Discussion:Produit infini de Cantor

Problèmes avec les propriétés

Je me suis permis de supprimer les propriétés suivante:

• $\forall n,a_{n}\in \mathbb {N}$

En effet, même si je ne connais rien au sujet, un contre exemple trivial est pour x0 = 3, a0 = 3/2 n'est évidemment pas dans N :).

Ensuite, les deux propriétés:

• $\forall n,a_{n+1}\geq a_{n}^{2}$
• Soit $x_{0}>1$. Alors $x_{0}$ est un nombre rationnel si, et seulement si, $\exists N\in \mathbb {N}$tel que la suite $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ de son développement en série de Cantor vérifie $a_{n+1}\geq a_{n}^{2}$ pour $n\geq N$.

puisque manifestement ces deux propriétés se contredisent :) (la première dit que la propriété est toujours vérifié, la seconde si et seulement si x0 est rationnel. Doit en déduire que tout nombre est rationnel ? :p)

134.214.163.175

Je me répond à moi-même, j'avais pas pigé que le [ ] signifiait je ne sais quel opérateur inconnu. Merci à quelqu'un qui sait de préciser :p 134.214.163.175

Deuxième auto-réponse, on y arrivera. C'est la partie entière, non (je me disais bien que je l'avais déjà vu quelque part, ce symbole ;)) ? (en tout cas, c'est ce que l'article partie entière suggère). Bon, je précise sur l'article, qu'on me pende si j'ai tord 134.214.163.175

Je suis d'accord avec le message précédent quant à l'incohérence de ce qui est énoncé. Après avoir fait quelques tests (et réfléchi un peu aussi ;)), je me suis permis de remplacer $a_{n+1}\geq a_{n}^{2}$ par $a_{n+1}=a_{n}^{2}$ dans la caractérisation des rationnels.

SniperMaské 9 novembre 2007 à 17:45 (CET)

Interrogations sur la construction du produit

En partant du fait que $x_{0}$ soit strictement plus grand que 1, et des définitions de $a_{0}$ et $x_{1}$, je n'arrive qu'à prouver que $x_{1}<x_{0}$. Comment prouver que $x_{1}>1$ ? Si quelqu'un sait où a une piste ? D'ailleurs je ne vois pas l'utilité de l'encadrement (qui est juste et normal pour une partie entière) donné en ligne 2, du rapport ${\frac {x_{0}}{x_{0}-1}}$ dont on prend la partie entière pour faire $a_{0}$. Peut-être en déduire que $x_{1}>1$ ? J'ai beau essayer, ça ne me conduit pas à ça ! Est-ce que quelqu'un peut préciser pourquoi une partie entière est parachutée dans la récurrence des $x_{n}$, quelles sont les raisons mathématiques de cette partie entière dans la construction du produit ? --88.141.150.122 (d) 8 mai 2013 à 08:53 (CEST)

P.S. : démonstration de $x_{1}\leq x_{0}$:
On part de $x_{0}>1$ et de $a_{0}=\left[{\frac {x_{0}}{x_{0}-1}}\right]$, et $x_{1}={\frac {x_{0}}{1+{\frac {1}{a_{0}}}}}$.
$x_{0}>1\Leftrightarrow x_{0}-1>0$ On retient que cette différence est positive.
Maintenant quelque chose d'évident: $x_{0}>x_{0}-1$ ! Quand on enlève 1, forcément c'est plus petit !
$x_{0}>x_{0}-1\Leftrightarrow {\frac {x_{0}}{x_{0}-1}}>1$ car la différence est strictement positive, donc pas de changement d'ordre car on divise par un réel positif et surtout différente de zéro pour pouvoir faire la division.
$\Rightarrow \left[{\frac {x_{0}}{x_{0}-1}}\right]\geq 1$, induit par la définition d'une partie entière. $\Leftrightarrow a_{0}\geq 1\Leftrightarrow 0<{\frac {1}{a_{0}}}\leq 1\Leftrightarrow 1<1+{\frac {1}{a_{0}}}\leq 2\Leftrightarrow 1>{\frac {1}{1+{\frac {1}{a_{0}}}}}\geq {\frac {1}{2}}\Leftrightarrow x_{0}>{\frac {x_{0}}{1+{\frac {1}{a_{0}}}}}\geq {\frac {x_{0}}{2}}$ car $x_{0}$ positif donc pas de changement d'ordre de l'encadrement. $\Leftrightarrow x_{0}>x_{1}\geq {\frac {x_{0}}{2}}\Rightarrow x_{1}<x_{0}$
voilà l'initialisation de la démonstration par récurrence de la décroissance de la suite des $x_{n}$, il faudrait justement prouver que $x_{n}>1$ $\forall n\in \mathbb {N}$. Sachant que chaque terme est plus grand que 1, on peut alors montrer l'hérédité et donc prouver la décroissance stricte de la suite.

