Aller au contenu

Shortlist 2016, A5

Domaine : Algèbre · Difficulté : ★★★☆☆ · Proposé par : non indiqué

Concepts : Partie entière et majorations · Équations diophantiennes : factorisation et encadrement

Solution officielle : Shortlist officielle 2016 (avec solutions), p. 19 (page 22 du PDF)

Énoncé

(a) Prove that for every positive integer \(n\), there exists a fraction \(\frac{a}{b}\) where \(a\) and \(b\) are integers satisfying \(0 < b \leq \sqrt{n} + 1\) and \(\sqrt{n} \leq \frac{a}{b} \leq \sqrt{n+1}\).

(b) Prove that there are infinitely many positive integers \(n\) such that there is no fraction \(\frac{a}{b}\) where \(a\) and \(b\) are integers satisfying \(0 < b \leq \sqrt{n}\) and \(\sqrt{n} \leq \frac{a}{b} \leq \sqrt{n+1}\).

Indices : les idées clés
  • Partie entière et majorations : on écrit \(n = r^2 + s\) avec \(r = \lfloor \sqrt{n} \rfloor\) et \(0 \leq s \leq 2r\).
  • Approximation de \(\sqrt{n}\) au premier ordre : \(r + \frac{s}{2r}\) (ou \(r + 1 - \frac{2r+1-s}{2(r+1)}\)) a un carré entre \(n\) et \(n + 1\) ; la parité de \(s\) décide quel dénominateur, \(r\) ou \(r + 1\), convient.
  • Équations diophantiennes : factorisation et encadrement : pour (b), avec \(n = r^2 + 1\), le carré \(a^2\) serait strictement entre deux carrés consécutifs.
Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2016 (une solution).

Solution

(a) Soit \(r = \lfloor \sqrt{n} \rfloor\) (partie entière), l'unique entier positif tel que \(r^2 \leq n < (r+1)^2\), et écrivons \(n = r^2 + s\), de sorte que \(0 \leq s \leq 2r\). On distingue deux cas selon la parité de \(s\).

Cas 1 : \(s\) pair. On considère \(\left(r + \frac{s}{2r}\right)^2 = r^2 + s + \left(\frac{s}{2r}\right)^2\). Comme \(0 \leq \frac{s}{2r} \leq 1\),

\[n = r^2 + s \leq r^2 + s + \left(\frac{s}{2r}\right)^2 \leq r^2 + s + 1 = n + 1.\]

Il en résulte que

\[\sqrt{n} \leq r + \frac{s}{2r} \leq \sqrt{n + 1}.\]

Comme \(s\) est pair, on peut prendre la fraction \(r + \frac{s}{2r} = \frac{r^2 + s/2}{r}\), de numérateur entier et de dénominateur \(r \leq \sqrt{n} \leq \sqrt{n} + 1\).

Cas 2 : \(s\) impair. On considère

\[\left(r + 1 - \frac{2r + 1 - s}{2(r+1)}\right)^2 = (r+1)^2 - (2r + 1 - s) + \left(\frac{2r + 1 - s}{2(r+1)}\right)^2.\]

Comme \(0 < 2r + 1 - s < 2(r+1)\), on obtient

\[n = r^2 + s = (r+1)^2 - (2r + 1 - s) \leq (r+1)^2 - (2r + 1 - s) + \left(\frac{2r + 1 - s}{2(r+1)}\right)^2 \leq (r+1)^2 - (2r + 1 - s) + 1 = n + 1.\]

Il en résulte que

\[\sqrt{n} \leq r + 1 - \frac{2r + 1 - s}{2(r+1)} \leq \sqrt{n + 1}.\]

Comme \(s\) est impair, on peut prendre la fraction

\[(r+1) - \frac{2r + 1 - s}{2(r+1)} = \frac{(r+1)^2 - r + \frac{s - 1}{2}}{r + 1},\]

de numérateur entier et de dénominateur \(r + 1 \leq \sqrt{n} + 1\).

(b) Montrons que pour tout entier \(r \geq 1\), il n'existe aucune fraction \(\frac{a}{b}\) avec \(0 < b \leq \sqrt{r^2 + 1}\) et \(\sqrt{r^2 + 1} \leq \frac{a}{b} \leq \sqrt{r^2 + 2}\). Supposons le contraire. Comme \(b \leq \sqrt{r^2 + 1} < r + 1\) et que \(b\) est entier, on a \(b \leq r\). Par conséquent (et \(a > 0\)),

\[(br)^2 < b^2 (r^2 + 1) \leq a^2 \leq b^2 (r^2 + 2) = b^2 r^2 + 2b^2 \leq b^2 r^2 + 2br < (br + 1)^2.\]

Par cet encadrement, le carré \(a^2\) serait strictement compris entre les deux carrés consécutifs \((br)^2\) et \((br + 1)^2\), ce qui est impossible. On a ainsi trouvé une infinité d'entiers, à savoir les \(n = r^2 + 1\), pour lesquels aucune fraction de la forme voulue n'existe. \(\blacksquare\)