Sur les fractions continues de J. Mikusinski

Tiberiu Popoviciu
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Tiberiu Popoviciu
(Institutul de Calcul)

Titre originale

Sur les fractions continues de J. Mikusinski

Traduction en anglais du titre

On the continued fractions of J. Mikusiński

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Citer cette travail

T. Popoviciu, Sur les fractions continues de J. Mikusinski, Rev. Roumaine Math. Pures Appl., 13, 1968, pp. 79-83 (in French).

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1968 a -Popoviciu- Rev. Roum. Math. Pures Appl. – Sur les fractions continues de J. Mikusinski

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Revue Roumaine de Mathématiques Pures et Appliquées

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1968 a -Popoviciu- Rev. Roum. Math. Pures Appl. - Sur les fractions continues de J. Mikusinski

SUR LES FRACTIONS CONTINUES DE J. MIKUSINSKI

PAR

TIBERIU POPOVICIU
(Cluj)

On donne une nouvelle démonstration de la suffisance de la condition (3) du théorème 1 de J. Mikusinski [2]. On donne aussi quelques autres propriétés des fractions continues arithmétiques de la forme [ a , b ˙ , 2 a ] [ a , b ˙ , 2 a ] [a,b^(˙),2a][a, \dot{b}, 2 a][a,b˙,2a].
  1. Soit c c ccc un nombre naturel > 1 > 1 > 1>1>1, différent d'un carré, ( r n ) n = 0 ∞ r n n = 0 ∞ (r_(n))_(n=0)^(oo)\left(r_{n}\right)_{n=0}^{\infty}(rn)n=0∞ la suite des réduits du développement de c c sqrtc\sqrt{c}c en fraction continue arithmétique et ( x n ) n = 0 ∞ x n n = 0 ∞ (x_(n))_(n=0)^(oo)\left(x_{n}\right)_{n=0}^{\infty}(xn)n=0∞ la suite d'approximations de c c sqrtc\sqrt{c}c donnée par la relation de récurrence
(1) x n + 1 = 1 2 ( x n + c x n ) , n = 0 , 1 , … , x 0 = [ V c ¯ ] (1) x n + 1 = 1 2 x n + c x n , n = 0 , 1 , … , x 0 = [ V c ¯ ] {:(1)x_(n+1)=(1)/(2)(x_(n)+(c)/(x_(n)))","n=0","1","dots","x_(0)=[V bar(c)]:}\begin{equation*} x_{n+1}=\frac{1}{2}\left(x_{n}+\frac{c}{x_{n}}\right), n=0,1, \ldots, x_{0}=[V \bar{c}] \tag{1} \end{equation*}(1)xn+1=12(xn+cxn),n=0,1,…,x0=[Vc¯]
J. Mikusinski a démontré [2] le théorème suivant
Théorème 1. Pour que l'on ait
(2)
x n = r 2 n − 1 , n = 0 , 1 , … x n = r 2 n − 1 , n = 0 , 1 , … x_(n)=r_(2^(n)-1),n=0,1,dotsx_{n}=r_{2^{n}-1}, n=0,1, \ldotsxn=r2n−1,n=0,1,…
il faut et il suffit que le nombre c soit de la forme
