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Cosmic Gate

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Théorème de Beatty

Bonsoir,

Pour la question 1 je suppose que la réponse est non mais je ne trouve pas d'exemple pour le prouver.

Soit [tex]A[/tex] une partie de [tex]\mathbf{N}^{*}[/tex]. On considère la suite [tex]d_n(A)=\dfrac{card ( A \cap \{1, \cdots, n \} )}{n}[/tex].
On définit la densité de [tex]A[/tex] notée [tex]d(A)[/tex] comme la limite de cette suite si elle existe.
1) Toutes les parties de [tex]\mathbf{N}^{*}[/tex] ont-elles une densité ?
2) Montrer que si [tex]A[/tex] et [tex]B[/tex] sont deux parties disjointes de [tex]\mathbf{N}^{*}[/tex] ayant une densité alors [tex]d(A \cup B)=d(A)+d(B)[/tex].
3) Soit [tex]a>1[/tex]. Quelle est la densité de [tex]E_a = \{ E(na) \ | \ n \in \mathbf{N}^{*} \}[/tex].
4) En déduire que si [tex]E_a[/tex] et [tex]E_b[/tex] forment une partition de [tex]\mathbf{N}^{*}[/tex], [tex]a[/tex] et [tex]b[/tex] sont irrationnels et [tex]\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}=1[/tex].

Dernière modification par Cosmic Gate (25-09-2023 22:19:29)

Glozi

Invité

Re : Théorème de Beatty

Bonsoir,
Pour la Q1 je pense à un ensemble $A$ qui a une "densité oscillante", c'est à dire tel que $(d_n(A))_n$ ait deux valeurs d'adhérence différentes. Si tu n'as pas d'idée pour un ensemble $A$ tout fait, tu peux quand même en construire à la main, on commence avec $A=\{1\}$ et donc $d_1(A)=1$ tant que $d_n(A)$ est plus grand que $1/4$ alors on ne met pas $n+1$ dans $A$, une fois que $d_n(A)\leq 1/4$ alors tant que $d_n(A)$ n'est pas plus grand que $3/4$ alors on rajoute $n+1$ à $A$ etc... la densité $d_n(A)$ va ainsi osciller entre $1/4$ et $3/4$ une infinité de fois... (à rédiger proprement)
Sinon si tu veux un exemple plus explicite :

▼plus explicite

Par exemple $A$ défini par $x\in A$ si et seulement si $2^{2n}< x\leq 2^{2n+1}$ pour un certain $n\geq 0$.
Alors, modulo erreurs sur quelques termes, on devrait avoir $d_{2^{2n}}(A) = \frac{1}{2^{2n}}\sum_{k=0}^{n-1} (2^{2k+1}-2^{2k}) = \dots$, alors que $d_{2^{2n+1}}=\dots$
Je te laisse poursuivre.

Bonne soirée

Cosmic Gate

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Re : Théorème de Beatty

Bonsoir,
Merci pour votre réponse. J'avoue que je m'attendais à des exemples plus simples et faciles à manipuler.
J'ai du mal à comprendre la construction de [tex]A[/tex].
Ce que je ne comprends pas c'est que si [tex]A=\{ 1 \}[/tex], on a [tex]d_n(A)=\dfrac{1}{n}[/tex] qui ne bouge pas.
J'ai du mal à voir pourquoi on regarde [tex]1/4[/tex] et [tex]3/4[/tex].

Pour l'exemple explicite, je ne comprends pas qui est [tex]n[/tex]. Je ne comprends pas vraiment cet ensemble [tex]A[/tex].
Il me semble que [tex]A[/tex] n'est pas une partie de [tex]\mathbf{N}^{*}[/tex] défini comme tel. Il peut contenir des réels non entiers non ?