88.141.150.122 (d) 8 mai 2013 à 18:54 (CEST)

Autre piste pour la décroissance de la suite:
La définition de récurrence des termes de la suite est: $x_{n+1}={\frac {x_{n}}{1+{\frac {1}{a_{n}}}}}$.
Étude classique de décroissance d'une suite, c'est l'étude de la différence de deux termes consécutifs:
$x_{n+1}-x_{n}={\frac {x_{n}}{1+{\frac {1}{a_{n}}}}}-x_{n}={\frac {x_{n}}{1+{\frac {1}{a_{n}}}}}-x_{n}\times {\frac {1+{\frac {1}{a_{n}}}}{1+{\frac {1}{a_{n}}}}}={\frac {x_{n}-x_{n}\times (1+{\frac {1}{a_{n}}})}{1+{\frac {1}{a_{n}}}}}={\frac {x_{n}\times (1-1-{\frac {1}{a_{n}}})}{{\frac {a_{n}}{a_{n}}}+{\frac {1}{a_{n}}}}}$
$x_{n+1}-x_{n}={\frac {x_{n}\times -({\frac {1}{a_{n}}})}{\frac {a_{n}+1}{a_{n}}}}=-{\frac {x_{n}}{a_{n}}}\times {\frac {a_{n}}{a_{n}+1}}=-{\frac {x_{n}}{a_{n}+1}}$
De cette expression, on peut voir que le différence pourrait être négative mais à condition que le numérateur et le dénominateur soient de même signe. Or on cherche précisément à savoir comment se comportent les termes $x_{n}$ et $a_{n}$ en est déduit. Notamment si les termes de la suite descendent en dessous de 1. On en revient au même problème: il est indispensable de prouver que $x_{n}>1\forall n\in \mathbb {N}$.
88.141.150.122 (d) 8 mai 2013 à 18:54 (CEST)
Autre piste:
Avec $x_{n+1}={\frac {x_{n}}{1+{\frac {1}{a_{n}}}}}$ et $a_{n}=\left[{\frac {x_{n}}{x_{n}-1}}\right]$ pour la définition des deux suites, il vient:
$x_{n+1}={\frac {x_{n}}{1+{\frac {1}{a_{n}}}}}={\frac {x_{n}}{{\frac {a_{n}}{a_{n}}}+{\frac {1}{a_{n}}}}}={\frac {x_{n}}{\frac {a_{n}+1}{a_{n}}}}=x_{n}\times {\frac {a_{n}}{a_{n}+1}}$
Or d'après la définition de $a_{n}$ et de la partie entière:$a_{n}\leq {\frac {x_{n}}{x_{n}-1}}<a_{n+1}\Rightarrow a_{n}<a_{n+1}$.
Mais peut-on faire le rapport pour comparer avec 1 ? Il faut vérifier que le membre de droite soit différent de zéro: On en revient à l'évidence citée plus haut, mais généralisée à n plutôt que pour l'indice 0, qui est $x_{n}>x_{n}-1$. Si on arrive à passer à l'étape ${\frac {x_{n}}{x_{n}-1}}>1$, il s'en suit que $\left[{\frac {x_{n}}{x_{n}-1}}\right]\geq 1\Leftrightarrow a_{n}\geq 1$ et de là on en tirerait que ${\frac {a_{n}}{a_{n}+1}}<1$ et que $x_{n+1}=x_{n}\times {\frac {a_{n}}{a_{n}+1}}<x_{n}$. Mais, MAIS ! On ne sait absolument rien sur $x_{n}$, il peut très bien être égal à 1 et donc dans ce cas $x_{n}-1=0$ ce qui nous empêche de faire ce rapport. Toujours le même problème: il faut prouver que $x_{n}>1\forall n\in \mathbb {N}$.
88.141.150.122 (d) 8 mai 2013 à 18:54 (CEST)

Démonstration de la minoration de la suite par 1

Enfin trouvé !