(3) c = a 2 + 2 a b (3) c = a 2 + 2 a b {:(3)c=a^(2)+(2a)/(b):}\begin{equation*} c=a^{2}+\frac{2 a}{b} \tag{3} \end{equation*}(3)c=a2+2ab
où a et b b bbb sont des nombres naturels.
J. Mikusinski a démontré très simplement la nécessité de la condition et a aussi démontré la suffisance de la condition en remarquant qu'alors la fraction continue de c c sqrtc\sqrt{c}c est de la forme [ a , b ˙ , 2 ˙ a ] [ a , b ˙ , 2 ˙ a ] [a,b^(˙),2^(˙)a][a, \dot{b}, \dot{2} a][a,b˙,2˙a]. Dans la suite nous allons d'abord donner une démonstration un peu différente de la suffisance de la condition (3).
Les nombres naturels c c ccc de la forme (3) sont caractérisés par la propriété que si a = [ c ] a = [ c ] a=[sqrtc]a=[\sqrt{c}]a=[c], le nombre 2 a 2 a 2a2 a2a est divisible par c − a 2 c − a 2 c-a^(2)c-a^{2}c−a2.
REV. ROUM. MATH. PURES ET APPL., TOME XIII, NO 1, p. 79-83, BUCAREST, 1968
2. Désignons par r n = P n Q n , n = 0 , 1 , … r n = P n Q n , n = 0 , 1 , … r_(n)=(P_(n))/(Q_(n)),n=0,1,dotsr_{n}=\frac{P_{n}}{Q_{n}}, n=0,1, \ldotsrn=PnQn,n=0,1,…, les réduits de la fraction continue arithmétique périodique [ a , b ˙ , 2 ˙ a ] [ a , b ˙ , 2 ˙ a ] [a,b^(˙),2^(˙)a][a, \dot{b}, \dot{2} a][a,b˙,2˙a]. Les suites ( P n ) , ( Q n ) P n , Q n (P_(n)),(Q_(n))\left(P_{n}\right),\left(Q_{n}\right)(Pn),(Qn) sont des solutions ( u n ) n = 0 ∞ u n n = 0 ∞ (u_(n))_(n=0)^(oo)\left(u_{n}\right)_{n=0}^{\infty}(un)n=0∞ du système d'équations récurrentes
(4) { u 2 n = 2 a u 2 n − 1 + u 2 n − 2 u 2 n + 1 = b u 2 n + u 2 n − 1 n = 1 , 2 , … (4) u 2 n = 2 a u 2 n − 1 + u 2 n − 2 u 2 n + 1 = b u 2 n + u 2 n − 1 n = 1 , 2 , … {:(4){[u_(2n)=2au_(2n-1)+u_(2n-2)],[u_(2n+1)=bu_(2n)+u_(2n-1)]quad n=1,2,dots:}:}\left\{\begin{array}{l} u_{2 n}=2 a u_{2 n-1}+u_{2 n-2} \tag{4}\\ u_{2 n+1}=b u_{2 n}+u_{2 n-1} \end{array} \quad n=1,2, \ldots\right.(4){u2n=2au2n−1+u2n−2u2n+1=bu2n+u2n−1n=1,2,…
avec respectivement les valeurs initiales P 0 = a , P 1 = a b + 1 ; Q 0 = 1 P 0 = a , P 1 = a b + 1 ; Q 0 = 1 P_(0)=a,P_(1)=ab+1;Q_(0)=1P_{0}=a, P_{1}=a b+1 ; Q_{0}=1P0=a,P1=ab+1;Q0=1, Q 1 = b Q 1 = b Q_(1)=bQ_{1}=bQ1=b.
Mais si ( u n ) n = 0 ∞ u n n = 0 ∞ (u_(n))_(n=0)^(oo)\left(u_{n}\right)_{n=0}^{\infty}(un)n=0∞ est une solution du système (4), les suites partielles ( u 2 n ) n = 0 ∞ , ( u 2 n + 1 ) n = 0 ∞ u 2 n n = 0 ∞ , u 2 n + 1 n = 0 ∞ (u_(2n))_(n=0)^(oo),(u_(2n+1))_(n=0)^(oo)\left(u_{2 n}\right)_{n=0}^{\infty},\left(u_{2 n+1}\right)_{n=0}^{\infty}(u2n)n=0∞,(u2n+1)n=0∞ sont des solutions ( v n v n v_(n)v_{n}vn ) de l'équation de récurrence