Dernière modification par Cosmic Gate (20-09-2023 18:20:41)

Glozi

Invité

Re : Théorème de Beatty

Bonsoir,
Pour construire un ensemble $A\subset \mathbb{N}^*$ on peut procéder de la manière suivante :
On regarde dans l'ordre chaque entier $i\in \mathbb{N}^*$ (d'abord $1$ puis $2$ puis $3$ etc...) et pour chaque entier on choisit de le mettre ou non dans $A$.
Pour la construction assez "abstraite", je dis :
- on commence par mettre $1$ dans $A$,
- Tant que parmi les entiers de $1$ à $n$ il n'y a pas trois plus d'entiers non mis dans $A$ que d'entier mis dans $A$, alors je ne mets pas $n$ dans $A$ et je passe à $n+1$
- j'atteins un premier $N$ tel qu'il y a trois fois plus d'entiers non mis dans $A$ que d'entier mis dans $A$ (typiquement $N=4$), on passe à $N+1$
- Ensuite, tant que parmi les entiers de $1$ à $n$ il n'y a pas trois fois plus d'entiers mis dans $A$ que d'entier mis dans $A$ alors je mets $n$ dans $A$ et je passe à $n+1$.
- Puis je ne mets pas les entiers suivants jusqu'à redescendre à une densité en dessous de $1/4$
- Puis je mets tous les entiers suivants jusqu'à remonter à une densité au dessus de $3/4$
- etc...

Pour la construction explicite, j'ai pourtant donné la définition claire de $A$ : $\forall x\in \mathbb{N}^*,\ x\in A \Leftrightarrow \left(\exists n\geq 0, 2^{2n}< x\leq 2^{2n+1}\right)$.

Bonne soirée

Fred

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Re : Théorème de Beatty

Bonsoir,

  L'idée dans la construction que Glozi propose, c'est de prendre de grands intervalles d'entiers afin de faire monter $d_n(A)$, puis laisser de gros trous afin de faire diminuer $d_n(A)$. Par exemple, on peut considérer $A=\bigcup_{p\geq 0}\{3^p+1,3^p+2,\dots,2\cdot 3^p\}$.

Pour $n=2\cdot 3^k$, on a $A\cap \{1,\dots,n\}=\bigcup_{p=0}^{k}\{3^p+1,3^p+2,\dots,2\cdot 3^p\}$
et donc $d_{2\cdot 3^k}(A)=\frac{1+3+3^2+\cdots+3^k}{2\cdot 3^k}$ et ceci tend (sauf erreur de calculs) vers $3/4$.

Maintenant, pour $n=3^{k+1}$, on a toujours $A\cap\{1,\dots,n\}=\bigcup_{p=0}^k \{3^p+1,3^p+2,\dots,2\cdot 3^p\}$
mais $n$ a beaucoup augmenté!
Du cours $d_{3^{k+1}}(A)=\frac{1+3+3^2+\cdots+3^k}{3^{k+1}}$ et ceci tend (sauf erreur de calculs) vers $1/2$.

Ainsi, cet ensemble n'a pas de densité.

F.

Fred

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Re : Théorème de Beatty

Bonsoir,

  L'idée dans la construction que Glozi propose, c'est de prendre de grands intervalles d'entiers afin de faire monter $d_n(A)$, puis laisser de gros trous afin de faire diminuer $d_n(A)$. Par exemple, on peut considérer $A=\bigcup_{p\geq 0}\{3^p+1,3^p+2,\dots,2\cdot 3^p\}$.

Pour $n=2\cdot 3^k$, on a $A\cap \{1,\dots,n\}=\bigcup_{p=0}^{k}\{3^p+1,3^p+2,\dots,2\cdot 3^p\}$
et donc $d_{2\cdot 3^k}(A)=\frac{1+3+3^2+\cdots+3^k}{2\cdot 3^k}$ et ceci tend (sauf erreur de calculs) vers $3/4$.

Maintenant, pour $n=3^{k+1}$, on a toujours $A\cap\{1,\dots,n\}=\bigcup_{p=0}^k \{3^p+1,3^p+2,\dots,2\cdot 3^p\}$
mais $n$ a beaucoup augmenté!
Du cours $d_{3^{k+1}}(A)=\frac{1+3+3^2+\cdots+3^k}{3^{k+1}}$ et ceci tend (sauf erreur de calculs) vers $1/2$.

Ainsi, cet ensemble n'a pas de densité.

F.

