Shortlist 2006, A1

Domaine : Algèbre · Difficulté : ★★☆☆☆ · Proposé par : Estonia

Concepts : Partie entière et majorations · Suites et récurrences

Solution officielle : Shortlist officielle 2006 (avec solutions), p. 7 (page 8 du PDF)

Énoncé

A sequence of real numbers \(a_0, a_1, a_2, \ldots\) is defined by the formula

\[a_{i+1} = \lfloor a_i \rfloor \cdot \langle a_i \rangle \qquad \text{for } i \geq 0 ;\]

here \(a_0\) is an arbitrary real number, \(\lfloor a_i \rfloor\) denotes the greatest integer not exceeding \(a_i\), and \(\langle a_i \rangle = a_i - \lfloor a_i \rfloor\). Prove that \(a_i = a_{i+2}\) for \(i\) sufficiently large.

Indices : les idées clés

• Cas \(a_0 \geq 0\) : la partie entière décroît strictement tant qu'elle est au moins \(1\), puis la suite devient nulle.
• Cas \(a_0 < 0\) : \(\lfloor a_i \rfloor\) est croissante et majorée par \(-1\), donc constante égale à \(c\) à partir d'un rang ; la récurrence devient affine : \(a_{i+1} = ca_i - c^2\).
• Point fixe : \(b_i = a_i - \frac{c^2}{c - 1}\) vérifie \(b_{i+1} = cb_i\) et reste bornée, d'où \(b_{i_0} = 0\) ou \(c = -1\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent la solution officielle de la Shortlist 2006 (une solution et une remarque).

Solution

Remarquons d'abord que si \(a_0 \geq 0\), alors tous les \(a_i \geq 0\). Pour \(a_i \geq 1\), on a (vu \(\langle a_i \rangle < 1\) et \(\lfloor a_i \rfloor > 0\))

\[\lfloor a_{i+1} \rfloor \leq a_{i+1} = \lfloor a_i \rfloor \cdot \langle a_i \rangle < \lfloor a_i \rfloor ;\]

la suite \(\lfloor a_i \rfloor\) est strictement décroissante tant que ses termes sont dans \([1, \infty)\). Finalement apparaît un nombre de l'intervalle \([0, 1)\), et tous les termes suivants sont nuls.

Passons à la situation plus intéressante où \(a_0 < 0\) ; alors tous les \(a_i \leq 0\). Supposons que la suite ne prenne jamais la valeur \(0\). On a alors \(\lfloor a_i \rfloor \leq -1\) pour tout \(i\), donc

\[1 + \lfloor a_{i+1} \rfloor > a_{i+1} = \lfloor a_i \rfloor \cdot \langle a_i \rangle > \lfloor a_i \rfloor ;\]

cela signifie que la suite \(\lfloor a_i \rfloor\) est croissante. Comme tous ses termes sont des entiers de \((-\infty, -1]\), cette suite doit être constante à partir d'un certain rang :

\[\lfloor a_i \rfloor = c \quad \text{pour } i \geq i_0 ; \qquad c \text{ entier strictement négatif}.\]

La formule de définition devient

\[a_{i+1} = c \cdot \langle a_i \rangle = c(a_i - c) = ca_i - c^2.\]

Considérons la suite

\[b_i = a_i - \frac{c^2}{c - 1}. \tag{1}\]

Elle vérifie la relation de récurrence

\[b_{i+1} = a_{i+1} - \frac{c^2}{c - 1} = ca_i - c^2 - \frac{c^2}{c - 1} = cb_i,\]

ce qui implique

\[b_i = c^{i - i_0}b_{i_0} \qquad \text{pour } i \geq i_0. \tag{2}\]

Comme tous les nombres \(a_i\) (pour \(i \geq i_0\)) sont dans \([c, c + 1)\), la suite \((b_i)\) est bornée. L'équation (2) ne peut être vérifiée que si \(b_{i_0} = 0\) ou \(\lvert c \rvert = 1\), c'est-à-dire \(c = -1\).

Dans le premier cas, \(b_i = 0\) pour tout \(i \geq i_0\), de sorte que

\[a_i = \frac{c^2}{c - 1} \qquad \text{pour } i \geq i_0.\]

Dans le second cas, \(c = -1\), et les équations (1) et (2) donnent

\[a_i = -\frac{1}{2} + (-1)^{i - i_0}b_{i_0} = \begin{cases} a_{i_0} & \text{pour } i = i_0, i_0 + 2, i_0 + 4, \ldots, \\ -1 - a_{i_0} & \text{pour } i = i_0 + 1, i_0 + 3, i_0 + 5, \ldots \end{cases}\]

(le livret écrit \(1 - a_{i_0}\) ; comme \(a_i + a_{i+1} = 2 \cdot (-\frac{1}{2}) = -1\), c'est \(-1 - a_{i_0}\)).

En résumé, on voit qu'à partir d'un certain rang, la suite \((a_i)\) est soit constante, soit alterne entre deux valeurs de l'intervalle \((-1, 0)\). Le résultat en découle. \(\blacksquare\)

Remarque

Il n'y a rien de mystérieux dans l'introduction de la suite \((b_i)\). La suite \((a_i)\) s'obtient en itérant la fonction \(x \mapsto cx - c^2\), dont l'unique point fixe est \(c^2/(c - 1)\).