Que cachent les chiffres d’un réel typique ?

I — Des préfixes aux intervalles dyadiques

(a) Par définition,

$$I(u)=\left[\frac{k(u)}{2^n},\frac{k(u)+1}{2^n}\right[.$$

Sa longueur vaut donc

$$\frac{k(u)+1-k(u)}{2^n}=2^{-n}.$$

Ainsi

$$\boxed{\lambda(I(u))=2^{-n}.}$$

(b) Écrivons

$$x=\sum_{j\ge1}\frac{\varepsilon_j}{2^j}.$$

En multipliant par $2^n$,

$$2^nx =\sum_{j=1}^n\varepsilon_j2^{n-j} +\sum_{j>n}\varepsilon_j2^{n-j}.$$

Le premier terme est un entier. Le second appartient à $[0,1]$. Il ne peut être égal à $1$, car cela imposerait $\varepsilon_j=1$ pour tout $j>n$ ; on aurait alors

$$x=\sum_{j=1}^n\frac{\varepsilon_j}{2^j}+\frac1{2^n},$$

qui est dyadique. Comme $x$ ne l'est pas,

$$0\le \sum_{j>n}\varepsilon_j2^{n-j}<1.$$

Par conséquent,

$$\lfloor2^nx\rfloor =\sum_{j=1}^n\varepsilon_j2^{n-j}.$$

Or $x\in I(u)$ équivaut à

$$k(u)\le2^nx<k(u)+1,$$

c'est-à-dire à $\lfloor2^nx\rfloor=k(u)$. L'écriture binaire d'un entier entre $0$ et $2^n-1$ sur $n$ chiffres étant unique, cela équivaut à

$$(\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_n)=(u_1,\ldots,u_n).$$

Donc

$$\boxed{x\in I(u)\iff \varepsilon_1\ldots\varepsilon_n=u.}$$

(a) Soit $x\in(0,1)$ dyadique. On peut écrire

$$x=\frac{k}{2^m}$$

avec $m\ge1$ choisi minimal. Alors $k$ est impair. L'écriture binaire de $k$ sur $m$ chiffres se termine donc par $1$ : il existe des chiffres $\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_{m-1}$ tels que

$$x=0,\varepsilon_1\ldots\varepsilon_{m-1}1000\ldots{}_2.$$

Comme

$$\sum_{j=m+1}^{\infty}\frac1{2^j}=\frac1{2^m},$$

on a aussi

$$x=0,\varepsilon_1\ldots\varepsilon_{m-1}0111\ldots{}_2.$$

Le réel $x$ possède donc deux développements binaires distincts.

(b) Supposons qu'un réel $x\in(0,1)$ possède deux développements

$$x=\sum_{j\ge1}\frac{\varepsilon_j}{2^j} =\sum_{j\ge1}\frac{\eta_j}{2^j},$$

avec $(\varepsilon_j)\ne(\eta_j)$. Soit $p$ le premier indice où ils diffèrent. En échangeant les deux suites si nécessaire, on peut supposer

$$\varepsilon_p=0, \qquad \eta_p=1.$$

L'égalité des deux sommes donne

$$\frac1{2^p} =\sum_{j>p}\frac{\varepsilon_j-\eta_j}{2^j}.$$

Mais

$$\sum_{j>p}\frac{\varepsilon_j-\eta_j}{2^j} \le\sum_{j>p}\frac1{2^j} =\frac1{2^p}.$$

Pour atteindre cette valeur maximale, il faut nécessairement

$$\varepsilon_j=1, \qquad \eta_j=0 \qquad (j>p).$$

Le second développement est donc terminé à partir du rang $p$ : $x$ est dyadique. Ainsi, dans $(0,1)$, les réels possédant deux développements sont exactement les dyadiques.

(c) Pour tout $m\ge0$, l'ensemble

$$D_m=\left\{\frac{k}{2^m}\,;\ 0\le k\le2^m\right\}$$

est fini. Comme

$$D=\bigcup_{m\ge0}D_m,$$

l'ensemble $D$ est dénombrable. Tout singleton est de mesure de Lebesgue nulle, donc toute réunion dénombrable de singletons l'est également :

$$\boxed{\lambda(D)=0.}$$

Sur $X=[0,1]\setminus D$, le développement binaire est unique. Retirer ou ajouter $D$ à un ensemble ne change pas sa mesure ; une assertion qui échoue éventuellement seulement sur $D$ reste donc vraie presque partout sur $[0,1]$.

II — Le décalage binaire

(a) Pour $x\in X$,

$$2x =\varepsilon_1+ \sum_{n\ge1}\frac{\varepsilon_{n+1}}{2^n}.$$

La somme restante appartient à $[0,1)$ : si elle valait $1$, tous les chiffres à partir de $\varepsilon_2$ seraient égaux à $1$ et $x$ serait dyadique. On a donc

$$\lfloor2x\rfloor=\varepsilon_1,$$

puis

$$T(x)=2x-\lfloor2x\rfloor =\sum_{n\ge1}\frac{\varepsilon_{n+1}}{2^n}.$$

La transformation $T$ supprime le premier chiffre. Par récurrence,

$$\boxed{ T^m(x)=\sum_{n\ge1}\frac{\varepsilon_{m+n}}{2^n}.}$$

(b) Le mot $w$ occupe les positions $m+1,\ldots,m+r$ de $x$ si et seulement si les $r$ premiers chiffres de $T^m(x)$ sont $w$. Remarquons que $T^m(x)$ est encore non dyadique : si $T^m(x)$ était dyadique, la relation

$$x=\frac{1}{2^m}\left(\sum_{j=1}^m \varepsilon_j2^{m-j}+T^m(x)\right)$$

montrerait que $x$ est lui-même dyadique. On a donc $T^m(x)\in X$. D'après la question 1(b), les $r$ premiers chiffres de $T^m(x)$ sont $w$ si et seulement si $T^m(x)\in I(w)$. Ainsi

$$\boxed{A_m(w)=X\cap (T^m)^{-1}(I(w)).}$$

(c) Fixons les $m$ premiers chiffres de $x$. Il existe $2^m$ mots possibles

$$v\in\{0,1\}^m.$$

Pour un tel $v$, imposer ensuite le mot $w$ revient à imposer le préfixe concaténé $vw$ de longueur $m+r$. Par la première partie,

$$\{x\in X:\varepsilon_1\ldots\varepsilon_m=v, \ \varepsilon_{m+1}\ldots\varepsilon_{m+r}=w\} =I(vw)\cap X.$$