(5) v n = ( 2 a b + 2 ) v n − 1 − v n − 2 , n = 2 , 3 , … (5) v n = ( 2 a b + 2 ) v n − 1 − v n − 2 , n = 2 , 3 , … {:(5)v_(n)=(2ab+2)v_(n-1)-v_(n-2)","n=2","3","dots:}\begin{equation*} v_{n}=(2 a b+2) v_{n-1}-v_{n-2}, n=2,3, \ldots \tag{5} \end{equation*}(5)vn=(2ab+2)vn−1−vn−2,n=2,3,…
D'après la théorie, bien connue, des équations de cette forme nous avons v n = A x n + B y n , n = 0 , 1 , … v n = A x n + B y n , n = 0 , 1 , … v_(n)=Ax^(n)+By^(n),n=0,1,dotsv_{n}=A x^{n}+B y^{n}, n=0,1, \ldotsvn=Axn+Byn,n=0,1,…, où x , y x , y x,yx, yx,y sont les racines de l'équation caractéristique z 2 − ( 2 a b + 2 ) z + 1 = 0 z 2 − ( 2 a b + 2 ) z + 1 = 0 z^(2)-(2ab+2)z+1=0z^{2}-(2 a b+2) z+1=0z2−(2ab+2)z+1=0 et A , B A , B A,BA, BA,B sont indépendants de n n nnn.
Si nous tenons compte de (3) nous avons
x = a b + 1 + b c = b 2 a ξ 2 , y = a b + 1 − b c = b 2 a η 2 x = a b + 1 + b c = b 2 a ξ 2 , y = a b + 1 − b c = b 2 a η 2 x=ab+1+bsqrtc=(b)/(2a)xi^(2),y=ab+1-bsqrtc=(b)/(2a)eta^(2)x=a b+1+b \sqrt{c}=\frac{b}{2 a} \xi^{2}, y=a b+1-b \sqrt{c}=\frac{b}{2 a} \eta^{2}x=ab+1+bc=b2aξ2,y=ab+1−bc=b2aη2
où ξ = a + c , η = a − c ξ = a + c , η = a − c xi=a+sqrtc,eta=a-sqrtc\xi=a+\sqrt{c}, \eta=a-\sqrt{c}ξ=a+c,η=a−c. Nous avons donc
(6) v n = ( b 2 a ) n ( A ξ 2 n + B η 2 n ) , n = 0 , 1 , … (6) v n = b 2 a n A ξ 2 n + B η 2 n , n = 0 , 1 , … {:(6)v_(n)=((b)/(2a))^(n)(Axi^(2n)+Beta^(2n))","n=0","1","dots:}\begin{equation*} v_{n}=\left(\frac{b}{2 a}\right)^{n}\left(A \xi^{2 n}+B \eta^{2 n}\right), n=0,1, \ldots \tag{6} \end{equation*}(6)vn=(b2a)n(Aξ2n+Bη2n),n=0,1,…
Pour obtenir les suites ( P n ) , ( Q n ) P n , Q n (P_(n)),(Q_(n))\left(P_{n}\right),\left(Q_{n}\right)(Pn),(Qn) on détermine les suites partielles ( P 2 n ) n = 0 ∞ , ( P 2 n + 1 ) n = 0 ∞ , ( Q 2 n ) n = 0 ∞ , ( Q 2 n + 1 ) n = 0 ∞ P 2 n n = 0 ∞ , P 2 n + 1 n = 0 ∞ , Q 2 n n = 0 ∞ , Q 2 n + 1 n = 0 ∞ (P_(2n))_(n=0)^(oo),(P_(2n+1))_(n=0)^(oo),(Q_(2n))_(n=0)^(oo),(Q_(2n+1))_(n=0)^(oo)\left(P_{2 n}\right)_{n=0}^{\infty},\left(P_{2 n+1}\right)_{n=0}^{\infty},\left(Q_{2 n}\right)_{n=0}^{\infty},\left(Q_{2 n+1}\right)_{n=0}^{\infty}(P2n)n=0∞,(P2n+1)n=0∞,(Q2n)n=0∞,(Q2n+1)n=0∞, à