Le quatrième chiffre

Magnifique problème !
Une infinité de couples possibles pour A et R, mais toujours 0 comme réponse !

Merci !!!

10 n'est pas un rayon qui donne une figure valide (rappel, A et R sont tous les deux entiers)

Bonsoir,
Cet "exercice" mobilise quelques connaissances sur les réduites de $\sqrt 2$ ainsi qu'un peu de dextérité dans leur maniement.

Avec $U = \dfrac {AB}2$, on parvient sans trop de difficulté à : $R^2-2U^2 =1, \quad R,U \in \N,$ une équation diophantienne familière à ceux qui la connaissent, et dont les solutions sont les couples $(R_{2n}, U_{2n})$ formés par les termes des suites ainsi définies:
$R_0=R_1 =1, \quad R_{n+2} = 2R_{n+1} + R_n, \qquad U_0=0 , \:U_1 =1, \quad U_{n+2} = 2U_{n+1} + U_n.$

Quelques observations numériques conduisent à considérer et à prouver l'inégalité suivante:
$$ \forall n \in \N^*, \qquad 0<\sqrt 2-1 - \dfrac{R_{2n-1}}{R_{2n}} -\dfrac {U_{2n}}{R_{2n}^3} < \dfrac 1{R_{2n}^4} \qquad (\bigstar)$$
Cette dernière, combinée à $U_{2n-1}<R_{2n}, \:\:R_{2n-1}<R_{2n}$, a en effet pour conséquence immédiate:
$\quad\boxed {\text { Le développement de}\: \sqrt 2\: \text{ dans la base }\:R_{2n}\:\text{est: }\:\:\: 1,a \:b \: c\:d \dots\qquad a= R_{2n-1}, \: b=0, \:c =U_{2n} , \:d=0.}$

Afin d'affronter un calcul que l'on pressent scabreux et incertain, il n'est pas inutile de se munir les relations suivantes, toutes faciles à établir.
$(1) \qquad R_{2n}^2 - 2 U_{2n}^2 =1.$
$(2)\qquad U_{2n-1}+ U_{2n} = R_{2n}.$
$(3) \qquad U_{2n-1}R_{2n} - U_{2n}R_{2n-1}=1$
$(4) \qquad R_{2n} -U_{2n}\sqrt 2 = \dfrac {1}{R_{2n} +U_{2n} \sqrt2}.$


$\begin{align*}A:=\sqrt 2-1 - \dfrac{R_{2n-1}}{R_{2n}} -\dfrac {U_{2n}}{R_{2n}^3} & \overset {(2)} = \sqrt 2 +\left(\dfrac {U_{2n-1}}{U_{2n}}- \dfrac {R_{2n-1}}{R_{2n}} \right) - \dfrac {R_{2n}}{U_{2n}} - \dfrac {U_{2n}}{R_{2n}^3}\\ &\overset{(3)}=\dfrac 1 {R_{2n}U_{2n}}+ \left( \sqrt 2 - \dfrac {R_{2n}}{U_{2n}}\right) - \dfrac {U_{2n}}{R_{2n}^3} \\ &\overset{ (4)} =\dfrac 1 {R_{2n}U_{2n}}- \dfrac {1}{U_{2n}(R_{2n} +U_{2n} \sqrt2)}-\dfrac {U_{2n}}{R_{2n}^3}\\ &= \dfrac{R_{2n}^2 - U_{2n}^2}{R_{2n}^3 U_{2n}}-\dfrac {1}{U_{2n}(R_{2n} +U_{2n} \sqrt2)} \\& \overset {(1)}= \dfrac {(U_{2n}^2 +1) \sqrt 2 - R_{2n}U_{2n}}{R_{2n}^3(R_{2n}+U_{2n}\sqrt 2 )}\\&\overset{(4)}= \dfrac {\sqrt 2 - \frac1{R_{2n}+ U_{2n}\sqrt2}}{R_{2n}^4 \left (1 +\frac {U_{2n}\sqrt 2}{R_{2n}}\right)}\end{align*}$
$\forall n \in \N^*,\qquad 0<\sqrt 2-\dfrac 1{R_{2n}+ U_{2n}\sqrt2} <\sqrt 2 \qquad 1+\dfrac {U_{2n}\sqrt 2 }{R_{2n}}> \dfrac 32, \qquad 0 <A< \dfrac 1 {R_{2n}^4}\:\square$

Bonjour LOU.

Je reste sans voix.

Toutefois un point me chagrine. Tu affirmes que $b=0$. Or mes investigations avec Wims m'ont amené à
$\sqrt2 = 1,2620345452\ldots$ en base sept.

Alors qui croire ?

Amicalement,

e.v.

Salut Jandri,
Pardonne moi, mais je ne comprends pas:
$\sqrt 2 =1 +\dfrac {\alpha -R} R+ \dfrac U{R^3} + \displaystyle \sum_{k=2}^{+\infty}\binom {-1/2}{k}\dfrac{(-1)^k \alpha}{R^{2k+1}}$ ne fournit pas le développement de $\sqrt 2$ en base $R$
Il faut, me semble-t-il, bien s'assurer que $0<\sqrt 2 -1- \dfrac {\alpha -R} R- \dfrac U{R^3} < \dfrac 1 {R^4},$ ce qui est sans doute possible en majorant directement le $\sum$

Plutôt que de majorer la somme directement, on utilise la formule de Taylor avec reste intégral pour avoir pour tout $a\in\left]0,1\right[$ :
\[0\leq (1-a)^{-1/2}-1-\frac{a}{2}=\int_0^a \frac{3}{4}t(1-a+t)^{-5/2}dt \leq \frac{3}{8}a^2(1-a)^{-5/2}.
\] Ainsi puisque $r \geq 2$ :
\[\begin{align}
0\leq \sqrt{2}-\frac{\alpha}{r}\left(1+\frac{1}{2r^2}\right)&=\frac{\alpha}{r}\left(\Big(1-\frac{1}{r^2}\Big)^{-1/2}-1-\frac{1}{2r^2}\right)\\
&\leq \frac{\alpha}{r}\times \frac{3}{8}\times\frac{1}{r^4}\times \left(1-\frac{1}{r^2}\right)^{-5/2}\\
&=\frac{1}{r^4}\times \frac{3\sqrt{2}}{8} \times \left(1-\frac{1}{r^2}\right)^{-2}\\
&\leq \frac{2\sqrt{2}}{3}\times \frac{1}{r^4}\\
&<\frac{1}{r^4}
\end{align}\]

Dans le triangle $AFB$ j'ai écrit $AF^2=AB^2+FB^2-2AB\times FB\cos(B)$.

Avec $FB=\dfrac{AB}{\sqrt2}-1$ et $AF=R$ on obtient bien $2R^2=AB^2+2$.

Je ne vois encore pas d'où vient $FB = \dfrac{AB}{\sqrt{2}} - 1$ ; insinues-tu que $AB = \dfrac{1}{\sqrt{2}}$ ?

Ah ok j'ai vu, j'avais omis une racine carré, merci