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Sublime!
Un argument qui transfère la densité du cercle unité vers n'importe quel cercle de rayon R  ayant un point rationnel

Le voici mon raisonnement  détaillé pour etre compris par un étudiant en L1

Démonstration par récurrence sur k, de $\displaystyle\lim_{n\to\infty}u_n(k)=\Bigl(\frac12\Bigr)^k$
avec  Pour $k\in\mathbb N$,  $u_n(k)=\int_{[0,1]^n}\Bigl(\frac{x_1+\cdots+x_n}{n}\Bigr)^k dx_1\cdots dx_n .$
Remarquons que $0\le u_n(k)\le 1,\quad \forall n\ge 1, \forall k\ge 0$

L'hypothèse de recurrence est vraie pour k=0
Fixons $k\ge 1$ et supposons : $\boxed{\forall j\le k,\quad \lim_{n\to\infty}u_n(j)=\Bigl(\frac12\Bigr)^j}\tag{HR}$

Posons $S_n=x_1+\cdots+x_n$ . Par symétrie des variables : $u_n(k+1)=\int_{[0,1]^n}x_1\Bigl(\frac{S_n}{n}\Bigr)^k dx\tag{1}$  En effet : $$u_n(k+1)
=\int_{[0,1]^n}\Bigl(\frac{S_n}{n}\Bigr)^{k+1}dx
=\int_{[0,1]^n}\frac{S_n}{n}\Bigl(\frac{S_n}{n}\Bigr)^k dx.
$$ On écrit $\frac{S_n}{n}=\frac1n\sum_{i=1}^n x_i, $
donc
$$
u_n(k+1)
=\frac1n\sum_{i=1}^n
\int_{[0,1]^n}x_i\Bigl(\frac{S_n}{n}\Bigr)^k dx.
$$

Par symétrie des variables,
$$
\int_{[0,1]^n}x_i\Bigl(\frac{S_n}{n}\Bigr)^k dx
\ \text{ne dépend pas de } i,
$$
d’où
$$
u_n(k+1)
=\int_{[0,1]^n}x_1\Bigl(\frac{S_n}{n}\Bigr)^k dx.
\tag{1}
$$
En séparant  $S_n=x_1+(x_2+\cdots+x_n)$ et en développant :
$$\Bigl(\frac{x_1+(x_2+\cdots+x_n) }{n}\Bigr)^k
=\sum_{j=0}^k\binom{k}{j}\Bigl(\frac{x_1}{n}\Bigr)^j\Bigl(\frac{n-1}{n}\Bigr)^{k-j}\Bigl(\frac{x_2+\cdots+x_n}{n-1}\Bigr)^{k-j}.$$

En injectant dans (1) et en intégrant par rapport à $x_1$ :
$$u_n(k+1)=\sum_{j=0}^k\binom{k}{j}\frac{(n-1)^{k-j}}{n^k(j+2)}\,\underbrace{\int_{[0,1]^{n-1}}\Bigl(\frac{x_2+\cdots+x_n}{n-1}\Bigr)^{k-j}dx_2\cdots dx_n}_{=u_{n-1}(k-j)}.\tag{2}$$
Noter que $\int_{[0,1]^{n-1}}\Bigl(\frac{x_2 + \cdots + x_n}{n-1}\Bigr)^{k-j}dx_2\cdots dx_n$ est bien  $u_{n-1}(k-j)$ car par symétrie, on peut renommer les variables $(x_2,\ldots,x_n)$ en $(y_1,\ldots,y_{n-1})$, ce qui donne exactement la définition de $u_{n-1}(k-j)$.

Analysons la somme (2) :

Terme $j=0$ :
$$\frac12\Bigl(1-\frac{1}{n}\Bigr)^k  u_{n-1}(k) \xrightarrow[n\to\infty]{}\frac12\cdot\Bigl(\frac12\Bigr)^k = \Bigl(\frac12\Bigr)^{k+1},$$.

Termes $j\ge 1$ :
Pour $1\le j\le k$, $\frac{(n-1)^{k-j}}{n^k(j+2)}u_{n-1}(k-j)\le\frac{1}{n}\cdot\frac{1}{j+2}\cdot u_{n-1}(k-j) \xrightarrow[n\to\infty]{}0$. En effet
$(n-1)^{k-j}\le n^{k-j}$ et $n^{-j}\le n^{-1}$ et $u_{n-1}(k-j)\le 1 $
En passant à la limite dans (2) :
$$\boxed{\lim_{n\to\infty}u_n(k+1)=\Bigl(\frac12\Bigr)^{k+1}}.$$

∎

Bonjour Glozi
Avant de lire en détails  ton post , je tiens à dire que personnellement, j’ai trouvé la question ardue et je n’avais trouvé aucun angle d’attaque au début. Mais avec les indications de Troiqua, j’ai compris pourquoi ça marche pour la base 10. Malheureusement, un intervenant a tout gâché en donnant une réponse toute prête générée par Gemini. La réponse de gemini est juste mais les arguments sont superficiels

Bonjour Glozi
On peut démontrer un joli lemme
Lemme  : Si E de dim finie n >0 et $\text{Im}(u^p) = \text{Ker}(u^q)$ avec pour certains  $p,q \ge 1$  alors  nécessairement $p \leq n$  et  $q \leq n$ .
remarque si E est l espace nul alors dim E=0  (p+q divise 0) et dim C(u)=0

Désolé je n'ai pas précisé l idée derrière
Pour chaque $(i,j)$, je définis  la fonction :
$$\phi_{ij} : M_n(\mathbb{K}) \to M_{n-1}(\mathbb{K}), \quad A \mapsto M_{ij}(A)$$
qui extrait le mineur $(i,j)$.

1. $\phi_{ij}$ est continue  ( lineaire + dim finie)
2. Par hypothèse de récurrence, la fonction $\det_{n-1} : M_{n-1}(\mathbb{K}) \to \mathbb{K}$ est continue
3. Donc la composée $\det_{n-1} \circ \phi_{ij}$ est continue sur $M_n(\mathbb{K})$

Le développement par rapport à la ligne $i$ s'écrit :
$$\det_n(A) = \sum_{j=1}^n (-1)^{i+j} a_{ij} \cdot (\det_{n-1} \circ \phi_{ij})(A)$$

C'est une combinaison linéaire de produits de fonctions continues sur $M_n(\mathbb{K})$, donc $\det_n$ est continue.

Bonjour,
Pourquoi ce doute?
Considérons l'application : $$\det : \mathbb{R}^{n^2} \to \mathbb{R}$$
On peut écrire le déterminant comme : $$\det(A) = \sum_{j=1}^n (-1)^{i+j} a_{ij} \det(A_{ij})$$ où $A_{ij}$ est la matrice obtenue en supprimant la ligne $i$ et la colonne $j$. Par récurrence sur $n$, on montre que $\det$ est continue.

Bonjour,

ll fallait au moins dire que tu as eu une réponse sur  le site MSE

Je n'avais pas compris ta phrase On fait donc une demande de parité sur le  dénominateur de l’approximation diophantienne. je n'étais pas certain si tu voulais des dénominateurs pairs ou impairs

Je suis ok avec  puisque $q_k$ et $q_{k-1}$ sont premiers entre eux, ils ne peuvent pas être tous les deux pairs.
Par conséquent, dans la suite des dénominateurs $(q_k)_{k \in \mathbb{N}}$, il est impossible de trouver deux nombres pairs consécutifs
Cela garantit  qu'il existe une infinité d'indices $k$ pour lesquels $q_k$ est impair