Nombres pétillants — sujet corrigé complet

Pour $n=2$ : $$E\!\left(\left(\tfrac{3}{2}\right)^{2^2}\right)+2=E\!\left(\left(\tfrac{3}{2}\right)^{4}\right)+2=E\!\left(\tfrac{81}{16}\right)+2=5+2=7,$$ et $7$ n'est pas le carré d'un entier.

Donc $\dfrac{3}{2}$ n'est pas pétillant.

Soit $x\in[0\,;\,1[$ et $n\in\mathbb{N}^*$. Alors $x^{2^n}\in[0\,;\,1[$, donc $$E\!\left(x^{2^n}\right)+2=0+2=2,$$ et $2$ n'est pas le carré d'un entier.

Donc aucun réel de $[0\,;\,1[$ n'est pétillant.

Soit $x$ un réel pétillant et $n\in\mathbb{N}^*$. On a $$E\!\left((x^2)^{2^n}\right)+2=E\!\left(x^{2^{n+1}}\right)+2,$$ qui est le carré d'un entier car $x$ est pétillant. De plus $x^2>0$.

Donc $x^2$ est pétillant : pour tout $x$ pétillant, $x^2$ est pétillant.

Par itération de la propriété précédente : si $x$ est pétillant, alors $x^2$ est pétillant, donc $x^4$ est pétillant, donc $x^8$ aussi, etc.

Finalement l'ensemble $A=\{x^{2^k},\ k\in\mathbb{N}\}$ ne contient que des réels pétillants. Comme $x>1$ d'après la question 2, ces réels sont deux à deux distincts : $A$ est infini.

L'ensemble des nombres pétillants est donc infini.

Soit $x\in\mathbb{Z}$ et $n\in\mathbb{N}^*$. Alors $x^{2^n}$ est entier, donc $E\!\left(x^{2^n}\right)+2=x^{2^n}+2$. Pour $n=1$, on a ainsi $E(x^2)+2=x^2+2$.

On raisonne par l'absurde : on suppose $x$ pétillant. Il existe alors $m\in\mathbb{N}$ tel que $x^2+2=m^2$.

1^er cas : $x$ est pair. Il existe $p\in\mathbb{Z}$ tel que $x=2p$, donc $x^2+2=4p^2+2$, qui est pair. Alors $m^2$ est pair, donc $m$ est pair : il existe $q\in\mathbb{N}$ tel que $m=2q$. Ainsi $$x^2+2=m^2 \iff 4p^2+2=4q^2 \iff 2=4(q^2-p^2),$$ donc $4\mid 2$, ce qui est absurde.

2^e cas : $x$ est impair. Il existe $p\in\mathbb{Z}$ tel que $x=2p+1$, donc $x^2+2=4p^2+4p+3$, qui est impair. Alors $m^2$ est impair, donc $m$ est impair : il existe $q\in\mathbb{N}$ tel que $m=2q+1$. Ainsi $$x^2+2=m^2 \iff 4p^2+4p+3=4q^2+4q+1 \iff 2=4\bigl(q^2+q-p^2-p\bigr),$$ donc $4\mid 2$, ce qui est encore absurde.

Dans tous les cas, $E(x^2)+2$ n'est pas le carré d'un entier : $x$ n'est pas pétillant. Il n'existe donc aucun entier naturel pétillant.

Soit $P(n)$ la propriété « $u_n\geq 3$ ». Montrons par récurrence sur $n$ que $P(n)$ est vraie pour tout $n\geq 1$.

(i) Initialisation. Montrons que $P(1)$ est vraie. On a $u_1=(k+1)^2$ et $k\geq 1$, donc $k+1\geq 2$ et $u_1\geq 4$ car $x\mapsto x^2$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}_+^*$. Comme $4\geq 3$, $P(1)$ est vraie.

(ii) Hérédité. Soit $N\geq 1$ tel que $P(N)$ est vraie. On a $u_{N+1}=(u_N-1)^2$. Or $u_N\geq 3$ d'après l'hypothèse de récurrence, donc $u_N-1\geq 2$ et $u_{N+1}\geq 4$ par stricte croissance de $x\mapsto x^2$ sur $\mathbb{R}_+^*$. Comme $4\geq 3$, $P(N+1)$ est vraie.

