Solution pour le challenge 42

Solution proposée par Emilien Paganelli, étudiant en section MP* au lycée Thiers, Marseille.

1 – Irrationalité de $\sqrt2$

Lemme

Si $N$ est un entier naturel qui n’est pas un carré parfait, alors $\sqrt N$ est irrationnel.

Il est clair que $N\geqslant2$ , ce qui entraîne l’existence d’une décomposition en facteurs premiers (DFP) pour $N$ . Supposons que $\sqrt{N}=\frac{p}{q}$ avec $(p,q)\in\mathbb{N}^{\star2}$ . Alors : $p^{2}=Nq^{2}$ . Comme les exposants qui apparaissent dans les DFP de $p^{2}$ et de $q^{2}$ sont tous pairs, on voit par différence qu’il en va de même pour les exposants apparaissant dans la DFP de N. Mais ceci entraîne que N est un carré : contradiction ! Donc $\sqrt{N}\in\mathbb{R}-\mathbb{Q}$ .

En particulier, $\sqrt{2}$ est irrationnel.

2 – Solution du challenge

Considérons le polynôme $P=X^{2}-2\in\mathbb{Z}\left[X\right]$ .

Vu que $\sqrt{2}$ est irrationnel :

$\forall(p,q)\in\mathbb{N}^{\star2},\,P\left(\frac{p}{q}\right)\neq0$

Et puisqu’un entier naturel non nul est supérieur ou égal à 1, on obtient :

$q^{2}\left|P\left(\frac{p}{q}\right)\right|=\left|p^{2}-2q^{2}\right|\geqslant1$

c’est-à-dire :

$\left|\frac{p^{2}}{q^{2}}-2\right|\geqslant\frac{1}{q^{2}}\qquad\left(\heartsuit\right)$

Par ailleurs, d’après l’inégalité des accroissements finis :

$\begin{eqnarray*}\left|\frac{p^{2}}{q^{2}}-2\right| & = & \left|P\left(\frac{p}{q}\right)-P\left(\sqrt{2}\right)\right|\\& \leqslant & \left|\frac{p}{q}-\sqrt{2}\right|\max_{x\in I}\left|P'(x)\right|\end{eqnarray*}$

où $I$ désigne le segment d’extrémités $\sqrt 2$ et $p/q$ . Donc :

$\left|\frac{p^{2}}{q^{2}}-2\right|\leqslant2\left|\frac{p}{q}-\sqrt{2}\right|\max\left\{\sqrt{2},\frac{p}{q}\right\}$

et a fortiori :

$\left|\frac{p^{2}}{q^{2}}-2\right|\leqslant2\left|\frac{p}{q}-\sqrt{2}\right|\max\left\{\frac{\sqrt{2}}{2}+1,\frac{p}{q}\right\}$

En combinant ceci avec $\left(\heartsuit\right)$ , il vient :

$2\left|\frac{p}{q}-\sqrt{2}\right|\max\left\{\frac{\sqrt{2}}{2}+1,\frac{p}{q}\right\}\geqslant\frac{1}{q^{2}}$

Distinguons deux cas :

Si $\frac{p}{q}\notin[0,\frac{\sqrt{2}}{2}+1]$ , alors :
$\left|\frac{p}{q}-\sqrt{2}\right|\geqslant1-\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{1}{2+\sqrt{2}}$
Ainsi :
$\left|\frac{p}{q}-\sqrt{2}\right|\geqslant\frac{1}{(2+\sqrt{2})q^{2}}$
Sinon $\max\left\{\frac{\sqrt{2}}{2}+1,\frac{p}{q}\right\}=\frac{\sqrt{2}}{2}+1$ et donc :
$\begin{eqnarray*}\left|\frac{p}{q}-\sqrt{2}\right| & \geqslant & \frac{1}{2\max\left\{ \frac{\sqrt{2}}{2}+1,\frac{p}{q}\right\}q^{2}}\\& = & \frac{1}{(2+\sqrt{2})q^{2}}\\& \geqslant & \frac{1}{4q^{2}}\end{eqnarray*}$

Dans tous les cas :

$\left|\frac{p}{q}-\sqrt{2}\right|\geqslant\frac{1}{4q^{2}}$

On a même obtenu un résultat un peu meilleur :

$\boxed{\left|\frac{p}{q}-\sqrt{2}\right|\geqslant\frac{1}{(2+\sqrt{2})q^{2}}}$

3 – Une majoration plus fine

Notons $x$ l’unique réel strictement positif tel que

$x-\sqrt{2}=\frac{1}{8x}$

c’est-à-dire la racine strictement positive du trinôme $8X^{2}-8\sqrt{2}X-1$ . Le discriminant de ce dernier est $\Delta=128+32=(4\sqrt{10})^{2}$ , donc :

$x=\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{10}}{4}\simeq1.498\quad\text{et}\quad\frac{1}{2x}\simeq0.3339$

Soit maintenant $\left(p,q\right)\in\mathbb{N}^{\star2}$ . Distinguons trois cas :