l'aide des formules (6), en tenant compte respectivement des valeurs initiales P 0 = a , P 2 = 2 a 2 b + 3 a P 0 = a , P 2 = 2 a 2 b + 3 a P_(0)=a,P_(2)=2a^(2)b+3aP_{0}=a, P_{2}=2 a^{2} b+3 aP0=a,P2=2a2b+3a; P 1 = a b + 1 , P 3 = 2 a 2 b 2 + 4 a b + 1 ; Q 0 = 1 , Q 2 = 2 a b + 1 ; Q 1 = b P 1 = a b + 1 , P 3 = 2 a 2 b 2 + 4 a b + 1 ; Q 0 = 1 , Q 2 = 2 a b + 1 ; Q 1 = b P_(1)=ab+1,P_(3)=2a^(2)b^(2)+4ab+1;Q_(0)=1,Q_(2)=2ab+1;Q_(1)=bP_{1}=a b+1, P_{3}=2 a^{2} b^{2}+4 a b+1 ; Q_{0}=1, Q_{2}=2 a b+1 ; Q_{1}=bP1=ab+1,P3=2a2b2+4ab+1;Q0=1,Q2=2ab+1;Q1=b, Q 3 = 2 a b 2 + 2 b Q 3 = 2 a b 2 + 2 b Q_(3)=2ab^(2)+2bQ_{3}=2 a b^{2}+2 bQ3=2ab2+2b. Dans chacun de ces cas ces valeurs initiales déterminent les coefficients A , B A , B A,BA, BA,B correspondants.
En faisant les calculs, nous trouvons ainsi
(7) { P n = 1 2 ( b 2 a ) [ n + 1 2 ] ( ξ n + 1 + η n + 1 ) Q n = 1 2 c ( b 2 a ) [ n + 1 2 ] ( ξ n + 1 − η n + 1 ) n = 0 , 1 , … (7) P n = 1 2 b 2 a n + 1 2 ξ n + 1 + η n + 1 Q n = 1 2 c b 2 a n + 1 2 ξ n + 1 − η n + 1 n = 0 , 1 , … {:(7){[P_(n)=(1)/(2)((b)/(2a))^([(n+1)/(2)])(xi^(n+1)+eta^(n+1))],[Q_(n)=(1)/(2sqrtc)((b)/(2a))^([(n+1)/(2)])(xi^(n+1)-eta^(n+1))]quad n=0,1,dots:}:}\left\{\begin{array}{l} P_{n}=\frac{1}{2}\left(\frac{b}{2 a}\right)^{\left[\frac{n+1}{2}\right]}\left(\xi^{n+1}+\eta^{n+1}\right) \tag{7}\\ Q_{n}=\frac{1}{2 \sqrt{c}}\left(\frac{b}{2 a}\right)^{\left[\frac{n+1}{2}\right]}\left(\xi^{n+1}-\eta^{n+1}\right) \end{array} \quad n=0,1, \ldots\right.(7){Pn=12(b2a)[n+12](ξn+1+ηn+1)Qn=12c(b2a)[n+12](ξn+1−ηn+1)n=0,1,…
Il est clair que ces formules sont valables en général si a , b , c a , b , c a,b,ca, b, ca,b,c sont des nombres non nuls tel que c b = a 2 b + 2 a c b = a 2 b + 2 a cb=a^(2)b+2ac b=a^{2} b+2 acb=a2b+2a.
La réduction d'un système de la forme (4) à une équation du type (5) a été faite par Th. Angheluță [1].
3. Revenant à notre problème, considérons la relation de récurrence (1). Nous avons
x n − c x n + c = ( x n − 1 − c x n − 1 + c ) 2 , n = 1 , 2 , … , x 0 = a x n − c x n + c = x n − 1 − c x n − 1 + c 2 , n = 1 , 2 , … , x 0 = a (x_(n)-sqrtc)/(x_(n)+sqrtc)=((x_(n-1)-sqrtc)/(x_(n-1)+sqrtc))^(2),n=1,2,dots,x_(0)=a\frac{x_{n}-\sqrt{c}}{x_{n}+\sqrt{c}}=\left(\frac{x_{n-1}-\sqrt{c}}{x_{n-1}+\sqrt{c}}\right)^{2}, n=1,2, \ldots, x_{0}=axn−cxn+c=(xn−1−cxn−1+c)2,n=1,2,…,x0=a
d'où il résulte que