Nous avons au départ:$x_{0}\in ]1;+\infty [$ et $x_{n+1}={\frac {x_{n}}{1+{\frac {1}{a_{n}}}}}$ avec $a_{n}=\left[{\frac {x_{n}}{x_{n}-1}}\right]$.
On travaille un peu la définition par récurrence de la suite: $x_{n+1}={\frac {x_{n}}{1+{\frac {1}{a_{n}}}}}={\frac {x_{n}}{{\frac {a_{n}}{a_{n}}}+{\frac {1}{a_{n}}}}}={\frac {x_{n}}{\frac {a_{n}+1}{a_{n}}}}=x_{n}\times {\frac {a_{n}}{a_{n}+1}}={\frac {x_{n}\times a_{n}}{a_{n}+1}}$
Maintenant montrons par récurrence que 1 est borne inférieure de la suite:
D'abord supposons que au rang n, le terme soit supérieur à 1, soit $x_{n}>1\Leftrightarrow x_{n}-1>0$
et l'évidence de service $x_{n}>x_{n}-1$ $\forall x_{n}\in \mathbb {R}$
Puisque le membre de droite de l'évidence est strictement positif, on peut faire la division:${\frac {x_{n}}{x_{n}-1}}>1\Rightarrow \left[{\frac {x_{n}}{x_{n}-1}}\right]\geq 1\Leftrightarrow a_{n}\geq 1$
Alors, en résumé, $x_{n}>1\Rightarrow a_{n}\geq 1$, d'une part.
D'autre part, la définition de $a_{n}$ impose par l'extraction de partie entière que: $a_{n}\leq {\frac {x_{n}}{x_{n}-1}}<a_{n}+1$
Or $x_{n}-1>0$, on peut donc multiplier cet encadrement sans changer l'ordre: $a_{n}(x_{n}-1)\leq x_{n}<(a_{n}+1)(x_{n}-1)$
$\Leftrightarrow a_{n}x_{n}-a_{n}\leq x_{n}<a_{n}x_{n}-a_{n}+x_{n}-1\Leftrightarrow a_{n}x_{n}-a_{n}-x_{n}\leq 0<a_{n}x_{n}-a_{n}-1$ car $x_{n}>1$ comme supposé.
On ajoute aussi $a_{n}+1$ ce qui donne$\Leftrightarrow a_{n}x_{n}-a_{n}+a_{n}+1\leq a_{n}+1<a_{n}x_{n}\Leftrightarrow a_{n}x_{n}+1\leq a_{n}+1<a_{n}x_{n}$
Et on s'arrête là pour remarquer que: $a_{n}+1<a_{n}x_{n}$ et comme $a_{n}+1>a_{n}\geq 1>0$ soit que $a_{n}+1>0$ on peut faire la division et trouver ${\frac {x_{n}a_{n}}{a_{n}+1}}>1\Leftrightarrow x_{n+1}>1$
Eurekâ ! En résumé: si $x_{n}>1$ nous avons que $a_{n}\geq 1$ et surtout que l'encadrement du à l'extraction de partie entière implique avec la condition de départ que $x_{n+1}>1$
En clair: $x_{n}>1\Rightarrow x_{n+1}>1$. Cette Propriété est donc héréditaire. Or $x_{0}>1$ puisqu'on part d'un réel plus grand que 1, alors on a $x_{n}>1\forall n\in \mathbb {N}$

Ce comportement de la suite n'est bien sûr valable que si on part d'un réel supérieur à 1, et il permet de ré-itérer le processus pour faire un produit infini qui peut alors converger vers un réel car la suite converge très rapidement vers 1. 1 est un minorant de la suite on vient de le prouver. Reste à prouver que c'est le plus grand des minorants, ou bien que c'est la limite de la suite, ce qui est équivalent. Si la suite ne convergeait pas vers 1, le produit infini divergerait forcément, il est important qu'elle converge vers 1 mais en plus très fortement pour empêcher la divergence.--88.141.149.227 (d) 9 mai 2013 à 20:17 (CEST)

Démonstration de la convergence de la suite et calcul de sa limite

Il a été prouvé sur les deux sujets précédents que la suite des $x_{n}$ est strictement décroissante et que 1 est un minorant de la suite. Il en découle, et c'est une implication directe, que la suite converge vers une limite $L\geq 1$. On a donc $\lim _{n\to \infty }(x_{n})=L$. Du coup $\lim _{n\to \infty }(a_{n})=\lim _{n\to \infty }(\left[{\frac {x_{n}}{x_{n}-1}}\right])={\frac {L}{L-1}}$.
On a également: $\lim _{n\to \infty }(x_{n+1})=\lim _{n\to \infty }({\frac {x_{n}a_{n}}{a_{n}+1}})={\frac {L\times {\frac {L}{L-1}}}{{\frac {L}{L-1}}+1}}={\frac {\frac {L\times L}{L-1}}{{\frac {L}{L-1}}+{\frac {L-1}{L-1}}}}={\frac {\frac {L^{2}}{L-1}}{\frac {L+L-1}{L-1}}}={\frac {L^{2}}{2L-1}}$
Il y a maintenant une astuce à laquelle il n'est pas évident d'y penser, et elle est enseignée aux terminales S depuis cette année: Si une suite a une limite finie, l'expression par récurrence du terme suivant de la suite a aussi la même limite. En faisant cela on créé une équation en L par bouclage de récurrence. Il n'y a qu'à la résoudre et on a la limite cherchée.
$\lim _{n\to \infty }(x_{n+1})=\lim _{n\to \infty }(x_{n})=L\Rightarrow {\frac {L^{2}}{2L-1}}=L\Leftrightarrow L^{2}=L(2L-1)\Leftrightarrow L^{2}=2L^{2}-L\Leftrightarrow L=L^{2}$
avec $L\geq 1>0$ soit $L\neq 0$, on peut alors diviser par L les deux membres et obtenir $L=1$