Pour $q=1$ et $p\geqslant2$ :
$\left|\frac{p}{q}-\sqrt{2}\right|\geqslant2-\sqrt{2}\geqslant\frac{1}{2}\geqslant\frac{1}{2xq^{2}}$
Pour $q=1$ et $p=1$ :
$\left|\frac{p}{q}-\sqrt{2}\right|=\sqrt{2}-1\geqslant0.41\geqslant\frac{1}{2xq^{2}}$
Supposons désormais . D’après et vu que :
$\begin{eqnarray*}\left|\frac{p^{2}}{q^{2}}-2\right| & \leqslant & 2\left|\frac{p}{q}-\sqrt{2}\right|\max\left\{\sqrt{2},\frac{p}{q}\right\}\\& \leqslant & 2\left|\frac{p}{q}-\sqrt{2}\right|\max\left\{x,\frac{p}{q}\right\}\end{eqnarray*}$
- Si $\frac{p}{q}\notin[0,x]$ :
  $\left|\frac{p}{q}-\sqrt{2}\right|\geqslant x-\sqrt{2}=\frac{1}{2x2^{2}}\geqslant\frac{1}{2xq^{2}}$
- Si $\frac{p}{q}\in[0,x]$ :
  $\left|\frac{p}{q}-\sqrt{2}\right|\geqslant\frac{1}{2\max\left\{x,\frac{p}{q}\right\} q^{2}}=\frac{1}{2xq^{2}}$

Nous avons obtenu le résultat suivant :

$\boxed{\left|\frac{p}{q}-\sqrt{2}\right|\geqslant\frac{1}{\left(\sqrt{2}+\frac{\sqrt{10}}{2}\right)q^{2}}\geqslant\frac{1}{3q^{2}}}$

4 – Epilogue

Pour finir, on peut s’interroger sur la valeur de la constante $\gamma$ définie comme étant la borne inférieure de l’ensemble des réels $a>0$ pour lesquels :

$\forall\left(p,q\right)\in\mathbb{N}^{\star2},\left|\frac{p}{q}-\sqrt{2}\right|\geqslant\frac{1}{aq^{2}}$

Nous avons établi ci-dessus que :

$\gamma\geqslant\frac{1}{4}$

Par ailleurs, un théorème de Hurwitz stipule que, si $x\in\mathbb{R}-\mathbb{Q}$ alors il existe une infinité de couples $\left(p,q\right)$ d’entiers premiers entre eux tels que :

$\left|\frac{p}{q}-x\right|<\frac{1}{\sqrt{5}q^{2}}$

En outre, si $x$ n’est pas de la forme $\frac{a\phi+b}{c\phi+d}$ avec $\left(a,b,c,d\right)\in\mathbb{Z}^{4}$ , $\vert ab-cd\vert\neq1$ et $\phi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ , on peut montrer que :

$\forall(p,q)\in\mathbb{N}^{\star2},\thinspace\left|\frac{p}{q}-x\right|<\frac{1}{2\sqrt{2}q^{2}}$

On obtient ainsi l’encadrement suivant :

$\boxed{2\sqrt{2}\leqslant\gamma\left(\sqrt{2}\right)\leqslant\sqrt{2}+\frac{\sqrt{10}}{2}}$

Autre solution (sans recourir à l’inégalité des accroissements finis)

Soient $p,\,q\in\mathbb{N}^{\star}$ . Comme $\sqrt{2}$ est irrationnel, l’entier $p^{2}-2q^{2}$ n’est pas nul. Par conséquent :

$\left(p+q\sqrt{2}\right)\,\left|p-q\sqrt{2}\right|=\left|p^{2}-2q^{2}\right|\geqslant1$

et donc :

$q^{2}\,\left(\frac{p}{q}+\sqrt{2}\right)\,\left|\frac{p}{q}-\sqrt{2}\right|\geqslant1$

d’où :

$\left|\frac{p}{q}-\sqrt{2}\right|\geqslant\frac{1}{q^{2}\,\left(\frac{p}{q}+\sqrt{2}\right)}$

Si l’on suppose $p\leqslant2q$ , alors :

$\left|\frac{p}{q}-\sqrt{2}\right|\geqslant\frac{1}{q^{2}\,\left(2+\sqrt{2}\right)}>\frac{1}{4\,q^{2}}$

Et si $p>2q$ , alors :

$\begin{eqnarray*}\left|\frac{p}{q}-\sqrt{2}\right| & = & \frac{p}{q}-\sqrt{2}> 2-\sqrt{2}\\& \geqslant & \frac{2-\sqrt{2}}{q^{2}}\\& = & \frac{2}{q^{2}\,\left(2+\sqrt{2}\right)}\\& > & \frac{1}{q^{2}\,\left(2+\sqrt{2}\right)}\\& > & \frac{1}{4\,q^{2}}\end{eqnarray*}$

Pour consulter l’énoncé, c’est ici

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