(8) x n − c x n + c = ( η ξ ) 2 n , n = 0 , 1 , … (8) x n − c x n + c = η ξ 2 n , n = 0 , 1 , … {:(8)(x_(n)-sqrtc)/(x_(n)+sqrtc)=((eta )/(xi))^(2^(n))","n=0","1","dots:}\begin{equation*} \frac{x_{n}-\sqrt{c}}{x_{n}+\sqrt{c}}=\left(\frac{\eta}{\xi}\right)^{2^{n}}, n=0,1, \ldots \tag{8} \end{equation*}(8)xn−cxn+c=(ηξ)2n,n=0,1,…
où bien
(9) x n = c ξ 2 n + η 2 n ξ 2 n − η 2 n , n = 0 , 1 , … (9) x n = c ξ 2 n + η 2 n ξ 2 n − η 2 n , n = 0 , 1 , … {:(9)x_(n)=sqrtc(xi^(2^(n))+eta^(2^(n)))/(xi^(2^(n))-eta^(2^(n)))","n=0","1","dots:}\begin{equation*} x_{n}=\sqrt{c} \frac{\xi^{2^{n}}+\eta^{2^{n}}}{\xi^{2^{n}}-\eta^{2^{n}}}, n=0,1, \ldots \tag{9} \end{equation*}(9)xn=cξ2n+η2nξ2n−η2n,n=0,1,…
Mais, de (7) il résulte que
r n = c ξ n + 1 + η n + 1 ξ n + 1 − η n + 1 , n = 0 , 1 , … r n = c ξ n + 1 + η n + 1 ξ n + 1 − η n + 1 , n = 0 , 1 , … r_(n)=sqrtc(xi^(n+1)+eta^(n+1))/(xi^(n+1)-eta^(n+1)),n=0,1,dotsr_{n}=\sqrt{c} \frac{\xi^{n+1}+\eta^{n+1}}{\xi^{n+1}-\eta^{n+1}}, n=0,1, \ldotsrn=cξn+1+ηn+1ξn+1−ηn+1,n=0,1,…
d'où l'égalité (2) s'ensuit immédiatement.
4. En remarquant que | η | < ξ | η | < ξ |eta| < xi|\eta|<\xi|η|<ξ, la formule (8) nous montre que la suite ( x n x n x_(n)x_{n}xn ) converge vers c c sqrtc\sqrt{c}c. Mais on peut approximer c c sqrtc\sqrt{c}c par d'autres suites itératives. Une telle suite ( y n ) n = 0 ∞ y n n = 0 ∞ (y_(n))_(n=0)^(oo)\left(y_{n}\right)_{n=0}^{\infty}(yn)n=0∞ est déterminée par la relation de récurrence
(10) y n + 1 = α y n + c y n + α , n = 0 , 1 , … (10) y n + 1 = α y n + c y n + α , n = 0 , 1 , … {:(10)y_(n+1)=(alphay_(n)+c)/(y_(n)+alpha)","n=0","1","dots:}\begin{equation*} y_{n+1}=\frac{\alpha y_{n}+c}{y_{n}+\alpha}, n=0,1, \ldots \tag{10} \end{equation*}(10)yn+1=αyn+cyn+α,n=0,1,…
où nous supposons que y 0 > 0 y 0 > 0 y_(0) > 0y_{0}>0y0>0 et que α α alpha\alphaα est un nombre rationnel positif. En nous limitant seulement à des approximations rationnelles de c c sqrtc\sqrt{c}c, le cas de α α alpha\alphaα positif et irrationnel ne présente pas d'intérêt.
Tous les termes de la suite ( y n y n y_(n)y_{n}yn ) sont positifs et nous avons
y n + 1 − c y n + 1 + c = α − c α + c ⋅ y n − c y n + c , n = 0 , 1 , … y n + 1 − c y n + 1 + c = α − c α + c ⋅ y n − c y n + c , n = 0 , 1 , … (y_(n+1)-sqrtc)/(y_(n+1)+sqrtc)=(alpha-sqrtc)/(alpha+sqrtc)*(y_(n)-sqrtc)/(y_(n)+sqrtc),n=0,1,dots\frac{y_{n+1}-\sqrt{c}}{y_{n+1}+\sqrt{c}}=\frac{\alpha-\sqrt{c}}{\alpha+\sqrt{c}} \cdot \frac{y_{n}-\sqrt{c}}{y_{n}+\sqrt{c}}, n=0,1, \ldotsyn+1−cyn+1+c=α−cα+c⋅yn−cyn+c,n=0,1,…