[edit Fred : Je n'aurais pas dû faire autre chose au milieu de la rédaction de mon message... Glozi avait déjà répondu!]

Michel Coste

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Re : Théorème de Beatty

Essayons un autre truc, toujours dans le même esprit.
Soit A l'ensemble des entiers dont l'écriture en base 10 commence par 1.
Si on va jusqu'à 1999...9999, il y en a plus de la moitié qui commencent par 1.
Si on va jusqu'à 9999...9999, il n'y en a qu'un neuvième qui commencent par 1.

Cosmic Gate

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Re : Théorème de Beatty

Merci beaucoup pour vos réponses détaillées.

Fred
Intéressant mais je n'ai pas l'impression que tu as pris le même ensemble que Glozi.
Mais ton message m'a beaucoup aidé.

Glozi
On a : [tex]A= \{1 \}[/tex]. Il y  a donc un élément dans [tex]A[/tex] et aucun dans [tex]\bar{A}[/tex].
On met donc [tex]2,3,4[/tex] dans [tex]\bar{A}[/tex].
On a alors [tex]A=\{1 \}[/tex] et [tex]\bar{A}= \{2,3,4 \}[/tex]
Il y a à présent [tex]3[/tex] fois plus d'entiers non mis dans [tex]A[/tex] que d'entiers mis dans [tex]A[/tex].
On met donc dans [tex]A[/tex] les nombres [tex]5,6,7,8,9,10,11,12[/tex]
Maintenant [tex]A=\{ 1,5,6,7,8,9,10,11,12 \}[/tex] et [tex]\bar{A}= \{2,3,4 \}[/tex].

On a donc [tex]| A |=9 [/tex] et [tex]| \bar{A} | =3[/tex]

Si on s'arrête ici, on aurait [tex]n=12[/tex].
On a [tex]d_{12} (A)= \dfrac{9}{12}=\dfrac{3}{4} [/tex].

On continue. On met [tex]13,14,15,16,17,18,19,20,21,22,23,24,25,26,27,28,29,30,31,32,33,34,35,35,36[/tex]
On a [tex]d_{12} (A)= \dfrac{9}{36}=\dfrac{1}{4} [/tex]. On est redescendu à une densité de [tex]\dfrac{1}{4}[/tex].

On a [tex]A=  \{ 1 \} \displaystyle\bigcup_{n \geq 0} \{ 4^n +1, \cdots , 2 \times 4^n  \} [/tex]

Notons : [tex]\varphi(n)=2 \times 4^n[/tex] et [tex]\psi(n)=4^{n+1}[/tex].
Les applications [tex]\varphi[/tex] et [tex]\psi[/tex] sont bien strictement croissantes.

Posons : [tex]A_n= \{ 4^n +1;2 \times 4^n \}[/tex]. Je trouve [tex]| A_n | = 4^n[/tex]

Donc comme [tex]A=\displaystyle\bigcup_{n \geq 0} A_n[/tex] et que l'union est disjointe, donc :
[tex]d_{\varphi(n)} (A)=\dfrac{\displaystyle\sum_{k=0}^n 4^k}{2 \times 4^n}= \dfrac{1}{2} \displaystyle\sum_{k=0}^n (\dfrac{1}{4})^{n-k}= \dfrac{1}{2} \displaystyle\sum_{j=0}^n ( \dfrac{1}{4} )^j =\dfrac{2}{3} ( 1- (\dfrac{1}{4})^{n+1} ) \longrightarrow \dfrac{2}{3}[/tex]

Je ne comprends pas mon erreur, on devrait trouver [tex]\dfrac{3}{4}[/tex].

Glozi

Invité

Re : Théorème de Beatty

Bonsoir,
Tu t'attends à trouver $3/4$ mais ta définition formelle de $A$ n'est pas la bonne. Tu écris $A=\bigcup_n \{4^n+1,4^n +2,\dots, 2\times 4^n\}$ mais comment justifies-tu ça ?
En gros je t'ai donné deux exemples : un où on construit $A$ "à la main" pour être sûr que ça marche (par construction l'ensemble $A$ n'aura pas de densité), un autre exemple un peu sorti du chapeau (si on voit ça pour la première fois) avec des puissances de $2$ (cet exemple est dans la même veine que celui de Fred). Mais attention ces deux exemples donnent des ensembles $A$ différents.

