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Les rationnels de ]0,1[

Bonjour,

Je souhaite montrer que tout rationnel de $]0,1[$ s'écrit comme somme d'inverses d'entiers naturels deux à deux distincts.
Pour cela, on me donne la question préliminaire :
Soit $x$ un rationnel de $]0,1[$. $x$ s'écrit donc $\ x=\frac{m}{n}$ avec $m<n$.
La division euclidienne de $n$ par $m$ s'écrit : $\ n=mq+r,$ avec $q$ un entier naturel non nul et $r\in\{0,\ldots,m-1\}$
On suppose que $x$ n'est pas l'inverse d'un entier naturel i.e. $r$ est non-nul.
Montrer que $x-\frac{1}{q+1}$ peut s'écrire sous la forme $\frac{m'}{n'}$ avec $n'$ un entier naturel non nul et $m'\in\{1,\ldots,m-1\}$

(Admettons ce résultat et passons à la suite directement)

On doit montrer que
pour tout $n \geq 3,$ pour tout $m\geq 2$ tel que $m<n$, $\frac{m}{n}$ s'écrit comme somme d'inverse d'entiers naturels deux à deux distincts. Pour cela, on procède par récurrence sur $n$.

Pour $n\geq 3$, notons $P_{n}$ la propriété.
Pour tout $m\in N^{*}$ ; $1<m<n,$ il existe $(p_{1},\ldots,p_{k})\in (N^{*})^{k}$ deux à deux distincts tels que : $\frac{m}{n}=\sum_{i=1}^{k}\frac{1}{p_{i}}$

Initialisation : au rang $n=3$.
La seule valeur de $m$ à vérifier est $m=2$. Dans ce cas, on a : $\quad\dfrac{m}{n}=\dfrac{2}{3}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{6}.$
C'est exactement $P_{3}.$

Hérédité : Fixons $n\geq 3$ tel que $P_{n}$ soit vraie.
Soit $m \in N^{*}$ tq $0<m<n+1$
Écrivons la division euclidienne de $n+1$ par $m$ : $\ n+1=mq+r,$ avec $r\in \{1,\ldots,m-1\}$

D'après la question précédente, $\frac{m}{n+1}-\frac{1}{q+1}$ peut s'écrire : $\frac{m'}{n'}$ avec $n'\in N^{*}$ et $m'\in\{1,\ldots,m-1\}$
On a : $m'\in \{1,\ldots,n-1\}$

Si $m'=1$ : $\frac{m}{n+1}=\frac{1}{q+1}+\frac{1}{n'}.\ $ On a bien $q+1$ différent de $n'$ : $P_{n+1}$ est alors démontré.

Si $m'\neq 1$ : on applique l'HR : il existe $(p_{1},\ldots,p_{k})\in (N^{*})^{k}$ deux à deux distincts, tels que : $\frac{m'}{n'}=\sum_{i=1}^{k} \frac{1}{p_{i}}$.
Et donc : $\frac{m}{n+1}=\frac{1}{q+1} + \sum_{i=1}^{k} \frac{1}{p_{i}}$.
Il reste à montrer que les $p_{i}$ sont tous différents de $q+1$.
Soit $i\in\{1,\ldots,k\}$
On a : $p_{i}>\frac{n'}{m'}=\frac{(n+1)(q+1)}{m'}>q+1$
On vient donc de démontrer $P_{n+1}$.

D'après le principe de récurrence, comme $P_{3}$ est vraie et que la propriété est héréditaire, elle est vraie pour tout entier naturel supérieur ou égal à $3$.

J'ai des doutes quant à la validité de cette démonstration ? Pouvez-vous me dire si elle est juste ou pas ?
Je vous remercie.

Réponses

  • Bonjour J'ai lu ta démonstration. Oui elle me semble correcte même si j'ai dû faire un effort pour vérifier les détails...

    P.S J'ai deux questions par rapport à ton exercice. Cette décomposition est- elle unique?