d'où
(11) y n − c y n + c = ( α − c α + c ) n ⋅ y 0 − c y 0 + c , n = 0 , 1 , … (11) y n − c y n + c = α − c α + c n ⋅ y 0 − c y 0 + c , n = 0 , 1 , … {:(11)(y_(n)-sqrtc)/(y_(n)+sqrtc)=((alpha-sqrtc)/(alpha+sqrtc))^(n)*(y_(0)-sqrtc)/(y_(0)+sqrtc)","n=0","1","dots:}\begin{equation*} \frac{y_{n}-\sqrt{c}}{y_{n}+\sqrt{c}}=\left(\frac{\alpha-\sqrt{c}}{\alpha+\sqrt{c}}\right)^{n} \cdot \frac{y_{0}-\sqrt{c}}{y_{0}+\sqrt{c}}, n=0,1, \ldots \tag{11} \end{equation*}(11)yn−cyn+c=(α−cα+c)n⋅y0−cy0+c,n=0,1,…
et, puisque | α − c α + c | < 1 α − c α + c < 1 |(alpha-sqrtc)/(alpha+sqrtc)| < 1\left|\frac{\alpha-\sqrt{c}}{\alpha+\sqrt{c}}\right|<1|α−cα+c|<1, il résulte que la suite ( y n y n y_(n)y_{n}yn ) converge vers c c sqrtc\sqrt{c}c.
La convergence de la suite ( x n x n x_(n)x_{n}xn ) vers c c sqrtc\sqrt{c}c est d'ordre 2 tandis que celle de la suite ( y n ) y n (y_(n))\left(y_{n}\right)(yn) seulement d'ordre 1 .
Supposons que α = y 0 = [ o ¯ ] = a α = y 0 = [ o ¯ ] = a alpha=y_(0)=[sqrt() bar(o)]=a\alpha=y_{0}=[\sqrt{ } \bar{o}]=aα=y0=[o¯]=a, alors de (11) il résulte que
y n = c ξ n + 1 + η n + 1 ξ n + 1 − η n + 1 , n = 0 , 1 , … y n = c ξ n + 1 + η n + 1 ξ n + 1 − η n + 1 , n = 0 , 1 , … y_(n)=sqrtc(xi^(n+1)+eta^(n+1))/(xi^(n+1)-eta^(n+1)),n=0,1,dotsy_{n}=\sqrt{c} \frac{\xi^{n+1}+\eta^{n+1}}{\xi^{n+1}-\eta^{n+1}}, n=0,1, \ldotsyn=cξn+1+ηn+1ξn+1−ηn+1,n=0,1,…
en continuant de poser ξ = a + c , η = a − c ξ = a + c , η = a − c xi=a+sqrtc,eta=a-sqrtc\xi=a+\sqrt{c}, \eta=a-\sqrt{c}ξ=a+c,η=a−c.
Cette formule nous montre que si le nombre c c ccc est de la forme (3) et si α = y 0 = a α = y 0 = a alpha=y_(0)=a\alpha=y_{0}=aα=y0=a, nous avons
(12)
y n = r n , n = 0 , 1 , … y n = r n , n = 0 , 1 , … y_(n)=r_(n),n=0,1,dotsy_{n}=r_{n}, n=0,1, \ldotsyn=rn,n=0,1,…
donc que la relation de récurrence (10), avec la condition initiale y 0 = [ c ] y 0 = [ c ] y_(0)=[sqrtc]y_{0}=[\sqrt{c}]y0=[c], nous donne précisément la suite des réduits de la fraction continue arithmétique de c c sqrtc\sqrt{c}c.