Remarque sur la rédaction :
Il est maladroit de dire $A=\{1\}$ puis plus tard de dire $A=\{1,5,6,7,8,9,10,11,12\}$, en effet l'ensemble $A$ ne peut pas prendre deux valeurs différentes. Un exemple de solution : en notant $E_n := \{1,2,\dots, n\}$ tu peux écrire $A\cap E_1 = \{1\}$, $A\cap E_4 = \{1\}$, et $A\cap E_{12}= \{1,5,6,7,8,9,10,11,12\}$.

Bonne soirée

Cosmic Gate

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Re : Théorème de Beatty

Ok merci. En effet, si on ne l'a jamais vu ce n'est pas évident.
Mais l'important c'est de réussir à finir la question avec votre indication.

Je vais prendre l'ensemble [tex]A[/tex] qui correspond à votre définition :
[tex]\forall x\in \mathbb{N}^*,\ x\in A \Leftrightarrow \left(\exists n\geq 0, 2^{2n}< x\leq 2^{2n+1}\right)[/tex]

On peut donc écrire que [tex]A= \displaystyle\bigcup_{n \geq 0} [|4^n+1,2 \times 4^n |][/tex].

Posons : [tex]\forall n \geq 0 \ A_n= [|4^n+1,2 \times 4^n |] [/tex]
On a [tex]| A_n |= 2 \times 4^n-(4^n+1)-1 = 4^n[/tex]
Posons [tex]\varphi(n)=2 \times 4^n[/tex] et [tex]\psi(n)=4^{n+1}[/tex]
Les applications [tex]\varphi, \psi[/tex] sont strictement croissantes et définies de [tex]\mathbf{N}[/tex] à valeurs dans [tex]\mathbf{N}[/tex].

On a [tex]d_{ \varphi(n) } (A) \longrightarrow \dfrac{2}{3}[/tex]

Puis [tex]d_{\psi(n)} (A)= \dfrac{ \sum_{k=0}^n 4^k}{4^{n+1} } =\dfrac{1}{4} \displaystyle\sum_{j=0}^n (4^{-1})^j=\dfrac{1}{4} \dfrac{1-(\frac{1}{4})^{n+1}}{1-\frac{1}{4}} \longrightarrow \dfrac{1}{3}[/tex]

Comme les suites extraites [tex](d_{\varphi(n)} (A))[/tex] et [tex](d_{\psi(n)} (A))[/tex] convergent vers des limites distinctes, la suite [tex]d_n(A)[/tex] n'admet pas de limite.

Est-ce correct ?

Glozi

Invité

Re : Théorème de Beatty

Oui c'est correct ! (attention à la typo lorsque tu calcules $|A_n|$).

Cosmic Gate

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Re : Théorème de Beatty

Oui merci erreur de frappe c'est [tex]+1[/tex].

J'ai bien avancé mais je n'arrive pas à traiter la toute fin.

2) Soient [tex]A \subset \mathbf{N}^{*}[/tex] et [tex]B \subset N^{*}[/tex] tel que [tex]A \cap B = \emptyset[/tex].
On a [tex]d_n(A \cup B)=\dfrac{ card( (A \cup B) \cap \{1, \cdots, n \} )}{n}[/tex]

On sait que [tex](A \cup B) \cap \{1, \cdots , n \} =(A \cap \{1, \cdots, n \} ) \cup (B \cap \{1, \cdots, n \} )[/tex]
Donc [tex] card( (A \cup B) \cap \{1, \cdots, n \} )= card ((A \cap \{1, \cdots, n \} ) + card ((B \cap \{1, \cdots, n \} ) - card ( \emptyset)[/tex] car [tex]A \cap B  \cap \{1, \cdots, n \} = \emptyset[/tex]
Donc [tex]card( (A \cup B) \cap \{1, \cdots, n \} )= card ((A \cap \{1, \cdots, n \} ) + card ((B \cap \{1, \cdots, n \} ) [/tex]
Ainsi [tex]d_n(A \cup B)= d_n(A)+d_n(B) \longrightarrow d(A)+d(B)[/tex]
Par unicité de la limite, on en déduit finalement : [tex]\boxed{d(A \cup B)=d(A)+d(B)}[/tex]