Finalement, (i) et (ii) prouvent que pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, $u_n\geq 3$.

Soit $n\in\mathbb{N}^*$ et $f$ la fonction définie sur $[1\,;\,+\infty[$ par $f(x)=x^{2^n}$. La fonction $f$ est continue et strictement croissante sur $[1\,;\,+\infty[$, avec $f(1)=1$ et $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$.

Comme $u_n\geq 3$ d'après la question 5, on a $u_n-2\in[1\,;\,+\infty[$ et $u_n-1\in[1\,;\,+\infty[$. D'après le théorème des valeurs intermédiaires (et la stricte monotonie de $f$), il existe un unique $a_n\in[1\,;\,+\infty[$ tel que $f(a_n)=u_n-2$ et un unique $b_n\in[1\,;\,+\infty[$ tel que $f(b_n)=u_n-1$, c'est-à-dire $$a_n^{2^n}+2=u_n \qquad\text{et}\qquad b_n^{2^n}+1=u_n.$$

Soit $n\in\mathbb{N}^*$. On a $$a_{n+1}^{2^{n+1}}+2=u_{n+1}=(u_n-1)^2=\left(a_n^{2^n}+1\right)^2=a_n^{2^{n+1}}+2a_n^{2^n}+1,$$ d'où $$a_{n+1}^{2^{n+1}}-a_n^{2^{n+1}}=2a_n^{2^n}-1\geq 2-1=1>0 \quad\text{car } a_n\in[1\,;\,+\infty[.$$ On en déduit $a_{n+1}^{2^{n+1}}>a_n^{2^{n+1}}$, donc $a_{n+1}>a_n$ car $x\mapsto x^{2^{n+1}}$ est strictement croissante sur $[1\,;\,+\infty[$.

Ainsi, pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, $a_{n+1}>a_n$ : la suite $(a_n)_{n\geq 1}$ est strictement croissante.

De même, pour $n\in\mathbb{N}^*$ : $$b_{n+1}^{2^{n+1}}+1=u_{n+1}=(u_n-1)^2=\left(b_n^{2^n}\right)^2=b_n^{2^{n+1}},$$ d'où $b_{n+1}^{2^{n+1}}-b_n^{2^{n+1}}=-1<0$, donc $b_{n+1}<b_n$ car $x\mapsto x^{2^{n+1}}$ est strictement croissante sur $[1\,;\,+\infty[$.

Ainsi $(b_n)_{n\geq 1}$ est strictement décroissante.

Soit $n\in\mathbb{N}^*$. On a $a_n^{2^n}+2=u_n$ et $b_n^{2^n}+1=u_n$, donc $a_n^{2^n}+2=b_n^{2^n}+1$, d'où $a_n^{2^n}=b_n^{2^n}-1<b_n^{2^n}$. On en déduit $a_n<b_n$ car $x\mapsto x^{2^n}$ est strictement croissante sur $[1\,;\,+\infty[$.

De plus $(b_n)_{n\geq 1}$ est décroissante, donc pour tout $n\geq 1$, $b_n\leq b_1$. Ainsi, pour tout $n\geq 1$, $a_n<b_1$.

Finalement $(a_n)_{n\geq 1}$ est croissante et majorée (par $b_1$) : elle converge. On note $\alpha$ sa limite.

La suite $(a_n)$ est croissante et majorée par $b_1$, donc $\alpha\leq b_1$. Or $b_1^{2}+1=u_1$, c'est-à-dire $b_1^2+1=(k+1)^2$, soit $b_1^2=k^2+2k$. Comme $k^2+2k<k^2+2k+1=(k+1)^2$, on a $b_1^2<(k+1)^2$ donc $b_1<k+1$ par stricte croissance de $x\mapsto x^2$ sur $\mathbb{R}_+$. Par stricte croissance de $(a_n)$, on a même $a_n<a_{n+1}\leq\alpha$ pour tout $n$, et comme $b_1<k+1$ et $a_n<b_1$, il vient $\alpha\leq b_1<k+1$, d'où $\alpha<k+1$.