5. Proposons nous maintenant de déterminer le nombre naturel c c ccc (non carré) et le nombre rationnel (positif) α α alpha\alphaα de manière que la relation de récurrence (10) donne précisément la suite des réduits ( r n ) n = 0 ∞ r n n = 0 ∞ (r_(n))_(n=0)^(oo)\left(r_{n}\right)_{n=0}^{\infty}(rn)n=0∞ de la fraction continue arithmétique de V c ¯ V c ¯ V bar(c)V \bar{c}Vc¯.
Pour cela désignons par a = [ c ] a = [ c ] a=[sqrtc]a=[\sqrt{c}]a=[c] et posons c = a 2 + k c = a 2 + k c=a^(2)+kc=a^{2}+kc=a2+k. Si [ a , b , d , e , … ] [ a , b , d , e , … ] [a,b,d,e,dots][a, b, d, e, \ldots][a,b,d,e,…] est la fraction continue arithmétique de c c sqrtc\sqrt{c}c et r 0 , r 1 , r 2 , r 3 , … r 0 , r 1 , r 2 , r 3 , … r_(0),r_(1),r_(2),r_(3),dotsr_{0}, r_{1}, r_{2}, r_{3}, \ldotsr0,r1,r2,r3,…, sont ses réduits successifs, de
r 1 = a b + 1 b = a + 1 b = α a + a 2 + k a + α r 1 = a b + 1 b = a + 1 b = α a + a 2 + k a + α r_(1)=(ab+1)/(b)=a+(1)/(b)=(alpha a+a^(2)+k)/(a+alpha)r_{1}=\frac{a b+1}{b}=a+\frac{1}{b}=\frac{\alpha a+a^{2}+k}{a+\alpha}r1=ab+1b=a+1b=αa+a2+ka+α
il résulte
(13)
b = a + α k b = a + α k b=(a+alpha)/(k)b=\frac{a+\alpha}{k}b=a+αk
De
r 2 = a b d + a + d b d + 1 = a + 1 b + 1 d = α ( a b + 1 ) + b ( a 2 + k ) a b + 1 + α b r 2 = a b d + a + d b d + 1 = a + 1 b + 1 d = α ( a b + 1 ) + b a 2 + k a b + 1 + α b r_(2)=(abd+a+d)/(bd+1)=a+(1)/(b+(1)/(d))=(alpha(ab+1)+b(a^(2)+k))/(ab+1+alpha b)r_{2}=\frac{a b d+a+d}{b d+1}=a+\frac{1}{b+\frac{1}{d}}=\frac{\alpha(a b+1)+b\left(a^{2}+k\right)}{a b+1+\alpha b}r2=abd+a+dbd+1=a+1b+1d=α(ab+1)+b(a2+k)ab+1+αb
il r'ésulte
(14)
d = α − a + k b 2 a b + 1 − k b 2 d = α − a + k b 2 a b + 1 − k b 2 d=(alpha-a+kb)/(2ab+1-kb^(2))d=\frac{\alpha-a+k b}{2 a b+1-k b^{2}}d=α−a+kb2ab+1−kb2
En fin de
v 3 = a + 1 b + 1 d + 1 e = a ( a b d + a + d ) + ( b d + 1 ) ( a 2 + k ) a b d + a + d + α ( b d + 1 ) v 3 = a + 1 b + 1 d + 1 e = a ( a b d + a + d ) + ( b d + 1 ) a 2 + k a b d + a + d + α ( b d + 1 ) v_(3)=a+(1)/(b+(1)/(d+(1)/(e)))=(a(abd+a+d)+(bd+1)(a^(2)+k))/(abd+a+d+alpha(bd+1))v_{3}=a+\frac{1}{b+\frac{1}{d+\frac{1}{e}}}=\frac{a(a b d+a+d)+(b d+1)\left(a^{2}+k\right)}{a b d+a+d+\alpha(b d+1)}v3=a+1b+1d+1e=a(abd+a+d)+(bd+1)(a2+k)abd+a+d+α(bd+1)
compte tenant de (13) et (14), nous déduisons
(15) e = 2 α k (15) e = 2 α k {:(15)e=(2alpha)/(k):}\begin{equation*} e=\frac{2 \alpha}{k} \tag{15} \end{equation*}(15)e=2αk