3) Soit [tex]n \geq E(a)[/tex].
On remarque que [tex]a>1[/tex] donc [tex]E(a) \geq 1[/tex].
Notons : [tex] p= \max \{ k \in \mathbf{N}^{*} \ | \ 1 \leq E(ka) \leq n \}[/tex]
On a donc : [tex]p= card ( E_a \cap \{1, \cdots, n \} )[/tex]
On a [tex]pa -1 < E(pa) \leq n [/tex] et [tex](p+1) a \geq E((p+1) a) \geq n+1[/tex]
On obtient l'inégalité : [tex]n+1-a \leq pa < n+1[/tex]

Comme [tex]a \ne 0[/tex] : [tex]\dfrac{1}{a} +\dfrac{1}{an} - \dfrac{1}{n} \leq \dfrac{p}{n} <\dfrac{1}{a}+ \dfrac{1}{an}[/tex]
Le théorème d'encadrement permet d'en conclure que : [tex]\boxed{d(E_a)=\dfrac{1}{a}}[/tex]

4) Supposons que [tex]E_a \cap E_p = \mathbf{N}^{*}[/tex] avec [tex]E_a \cap E_b = \emptyset[/tex]
D'après Q2, on a [tex]d( \mathbf{N}^{*} ) =d(E_a)+d(E_b)= \dfrac{1}{a}+ \dfrac{1}{b} [/tex]
Mais [tex]d( \mathbf{N}^{*} ) =1[/tex] donc [tex]\boxed{ \dfrac{1}{a}+ \dfrac{1}{b}=1}[/tex]

Je n'arrive pas à montrer que [tex]a[/tex] et [tex]b[/tex] sont irrationnels...

Glozi

Invité

Re : Théorème de Beatty

Déjà, il n'y a que deux cas possibles : ou bien $a$ et $b$ sont rationnels, ou bien $a$ et $b$ sont irrationels (pourquoi c'est impossible d'avoir l'un rationnel et l'autre irrationnel ?). Ensuite si les deux étaient rationnels est-ce que c'est vraiment possible d'avoir $E_a\cap E_b = \emptyset$ ?

Cosmic Gate

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Re : Théorème de Beatty

D'accord merci. Votre aide m'a été précieuse pour comprendre cet exercice qui me faisait peur de prime abord.

• Supposons que [tex]a[/tex] soit rationnel et [tex]b[/tex] irrationnel =. Comme [tex]a= ab-b[/tex] et que [tex]ab[/tex] et [tex]b[/tex] sont irrationnels, cela conduit à [tex]a[/tex] irrationnel, ce qui est absurde.

• Supposons que [tex]a[/tex] et [tex]b[/tex] soient rationnels. On écrit [tex]a=\dfrac{u}{v}[/tex] et [tex]b=\dfrac{u'}{v'}[/tex]. On en déduit [tex]uu'=(u'v) a = (uv') b \in \mathbf{Z}[/tex]. Mais alors [tex]uu' \in E_a \cap E_b= \emptyset[/tex] ce qui est absurde.

Il ne reste qu'une seule possibilité : [tex]\boxed{a \ \text{et} \ b \ \text{sont irrationnels} }[/tex]

Glozi

Invité

Re : Théorème de Beatty

Tant mieux si tu as compris des choses,
Je ne sais si c'est dans ton exercice mais sache que le théorème de Beatty contient aussi une réciproque : si $a$ et $b$ sont deux irrationnels strictement positifs tels que $1/a+1/b=1$, alors $E_a\cap E_b=\emptyset$ et $E_a\cup E_b = \mathbb{N}^*$.
Bonne journée

bridgslam

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Re : Théorème de Beatty

Bonsoir,

Mis à part l'intérêt intrinsèque, on en trouve une application  pratique pour trouver la stratégie gagnante au jeu de Wythoff ( sorte de variante du jeu de Nim ).
On peut aussi se pencher sur le caractère unique du réel x pour la suite des entiers obtenue à partir de x.