    Pour un rationnel donné vois-tu une façon pratique permettant de calculer cette décomposition?.
    Peut-on établir un algorithme de calcul?
  • Moi j'aurais pensé à l'algorithme glouton.
  • Bonjour.

    Il existe plusieurs solutions sous forme de fractions égyptiennes (somme d'inverses de naturels deux à deux distincts).

    À bientôt.

    Cherche livres et objets du domaine mathématique :

    Intégraphes, règles log et calculateurs électromécaniques.

  • L'algorithme glouton? Inconnu de ma part.
  • Soit donc $0<\frac{a}{b}<1$, avec $a\in \mathbb{N}^{\ast }$ et $b\in \mathbb{N}^{\ast }$.
    On veut $\frac ab$ comme somme d'inverses d'entiers, alors on prend le plus grand $ \frac 1n$ qu'on peut ôter de $\frac ab$, c'est pourquoi ça s'appelle l'algorithme glouton.
    Si $a>1$, il existe un seul entier $n \ge 2$ tel que : $\frac{1}{n}<\frac{a}{b}<\frac{1}{n-1}$.
    Alors : $\frac{a}{b}-\frac{1}{n}=\frac{na-b}{nb}=\frac{a^{\prime }}{b^{\prime }}$, avec $a'=na-b$, $b'=nb$.
    On montre que $0<a'<a$, et si $a'>1$ on recommence.
    Il existe un seul entier $n' \ge 2$ tel que : $\frac{1}{n'}<\frac{a'}{b'}<\frac{1}{n'-1}$.
    On montre que $n'>n$, et ainsi de suite.
    En plus, c'est un algorithme effectivement programmable et qui finit par s'arrêter, donc nos logisticiens devraient être contents, si j'ai bien compris leurs discours.
    Bonne soirée.
    Fr. Ch.
  • On peut même étendre la propriété à tout rationnel $r>1$.
    Pour $m \in \mathbb N^*$, soit $\displaystyle H_m=\sum_{i=1}^m \frac1i$, somme partielle de la série harmonique, la plus célèbre des séries divergentes.
    Si $r$ est égal à un $H_m$, terminé. Sinon, toujours glouton, il existe un seul $m \in \mathbb N^*$ tel que $H_m<r<H_{m+1}$.
    Soit $\frac ab =r-H_m$, $a \in \mathbb N^*$, $b \in \mathbb N^*$, en sorte que $0< \frac ab< \frac 1{m+1}$.
    On applique à ce $\frac ab$ l'algorithme précédent, et alors la première fraction égyptienne $\frac 1n$ part avec un dénominateur $n>m$, donc plus grand que les précédents, et ainsi de suite.
    Et c'est encore programmable.
    Bonne soirée.
    Fr. Ch.
  • Bonsoir,
    Merci pour vos réponses. On a effectivement un algo pour trouver une telle décomposition. Il suffit de faire des divisions euclidiennes et d'enlever $\frac{1}{q+1}$ à chaque fois. L'algo s'arrête bien d'après les questions précédentes. J'ai essayé de le faire sur Python et je crois que ça marche. J'ai essayé mon programme pour des rationnels de notre intervalle et j'ai ensuite vérifié à la main et ça a l'air de marcher.
  • @Chaurien

    On peut généraliser de 2 façons :

    1) Toutes les suites décroissantes $u_n$ qui tendent vers 0 et telles que la série associée diverge conviennent (éventuellement avec des limites de sommes infinies)
    2) On peut construire les réels ainsi, comme avec la méthode de Cauchy, dont c'est une variante (voir un article de Paul Shiu ou celui de Alexandru Pintilie, ou plus humblement mon document http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?16,2199266,2278580#msg-2278580, dans la partie sur les réels)
  • Bonjour
    Merci @Chaurien pour l'algorithme. Cet algorithme est une démonstration de l'existence de cette décomposition. Cette démonstration étant plus naturelle que celle proposée par @TS.
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