Mais les nombres b , e b , e b,eb, eb,e sont entiers (positifs), il en résulte donc que 2 b − e = 2 a k 2 b − e = 2 a k 2b-e=(2a)/(k)2 b-e=\frac{2 a}{k}2b−e=2ak est aussi entier. Il en résulte que 2 a 2 a 2a2 a2a est divisible par k k kkk, done que le nombre c c ccc est de la forme (3). Dans ce cas e = b e = b e=be=be=b, donc α = a α = a alpha=a\alpha=aα=a.
Nous avons donc la propriété exprimée par le
Théorème 2. Pour que les y n , n = 0 , 1 , … y n , n = 0 , 1 , … y_(n),n=0,1,dotsy_{n}, n=0,1, \ldotsyn,n=0,1,…, donnés par la relation de récurrence (10), où c est un nombre naturel (non carré) et a un nombre rationnel positif, soient les réduits successifs de la fraction continue arithmétique de c c sqrtc\sqrt{c}c, il faut et il suffit que c soit de la forme (3) et que α = [ c ] = a α = [ c ] = a alpha=[sqrtc]=a\alpha=[\sqrt{c}]=aα=[c]=a.
6. Remarquons que si c c ccc est un nombre positif quelconque et si nous avons (1), avec x 0 > 0 x 0 > 0 x_(0) > 0x_{0}>0x0>0, il en résulte
x n − c x n + c = ( x 0 − c x 0 + c ) 2 n , n = 0 , 1 , … x n − c x n + c = x 0 − c x 0 + c 2 n , n = 0 , 1 , … (x_(n)-sqrtc)/(x_(n)+sqrtc)=((x_(0)-sqrtc)/(x_(0)+sqrtc))^(2^(n)),n=0,1,dots\frac{x_{n}-\sqrt{c}}{x_{n}+\sqrt{c}}=\left(\frac{x_{0}-\sqrt{c}}{x_{0}+\sqrt{c}}\right)^{2^{n}}, n=0,1, \ldotsxn−cxn+c=(x0−cx0+c)2n,n=0,1,…
En tenant compte aussi de la formule (11), on voit que nous pouvons énoncer le
Théorème 3. Si e et a sont des nombres positifs et si les suites ( x n ) n = 0 ∞ x n n = 0 ∞ (x_(n))_(n=0)^(oo)\left(x_{n}\right)_{n=0}^{\infty}(xn)n=0∞, ( y n ) n = 0 ∞ y n n = 0 ∞ (y_(n))_(n=0)^(oo)\left(y_{n}\right)_{n=0}^{\infty}(yn)n=0∞ sont données par les relations de récurrence (1), (10), avec les valeurs initiales x 0 = y 0 = α x 0 = y 0 = α x_(0)=y_(0)=alphax_{0}=y_{0}=\alphax0=y0=α :
1 ∘ 1 ∘ 1^(@)1^{\circ}1∘ Elles convergent vers c c sqrtc\sqrt{c}c.
2 ∘ 2 ∘ 2^(@)2^{\circ}2∘ On a x n = y 2 n − 1 , n = 0 , 1 , … x n = y 2 n − 1 , n = 0 , 1 , … x_(n)=y_(2^(n)-1),n=0,1,dotsx_{n}=y_{2^{n}-1}, n=0,1, \ldotsxn=y2n−1,n=0,1,…
Reçu le 3 mai 1967
Institut de Calcul
Académie de la République Socialiste de Roumanie, Filiale de Cluj

BIBLIOGRAPHIE

  1. Angheluță, Th. Intégration d'une classe d'équations linéaires aux différences finies. Bulletin de la Soc. des Sciences de Cluj, T. III (1926), 94-104.
  2. Mikusinski, J. Sur la méthode d'approximation de Newton. Annales Polon. Math., I (1954), 184-194.
1968

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