Fraction continue du nombre d'or

Hi hi hi....Je ne m'explique pas quelque chose qui doit sans doute être tout bête.

Soit $\Phi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ le nombre d'or et $\Phi_{n}$ le nombre rationnel avec n décimales après la virgule constituées par les n premières décimales du nombre d'or. Pourquoi la fraction continue de $\Phi_{n}$ contient un premier groupe de uns de cardinal impair?

Par exemple la fraction continue de $\Phi_{5}=1.61803$ est donnée par $[1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,3,1,2,1,1,6,2]$ et on peut compter treize uns dans le premier groupe de uns. J'ai vérifié que ça marche jusque $n=1000$.

(corrigé à la suite de la juste remarque de Fdp).

Réponses

  • Boecien a écrit:
    J'ai vérifié que ça marche jusque n=1000

    Je ne vois pas comment tu as pu faire cette vérification car ton $\phi_n$ ,n'est pas unique.

    $1,61$ et $1,612$ ont chacun deux décimales exactes du nombre $\phi$.

    A moins que ta définition de ton nombre $\phi_n$ soit incorrecte.
  • Si on prend comme définition de $\phi_n=\left[10^n \phi\right]\times 10^{-n}$ avec $\left[x\right]$ la partie entière de $x$ la propriété mentionnée semble vraie (j'ai poussé les calculs jusqu'à $n=1950$.

    Script PARI GP:
    \p 2000;
    p=(1+sqrt(5))/2;
    compte(L)={i=1;S=0;while(L[ i ]==1,i++;S++);return(S);}
    for(i=1,1950,if(compte(contfrac(floor(10^i*p)/10^i))%2!=1,print(i)));
    

    PS:
    Pour tester le script.

    PS2:
    Les symboles [ i ] avaient été mangés par le forum.
  • Merci Fdp. Cela suggère de montrer que la propriété est en fait vraie pour $\frac{\left\lfloor n\Phi\right\rfloor }{n}$ et tout $n\geq2$.
  • La fraction continue du nombre d'or est constitué que de 1 ; cela se démontre en 1 ligne
  • Merci c'est vraiment un beau résultat. L'infini est-il impair?
  • Il est bien connu que la représentation de $\varphi$ sous forme de fraction continue n'est constituée que de $1$. D'ailleurs, cela fait de $\varphi$ le nombre réel le moins bien approchable par des rationnels.
  • Médiat:
    Oui, bien sûr on démontre aisément que le "nombre d'or" a pour fraction continue $[1,1,1,...]$
    Mais ce n'est pas ce dont il est question exactement ici.
    Si on prend les nombres $\phi_n=\left\lfloor10^n \phi\right\rfloor\times 10^{-n}$ on n'est pas étonné de constater que leur développement en fraction continue commence par des $1$ mais pourquoi y-a-t-il un nombre impair de $1$ dans le développement en fraction continue de ces nombres**?


    *:$\phi$, "le nombre d'or", vérifie l'équation $\phi^2=1+\phi$ qui peut se réécrire: $\phi=1+\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{\phi}}$
    **: C'est ce qu'il semble quand on procède à des calculs.
  • Boécien:

    J'ai modifié le script ci-dessus pour tester cette hypothèse. Elle semble se vérifier pour les nombres de $2$ à $1950$.
  • Merci Fdp pour le script. Je vais télécharger pari gp, en ligne c'est un peu rude. C'est drôle de voir que les gens interviennent sans lire de quoi il est question en se basant sur le titre ou une remarque 8-). Ceci dit je fais souvent cette erreur en lisant certains fils de ne voir que la dernière réponse.

    Ici il s'agit maintenant de montrer que la fraction continue de $\frac{\left\lfloor n\Phi\right\rfloor }{n}$ contient un nombre impair de uns consécutifs au début pour tout $n\geq2$.
    Soit $u(n)$ le nombre de uns consécutifs dans la fraction continue de $\frac{\left\lfloor n\Phi\right\rfloor }{n}$.
    On a ainsi $u(1029)=7$ car la fraction continue de $\frac{\left\lfloor 1029\Phi\right\rfloor }{1029}$ est donnée par $[1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 2, 1, 4, 1, 3]$ et on voit qu'il y a sept uns au début.

    Je montre que pour $n=F(k)$, où $F(n)$ représente le nième nombre de Fibonacci, les fractions continues en question sont "prévisibles" et on a sauf erreur pour $k>1$, $u(2k-1)=2k-3$ et $u(2k)=2\left\lfloor \frac{k}{2}\right\rfloor -1$ qui sont bien des nombres impairs. Ce qui apporte un peu de crédit à l'hypothèse. Mais j'ai du mal a généraliser à partir de là car les fractions continues ne sont pas si simples pour tout $n$.
  • Boécien:

    Toute ceci est certainement une conséquence du fait que les réduites d'une fraction continue encadrent le nombre irrationnel qui est la limite de cette fraction continue (régulière).
    Les réduites "paires" minorent ce nombre tandis que les réduites "impaires" majorent ce nombre.