A.

Cosmic Gate

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Re : Théorème de Beatty

Bridgslam
Intéressant.

Glozi, je veux bien traiter la réciproque. Elle n'est pas dans mon exercice, peut-être à cause de sa difficulté ? Aucune idée.
Est-elle abordable ?

Glozi

Invité

Re : Théorème de Beatty

Je ne connaissais pas le jeu de Wythoff je vais me renseigner !

Sinon la réciproque est accessible bien qu'un peu astucieuse.
Considérons $a,b>0$ irrationnels tels que $1/a+1/b=1$.
1. Pour $n\geq 1$, on pose $k = \text{Card}(E_a \cap \{1,\dots, n\})$ et $l=\text{Card}(E_a \cap \{1,\dots, n\})$. Exprimer $k$ en fonction de $a$ et $n$, et $l$ en fonction de $b$ et $n$.
2. En déduire que $k+l=n$. Indice : à chaque fois qu'on a une inégalité large, se demander si ça ne serait pas une inégalité stricte.
3. Conclure.

Cosmic Gate

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Re : Théorème de Beatty

Merci. J'ai un petit souci à la question 2 je trouve [tex]n-1[/tex] au lieu de [tex]n[/tex].

On remarque que [tex]a>1[/tex] et [tex]b>1[/tex].

1) On a [tex]k= \max \{ r \in \mathbf{N}^{*} \ | \ 1 \leq E(ra) \leq n \}[/tex] et [tex]l= \max \{ s \in \mathbf{N}^{*} \ | \ 1 \leq E(sa) \leq n \}[/tex]
On remarque que [tex]k[/tex] est le nombre de multiples de [tex]a[/tex] compris entre [tex]1[/tex] et [tex]n[/tex], il y en a [tex]E(\dfrac{n}{a})[/tex].
Ainsi : [tex]\boxed{k=E(\dfrac{n}{a})}[/tex] et [tex]\boxed{l=E(\dfrac{n}{b})}[/tex]

2) On a [tex]\dfrac{n}{a} -1 < k <  \dfrac{n}{a}[/tex] l'inégalité stricte à droite provient de l'irrationnalité de [tex]a[/tex]. En effet, si [tex]\dfrac{n}{a}[/tex] est entier, alors il existe [tex]q \in \mathbf{Z}[/tex] tel que [tex]n=aq[/tex] ce qui est absurde.
De même : [tex]\dfrac{n}{b} -1 < l <  \dfrac{n}{b}[/tex]
En sommant : [tex]n-2 < k+l < n[/tex]
Mais [tex]k+l \in \mathbf{Z}[/tex] donc [tex]\boxed{k+l=n-1}[/tex] ...

3) J'ai des difficultés à voir le lien avec ce qui précède. Je ne vois pas commet démontrer que [tex] \mathbf{N}^{*} \subset E_a \cup E_b [/tex] , l'autre inclusion étant immédiate.
J'ai réussi uniquement à montrer [tex]E_a \cap E_b = \emptyset[/tex]
En effet, si [tex]x \in E_a \cap E_b[/tex], il existe [tex](r,s) \in (\mathbf{N}^{*})^2[/tex] tel que [tex]x=E(ra)=E(sb)[/tex]
On obtient : [tex]x<  ra < x+1[/tex] et [tex]x < sb < x+1[/tex]
Donc :  [tex]\dfrac{x}{a} <  r < \dfrac{x}{a}+1[/tex] et [tex]\dfrac{x}{b} < s < \dfrac{x}{b}+1[/tex]
Ce qui donne : [tex]x < r+s < x+1[/tex] ce qui est absurde car [tex]r+s \in \mathbf{N}^{*}[/tex]
On a montré : [tex]\boxed{E_a \cap E_b = \emptyset} [/tex]