D'autre part, $(a_n)$ est croissante donc $a_1\leq a_n$ pour tout $n\geq 1$, et $\alpha\geq a_1$. Or $a_1^{2}+2=u_1$, c'est-à-dire $a_1^2+2=(k+1)^2$, soit $a_1^2=k^2+2k-1$. Comme $k\geq 1$, on a $2k-1\geq 1>0$, donc $a_1^2>k^2$ et $a_1>k$ par stricte croissance de $x\mapsto x^2$ sur $\mathbb{R}_+$. Donc $\alpha\geq a_1>k$, c'est-à-dire $\alpha>k$.

On a ainsi montré : $k<\alpha<k+1$.

Montrons que $\alpha$ est pétillant. Soit $n\in\mathbb{N}^*$. Comme $a_n\leq\alpha\leq b_n$ (croissance de $(a_n)$ vers $\alpha$ et décroissance de $(b_n)$ minorée par les $a_n$), on a $$a_n^{2^n}+2\ \leq\ \alpha^{2^n}+2\ \leq\ b_n^{2^n}+2.$$ Remarquons que $b_n^{2^n}+2=u_n+1=a_n^{2^n}+2+1$ : les nombres $a_n^{2^n}+2$ et $b_n^{2^n}+2$ sont deux entiers consécutifs. De plus $a_n<\alpha$ par stricte croissance de $(a_n)$, donc $a_n^{2^n}+2<\alpha^{2^n}+2$, et par conséquent $$E\!\left(\alpha^{2^n}+2\right)=a_n^{2^n}+2=u_n.$$ Or, par construction, les $u_n$ sont tous des carrés d'entiers : $u_1=(k+1)^2$ et $u_{n+1}=(u_n-1)^2$.

Enfin $E\!\left(\alpha^{2^n}+2\right)=E\!\left(\alpha^{2^n}\right)+2$ car $2$ est entier. Finalement, pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, $E\!\left(\alpha^{2^n}\right)+2$ est le carré d'un entier : $\alpha$ est pétillant.

On a montré ainsi que pour tout $k\in\mathbb{N}^*$, il existe au moins un réel pétillant dans l'intervalle $[k\,;\,k+1[$.

Soit $P(n)$ la propriété « $v_n=u_n$ ». Montrons par récurrence sur $n$ que $P(n)$ est vraie pour tout $n\geq 1$.

(i) Initialisation. Montrons que $P(1)$ est vraie. On a $u_1=(k+1)^2$ et $v_1=E(\gamma^2)+2$. Comme $k\leq\gamma<k+1$, on a $k^2+2\leq\gamma^2+2<(k+1)^2+2$, donc $$k^2+2\leq v_1<(k+1)^2+2.$$ De plus $\gamma$ est pétillant, donc $v_1$ est un carré parfait. Or $k\geq 1$ donc $2k+1\geq 3$, et l'on a $$k^2<k^2+1<k^2+2\leq k^2+2k+1=(k+1)^2<(k+1)^2+1<(k+1)^2+2,$$ tandis que $(k+2)^2=(k+1)^2+2k+3>(k+1)^2+2$. Le seul carré parfait compris entre $k^2+2$ (inclus) et $(k+1)^2+2$ (exclu) est donc $(k+1)^2$ : ainsi $v_1=(k+1)^2=u_1$, et $P(1)$ est vraie.

(ii) Hérédité. Soit $N\geq 1$ tel que $P(N)$ est vraie. Alors $u_N=v_N=E\!\left(\gamma^{2^N}\right)+2$, donc $E\!\left(\gamma^{2^N}\right)=u_N-2$ et $$u_N-2\leq\gamma^{2^N}<u_N-1.$$ Comme $u_N\geq 3$ d'après la question 5, on a $u_N-2>0$, et par stricte croissance de $x\mapsto x^2$ sur $\mathbb{R}_+$ : $$(u_N-2)^2\leq\gamma^{2^{N+1}}<(u_N-1)^2,\qquad\text{donc}\qquad (u_N-2)^2+2\leq v_{N+1}<(u_N-1)^2+2.$$ Par le même argument qu'à l'initialisation, le seul carré parfait compris entre $(u_N-2)^2+2$ et $(u_N-1)^2+2$ (exclu) est $(u_N-1)^2$. Ainsi $$v_{N+1}=(u_N-1)^2=u_{N+1},$$ et $P(N+1)$ est vraie.

Finalement, (i) et (ii) prouvent que pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, $u_n=v_n$.