    NB:
    Une réduite de $\phi$ est par exemple le rationnel $[1,1,1,1,1,1]$. C'est une réduite "paire" il y a un nombre pair de nombres entiers naturels qui constituent cette réduite.
  • Une erreur s'est glissée dans le dernier message de Boécien (confusion entre $u(F_{2k-1})$ et $u(2k-1)$).

    Il a voulu écrire que si $u(n)$ désigne le nombre de $1$ consécutifs au début du développement en fraction continue de $\dfrac{\left\lfloor n\Phi\right\rfloor }{n}$ et si $F_n$ est le $n$-ème nombre de Fibonacci (avec $F_0=0$) alors il semblerait que $u(F_{2k-1})=2k-3$ et $u(F_{2k})=2\left\lfloor \dfrac{k}{2}\right\rfloor -1$.

    Edit : J'avais cru que ce n'est pas toujours vrai en calculant $u(F_{11})=u(89)=11 \neq 9$ mais en fait c'était dû à une erreur de mon programme qui donnait comme fraction continue $[\underbrace{1,1\dots,1}_\textrm{$11$ fois $1$}]$ au lieu de $[\underbrace{1,1\dots,1}_\textrm{$9$ fois $1$},2]$
  • Fin de partie a presque donné la démonstration du résultat proposé par Boécien, à une petite erreur près : la réduite $r_0=[a_0]$ qui minore le nombre décomposé en fraction continue est une réduite paire mais elle a un nombre impair ($1$) d'entiers.

    Si le développement en fraction continue d'un réel $x>1$ débute par un nombre pair ($2k$) de $1$ suivi de $a\geq2$ alors sa réduite $r_{2k}=[1,1\dots,1,a]$ minore $x$. On a donc $x>r_{2k}\geq [\underbrace{1,1\dots,1}_\textrm{$2k$ fois $1$},2]=[\underbrace{1,1\dots,1}_\textrm{$2k+2$ fois $1$}]>\Phi$ car c'est une réduite impaire de $\Phi$.

    Par suite, $\dfrac{\left\lfloor n\Phi\right\rfloor }{n}<\Phi$ ne peut pas avoir un nombre pair de $1$ au début de son développement en fraction continue.

    On montre de même que si le développement en fraction continue de $x>1$ débute par un nombre impair ($2k+1$) de $1$ suivi de $a\geq2$ alors sa réduite $r_{2k+1}=[1,1\dots,1,a]$ majore $x$. On a donc $x<r_{2k+1}\leq [\underbrace{1,1\dots,1}_\textrm{$2k+1$ fois $1$},2]=[\underbrace{1,1\dots,1}_\textrm{$2k+3$ fois $1$}]<\Phi$ car c'est une réduite paire de $\Phi$.

    On a donc $1<x<\Phi$ si et seulement si le développement en fraction continue de $x$ débute par un nombre impair de $1$
  • Merci Jandri c'est simple et élégant. Sinon je ne comprends pas ta remarque avec les nombres de Fibonacci. Je pense avoir montré ce que j'avance puisque l'on a exactement pour $k>1$
    $$\frac{\left\lfloor F_{2k-1}\Phi\right\rfloor }{F_{2k-1}}=\frac{F_{2k}}{F_{2k-1}}=\left[1,\ldots,1,2\right],
    $$ avec $2k-3$ uns consécutifs.
    Le cas $\frac{\left\lfloor F_{2k}\Phi\right\rfloor }{F_{2k}}=\frac{F_{2k+1}-1}{F_{2k}}$ nécessite de considérer $k$ pair ou impair. Je trouve:
    $$\frac{\left\lfloor F_{4j}\Phi\right\rfloor }{F_{4j}}=\left[1,\ldots,1,3\right] \\
    \frac{\left\lfloor F_{4j+2}\Phi\right\rfloor }{F_{4j+2}}=\left[1,\ldots,1,2\right],
    $$ avec $2j-1$ uns consécutifs.
  • En m'amusant avec des $2$ plutôt que des $1$ je propose autre chose avec l'exercice suivant.
    Montrer que si $n$ est un entier tel que $2n^{2}-1$ est un carré parfait alors la fraction continue de $\dfrac{\left\lfloor n\left(1+\sqrt{2}\right)\right\rfloor }{n}$ ne contient que des $2$ dont le nombre est $2+\left\lfloor \dfrac{\log n}{\log\left(1+\sqrt{2}\right)}\right\rfloor$.
  • Boécien
    merci pour la démonstration du calcul de $u(F_{2k-1})$.

    Pour le calcul de $u(F_{11})$ j'avais fait confiance à mon programme qui donnait comme fraction continue $[\underbrace{1,1\dots,1}_\textrm{$11$ fois $1$}]$ au lieu de $[\underbrace{1,1\dots,1}_\textrm{$9$ fois $1$},2]$.
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