Glozi

Invité

Re : Théorème de Beatty

Bonjour,

Merci. J'ai un petit souci à la question 2 je trouve [tex]n-1[/tex] au lieu de [tex]n[/tex].
On remarque que [tex]k[/tex] est le nombre de multiples de [tex]a[/tex] compris entre [tex]1[/tex] et [tex]n[/tex], il y en a [tex]E(\dfrac{n}{a})[/tex].
Ainsi : [tex]\boxed{k=E(\dfrac{n}{a})}[/tex] et [tex]\boxed{l=E(\dfrac{n}{b})}[/tex]

C'est ici qu'il y a un problème : $k$ est le plus grand entier $k\geq 1$ tel que $E(ak)\leq n$ (pas le plus grand entier tel que $ak\leq n$). Cela va changer ton résultat. (Ex : pour $n=1$ tu trouve $k=l=0$ (puisque $a>1$ et $b>1$ mais par la relation $1/a+1/b=1$ alors forcément on a ou bien $1<a<2$ et $1=E(a)$ est dans $E_a$ ou bien $1<b<2$ et $1=E(b)$ est dans $E_b$).

Pour la question 3 je te laisse réfléchir, essaye de faire varier $n$.
Bonne journée

Cosmic Gate

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Re : Théorème de Beatty

Je ne vois pas comment déterminer [tex]k[/tex] le plus grand entier [tex]i \geq 1[/tex] tel que [tex]E(a i) \leq n [/tex].
C'est ce qui m'a bloqué au départ quand j'ai voulu résoudre votre question 1).

Pour la 3), il faudrait d'abord que je corrige 1 et 2 afin de pouvoir faire varier [tex]n[/tex].

Glozi

Invité

Re : Théorème de Beatty

Le plus grand entier $k$ vérifie : $E(ak)\leq n$ mais aussi $E(a(k+1))>n$ (donc $E(a(k+1))\geq n+1$, car on a une inégalité stricte entre deux entiers). Tu peux utiliser les inégalités sur la fonctions partie entière pour essayer de trouver $k$.

▼objectif

On doit trouver $k=E((n+1)/a)$

▼solution

On déduit des deux inégalités ci dessus que : $ak-1< E(ak)\leq n$ et $a(k+1)> E(a(k+1))\geq n+1$ (inégalité stricte car $a$ irrationnel).
Ainsi $k$ est un entier qui vérifie $k<(n+1)/a$ et $k > (n+1)/a-1$ forcément $k=E(\frac{n+1}{a})$.

Bonne soirée

Cosmic Gate

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Re : Théorème de Beatty

Superbe merci. Je n'avais pas pensé à écrire ces inégalités ici pourtant je les connais.

On a donc [tex]k+l=n[/tex] .

Il reste à montrer que [tex]E_a \cup E_b =\mathbf{N}^{*}[/tex]
Première inclusion :
Soit [tex]x \in E_a  \cup E_b[/tex]. Si [tex]x \in E_a[/tex] alors il existe [tex]i \in \mathbf{N}^{*}[/tex] tel que [tex]x=E(ia) \in \mathbf{N}^{*}[/tex]. Par symétrie, le cas [tex]x \in E_b[/tex] s'obtient de la même façon.

Seconde inclusion :
Soit [tex]n \in \mathbf{N}^{*}[/tex].
On a vu que [tex]n=k+l[/tex].
Je comprends l'exemple pour [tex]n=1[/tex].
Mais le cas [tex]n=2[/tex] me pose des difficultés.
On a [tex]k=E(\dfrac{3}{a} )[/tex] et  [tex]l=E(\dfrac{3}{b} )[/tex]
A partir d'ici je bloque. Je n'arrive pas à voir l'idée du raisonnement.

Glozi

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Re : Théorème de Beatty

Combien y a-t-il d'entiers dans $\{1,\dots, n\}$ parmi ces entiers combien sont dans $E_a$ combien sont dans $E_b$ ?

Cosmic Gate

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Re : Théorème de Beatty

Il y en a [tex]card( [|1,n|])=n[/tex] et on a montré plus haut qu'il y en a [tex]k=E( \dfrac{n+1}{a})[/tex] qui sont dans [tex]E_a[/tex] et  [tex]l=E( \dfrac{n+1}{b})[/tex] dans [tex]E_b[/tex] .