Théorème de Chudnovsky sur l'approximation entière

Résolution.

1. Soit $x \in [0, 1]$. La suite $(u_n) = (\varphi_n(x))$ vérifie $u_{n+1} = f(u_n)$ avec $f(t) = 2t(1-t)$. Les points fixes de $f$ sont les solutions de $2t - 2t^2 = t$, soit $t - 2t^2 = 0$, donc $t=0$ ou $t=1/2$. Sur $[0, 1]$, $f(t) - t = t(1-2t)$. Si $x \in ]0, 1/2[$, $f(x) > x$ et on montre par récurrence que $u_n$ croît vers $1/2$. Si $x \in ]1/2, 1[$, $f(x) < x$ et $u_n$ décroît vers $1/2$ (car $f(x) \in ]0, 1/2[$ dès la première étape). Si $x=0$, $u_n=0$. Si $x=1$, $u_1=0$ puis $u_n=0$.
   $$\boxed{\forall x \in ]0, 1[, \varphi_n(x) \xrightarrow[n \to +\infty]{} \frac{1}{2}   \text{et}   \varphi_n(0)=\varphi_n(1)=0}$$

2. 1. On calcule :
      $$\frac{1}{2} - \varphi_{n+1}(x) = \frac{1}{2} - 2\varphi_n(x) + 2\varphi_n(x)^2 = 2 \left( \varphi_n(x)^2 - \varphi_n(x) + \frac{1}{4} \right)$$
      On reconnaît une identité remarquable :
      $$\boxed{\frac{1}{2} - \varphi_{n+1}(x) = 2 \left( \frac{1}{2} - \varphi_n(x) \right)^2}$$

   2. Par récurrence immédiate, on pose $v_n(x) = \frac{1}{2} - \varphi_n(x)$. On a $v_{n+1} = 2 v_n^2$. En multipliant par $2$, on obtient $2v_{n+1} = (2v_n)^2$, d'où $2v_n(x) = (2v_0(x))^{2^n}$. Comme $v_0(x) = 1/2 - x$, on a $2v_0(x) = 1-2x$.
      $$\boxed{\varphi_n(x) = \frac{1}{2} - \frac{1}{2}(1-2x)^{2^n}}$$

   3. Soit $I = [a, b] \subset ]0, 1[$. Alors pour tout $x \in I$, $|1-2x| \leq \max(|1-2a|, |1-2b|) = \rho$. Comme $a, b \in ]0, 1[$, on a $|1-2a| < 1$ and $|1-2b| < 1$, donc $\rho < 1$. On en déduit :
      $$\sup_{x \in I} \left| \varphi_n(x) - \frac{1}{2} \right| = \sup_{x \in I} \frac{1}{2} |1-2x|^{2^n} = \frac{1}{2} \rho^{2^n} \xrightarrow[n \to +\infty]{} 0$$
      La convergence est donc bien uniforme sur $I$.

3. Soit $k \in \mathbb{N}^*$. Puisque $\varphi_n \xrightarrow{unif} 1/2$ sur $I$, par continuité de la fonction $t \mapsto t^k$ (qui est uniformément continue sur tout borné), on a :
   $$(\varphi_n)^k \xrightarrow[n \to +\infty]{unif} \left(\frac{1}{2}\right)^k$$
   Or $\varphi$ est un polynôme à coefficients entiers, donc par composition $\varphi_n$ aussi, et $(\varphi_n)^k$ également. On a construit une suite de $\mathbb{Z}[X]$ convergeant uniformément vers $1/2^k$.

4. Soit $f \in \mathcal{C}^0(I, \mathbb{R})$. D'après le théorème de Weierstrass, il existe un polynôme $P \in \mathbb{R}[X]$ tel que $\|f - P\|_{\infty, I} \leq \epsilon$. Par densité, on peut choisir un polynôme $Q \in \mathbb{Q}[X]$ tel que $\|P - Q\|_{\infty, I} \leq \epsilon$. Soit $Q(x) = \sum_{j=0}^d q_j x^j$. Quitte à multiplier par un dénominateur commun, on peut écrire $Q(x) = \sum_{j=0}^d \frac{a_j}{2^{m_j}} x^j$ avec $a_j \in \mathbb{Z}$ et $m_j \in \mathbb{N}$. Chaque constante $1/2^{m_j}$ est limite uniforme sur $I$ d'une suite de polynômes $(P_{n,j}) \subset \mathbb{Z}[X]$. Alors le polynôme $R_n(x) = \sum_{j=0}^d a_j P_{n,j}(x) x^j$ appartient à $\mathbb{Z}[X]$. Par somme finie de limites uniformes, $R_n$ converge uniformément vers $Q$ sur $I$. Finalement, par un argument en $3\epsilon$, on conclut à l'existence d'une suite de $\mathbb{Z}[X]$ convergeant uniformément vers $f$.