c_1\beta_1^N+m_N$ est nul, d'où $c_1=-\beta_1^{-N}m_N \in \mathbb{Q}$.


$\bullet$ 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 : soit : Or $u_jm_n-v_jm_{n+1} \in \mathbb{Z}$ et $\beta_i\not=\beta_j$ pour $i\not=j$, donc par hypothèse de récurrence, on a $\beta_i\in\mathbb{Z}$ et $c_iv_j(\beta_j-\beta_i) \in \mathbb{Q}$ (d'où $c_i \in \mathbb{Q}$) pour tout $i\in[\![ 1;k+1]\!] \backslash \{j\}$. Comme le choix du $j$ fait au départ dans $[\![ 1;k+1]\!]$ est arbitraire, cela établit le lemme au rang $k+1$ $\;\;\;\square$

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Remarque : en fait la propriété précédente est un lemme assez classique qui permet de résoudre le problème célèbre suivant :

AMM Problem 10674 a écrit:

Soient $a$ et $b$ des entiers $>1$ tels que $a^n-1$ divise $b^n-1$ pour tout $n\in\mathbb{N}$. Montrer qu'il existe $k\in\mathbb{N}$ tel que $b=a^k$.

Avis aux amateurs :-)

@cc : attention à ce que tu écris car aucun entier n'est dans ton ensemble $L$.

Il n'y a apparemment toujours aucun entier dans ton ensemble $L$ :-D

@cc
Ton post dit encore 1) $\mathbb Q \subset L$
[small]c'est chiant ces entiers qu'il faut retirer ;-)[/small]

[small]@cc
Ok j'ai pas incorporé le truc ajouté en rouge dans le "si", ce qui je l'admets est bien étrange. [/small]

Bonjour,
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

Merci skilveg,
Je crois que c'est impossible aussi de construire une sous suite $f_{n_k}$ qui admet une limite ?

@ uvdose,
Oui c'est bien ca ma question

Bonsoir,
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 ?

Bonjour
@ 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 $0$

Oui j'ai rectifié :-)