La limite de cette suite est donc 1, et on peut le constater facilement avec un tableur, et même y voir que les limites de calculs sont très vite atteintes car cette suite converge très, très rapidement. C'est d'ailleurs pour cette raison qu'elle est utilisée dans les algorithmes de calculs de réels comme la racine carrée ou cubique. Sa rapidité de convergence de une à deux décimales par itération est sans commune mesure avec la lenteur de convergence des séries définissant des fonctions analytiques. Et n'importe quel réel supérieur à 1 peut être défini par ce produit infini, ça c'est extraordinaire !--88.141.149.227 (d) 9 mai 2013 à 23:22 (CEST)

Construction du produit infini de Cantor

Puisque la suite étudiée possède les critères nécessaires de convergence pour que le produit ne soit pas nul et lui permet de converger, on va construire ce produit et vérifier sa convergence.

La suite est ainsi définie: $x_{0}>1$ et $x_{0}\in \mathbb {(} R)$
$x_{n+1}={\frac {x_{n}}{1+{\frac {1}{a_{n}}}}}$ avec $a_{n}=\left[{\frac {x_{n}}{x_{n}-1}}\right]$
On procède maintenant au renversement de la définition de récurrence, de sorte que le précédent soit définit en fonction du suivant:
$x_{n}=x_{n+1}\times (1+{\frac {1}{a_{n}}})$
Ce qui nous permet de faire la chose suivante:
$x_{0}=x_{1}(1+{\frac {1}{a_{0}}})=x_{2}(1+{\frac {1}{a_{0}}})(1+{\frac {1}{a_{1}}})=x_{3}(1+{\frac {1}{a_{0}}})(1+{\frac {1}{a_{1}}})(1+{\frac {1}{a_{2}}})$ etc.
On voit bien que ce cette expression-là se déroule à l'infini, et ce qui est étonnant c'est que ce produit sans limites donne le premier terme ! Pour l'instant donnons lui une limite d'arrêt:
$x_{0}=x_{n+1}\times \prod _{i=0}^{n}(1+{\frac {1}{a_{i}}})$
et voyons son comportement vers l'infini:
$\lim _{n\rightarrow \infty }(x_{0})=\lim _{n\rightarrow \infty }(x_{n+1}\times \prod _{i=0}^{n}(1+{\frac {1}{a_{i}}}))\Leftrightarrow x_{0}=1\times \prod _{i=0}^{\infty }(1+{\frac {1}{a_{i}}})\Leftrightarrow x_{0}=\prod _{i=0}^{\infty }(1+{\frac {1}{a_{i}}})$
On a bien $x_{n+1}$ qui tend vers 1, ça a été prouvé précédemment. $x_{0}$ reste $x_{0}$ quelque soit n. $x_{n}$ tendant vers 1, on a alors: $\lim _{n\rightarrow \infty }(a_{n})=\left[{\frac {1}{1^{+}-1}}\right]=+\infty$
$\Rightarrow {\frac {1}{a_{i}}}\rightarrow 0\Leftrightarrow (1+{\frac {1}{a_{i}}})\rightarrow 1$
Donc les facteurs du produit tendent vers 1 par valeurs supérieures, ce qui est une condition nécessaire pour que le produit converge. Mais la convergence n'est pas prouvée formellement. Il est clair que si les facteurs tendent vers un nombre supérieur à 1, le produit diverge puisqu'il est infini. Si les facteurs tendent vers un nombre entre 0 et 1, le produit tend vers 0 et si l'un d'entre eux est nul, le produit est nul. Et si le facteur général provoque un changement de signe, il y a en plus l'alternance à ajouter au comportement décrit pour des facteurs toujours positifs.--88.141.149.227 (d) 12 mai 2013 à 12:34 (CEST)

Référence Cantor ?

J'ai écrit à daniel Duverney pour savoir s'il a quelque chose.

J'ai trouvé https://ia902708.us.archive.org/32/items/irrationalzahlen00perruoft/irrationalzahlen00perruoft_bw.pdf page 122 qui renvoie page 184 à Q. Cantor, Über die einfachen Zahlensysteme. Zeitschr. f. Mathem. n. Physik 14 (1869).

Mais dans https://gdz.sub.uni-goettingen.de/id/PPN599415665_0014?tify={%22pages%22:[132,133],%22panX%22:1.135,%22panY%22:0.732,%22view%22:%22info%22,%22zoom%22:0.446}

J'ai l'impression que Cantor parle plutôt de la numération en base variable...--Robert FERREOL (discuter) 18 janvier 2022 à 17:30 (CET)