Soit $n\in\mathbb{N}^*$. On a vu à la question 10 que $u_n-2\leq\gamma^{2^n}\leq u_n-1$ (l'encadrement large de la question 10 suffit ici). Par définition de $a_n$ et $b_n$, cela s'écrit $$a_n^{2^n}\leq\gamma^{2^n}\leq b_n^{2^n}.$$ Comme $x\mapsto x^{2^n}$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}_+$ et que tous ces nombres sont positifs, on en déduit $$a_n\leq\gamma\leq b_n \qquad\text{pour tout } n\in\mathbb{N}^*.$$

Soit $(x,y)\in\mathbb{R}^2$ avec $x\geq y\geq 1$, et soit $P(n)$ la propriété « $x^{2^n}-y^{2^n}\geq 2^n(x-y)$ ». Montrons par récurrence sur $n$ que $P(n)$ est vraie pour tout $n\geq 1$.

(i) Initialisation. $P(1)$ : on a $x^2-y^2=(x+y)(x-y)\geq 2(x-y)$ car $x+y\geq 2$ et $x-y\geq 0$. Donc $P(1)$ est vraie.

(ii) Hérédité. Soit $N\geq 1$ tel que $P(N)$ est vraie. Alors $$\begin{aligned} x^{2^{N+1}}-y^{2^{N+1}}&=\left(x^{2^{N}}\right)^2-\left(y^{2^{N}}\right)^2\\ &\geq 2\left(x^{2^{N}}-y^{2^{N}}\right) \quad\text{d'après (i) appliqué à } x^{2^N}\geq y^{2^N}\geq 1,\\ &\geq 2\times 2^N(x-y) \quad\text{d'après l'hypothèse de récurrence,}\\ &=2^{N+1}(x-y). \end{aligned}$$ Donc $P(N+1)$ est vraie.

Finalement, pour tout $n\in\mathbb{N}^*$ et tous $x\geq y\geq 1$ : $x^{2^n}-y^{2^n}\geq 2^n(x-y)$.

La suite $(b_n)_{n\geq 1}$ est décroissante et minorée par $0$ : elle converge. Notons $\beta$ sa limite. D'après la question 11, en passant à la limite : $\alpha\leq\gamma\leq\beta$.

Montrons que $\alpha=\gamma=\beta$ : il suffit de montrer que $\alpha=\beta$. On raisonne par l'absurde : supposons $\alpha\neq\beta$, donc $\beta>\alpha$.

Soit $n\in\mathbb{N}^*$. On a $b_n\geq\beta>\alpha\geq a_n$, donc par stricte croissance de $x\mapsto x^{2^n}$ sur $\mathbb{R}_+$ : $$b_n^{2^n}\geq\beta^{2^n}>\alpha^{2^n}\geq a_n^{2^n},$$ d'où $b_n^{2^n}-a_n^{2^n}>\beta^{2^n}-\alpha^{2^n}$. D'après la question 12.a appliquée à $\beta\geq\alpha\geq 1$ : $$b_n^{2^n}-a_n^{2^n}>2^n(\beta-\alpha).$$ Comme $\beta-\alpha>0$, on a $\lim\limits_{n\to+\infty}2^n(\beta-\alpha)=+\infty$, donc pour $n$ suffisamment grand, $2^n(\beta-\alpha)>1$, et alors $b_n^{2^n}-a_n^{2^n}>1$.

Or, d'après la question 6, $b_n^{2^n}=u_n-1$ et $a_n^{2^n}=u_n-2$ sont deux entiers consécutifs : $b_n^{2^n}-a_n^{2^n}=1$. C'est absurde.

Donc $\alpha=\gamma=\beta$ : $(a_n)$ et $(b_n)$ convergent toutes deux vers $\gamma$.

On raisonne par l'absurde. Soit $\gamma'$ un réel pétillant de $[k\,;\,k+1[$ tel que $\gamma'\neq\gamma$. D'après les questions précédentes appliquées à $\gamma'$, la suite $(a_n)_{n\geq 1}$ converge aussi vers $\gamma'$ : on aurait $\gamma'=\alpha=\gamma$, ce qui contredit $\gamma'\neq\gamma$ (unicité de la limite).

Donc $\gamma=\alpha$ est le seul réel pétillant de $[k\,;\,k+1[$. $\blacksquare$