Les $2^m$ intervalles $I(vw)$ sont deux à deux disjoints et ont chacun la longueur $2^{-(m+r)}$. Retirer $D$ ne change pas leur mesure. Par additivité,

$$\lambda(A_m(w)) =2^m\,2^{-(m+r)} =2^{-r}.$$

Donc

$$\boxed{\lambda(A_m(w))=2^{-r}.}$$

Ce calcul ne fait intervenir ni indépendance probabiliste ni invariance préalable de $\lambda$ par $T$.

III — Éviter un mot sur des blocs disjoints

(a) La donnée successive des blocs

$$v_0,v_1,\ldots,v_{N-1}$$

détermine un unique mot binaire $U$ de longueur $Nr$, obtenu par concaténation. L'ensemble recherché est donc

$$I(U)\cap X.$$

Il diffère de l'intervalle dyadique $I(U)$ seulement par l'ensemble négligeable $D$, et

$$\boxed{\lambda(I(U)\cap X)=2^{-Nr}.}$$

(b) À chaque emplacement de bloc, il existe $2^r$ mots binaires possibles, dont un seul est interdit : $w$. Il reste donc $2^r-1$ choix pour chacun des $N$ blocs. Le nombre de suites admissibles est

$$(2^r-1)^N.$$

Chaque suite admissible correspond, d'après (a), à un intervalle dyadique de longueur $2^{-Nr}$, et ces intervalles sont disjoints. Ainsi

$$\begin{aligned} \lambda\!\left(\bigcap_{j=0}^{N-1}(X\setminus E_j)\right) &=(2^r-1)^N2^{-Nr}\\ &=\left(\frac{2^r-1}{2^r}\right)^N. \end{aligned}$$

Par conséquent,

$$\boxed{ \lambda\!\left(\bigcap_{j=0}^{N-1}(X\setminus E_j)\right) =(1-2^{-r})^N.}$$

(c) Dans $F_{q,N}$, les $q$ premiers blocs, c'est-à-dire les $qr$ premiers chiffres, sont libres. Ils donnent

$$2^{qr}$$

choix possibles. Les $N$ blocs suivants doivent tous être différents de $w$, d'où

$$(2^r-1)^N$$

choix. Au total, $F_{q,N}$ est, à $D$ près, la réunion disjointe de

$$2^{qr}(2^r-1)^N$$

intervalles dyadiques de longueur

$$2^{-(q+N)r}.$$

Ainsi

$$\begin{aligned} \lambda(F_{q,N}) &=2^{qr}(2^r-1)^N2^{-(q+N)r}\\ &=(2^r-1)^N2^{-Nr}\\ &=(1-2^{-r})^N. \end{aligned}$$

Donc, pour tout $q\ge0$,

$$\boxed{\lambda(F_{q,N})=(1-2^{-r})^N.}$$

Le résultat ne dépend pas de $q$ précisément parce que les $qr$ premiers chiffres sont laissés entièrement libres.

IV — Passer de « au moins une fois » à « une infinité de fois »

(a) Par définition,

$$F_{q,N} =\bigcap_{j=q}^{q+N-1}(X\setminus E_j)$$

est l'ensemble des réels pour lesquels $w$ n'apparaît dans aucun des blocs numérotés $q,q+1,\ldots,q+N-1$. En intersectant sur tous les $N\ge1$, on impose l'absence de $w$ dans chaque bloc d'indice $j\ge q$. Ainsi

$$\boxed{F_q=\{x\in X:\ x\notin E_j\text{ pour tout }j\ge q\}.}$$

(b) Pour $q$ fixé, la suite $(F_{q,N})_{N\ge1}$ est décroissante et

$$F_q=\bigcap_{N\ge1}F_{q,N}.$$

De plus, $\lambda(F_{q,1})\le1$. La continuité décroissante de la mesure donne

$$\lambda(F_q) =\lim_{N\to\infty}\lambda(F_{q,N}) =\lim_{N\to\infty}(1-2^{-r})^N.$$

Comme $0<1-2^{-r}<1$,

$$\boxed{\lambda(F_q)=0.}$$

(a) Si $x\in B_w$, l'ensemble des indices $j\ge0$ tels que $x\in E_j$ est fini. Il existe donc $q\ge0$ tel que $x\notin E_j$ pour tout $j\ge q$ ; si cet ensemble d'indices est vide, on peut simplement prendre $q=0$. Ainsi $x\in F_q$.

Réciproquement, si $x\in F_q$, le mot $w$ n'apparaît dans aucun des blocs de positions $jr+1,\ldots,jr+r$ pour $j\ge q$. Il ne peut donc apparaître que parmi les $q$ blocs d'indices $0,\ldots,q-1$, donc un nombre fini de fois. Ainsi

$$\boxed{B_w=\bigcup_{q\ge0}F_q.}$$

(b) Chaque $F_q$ est négligeable. Une réunion dénombrable d'ensembles négligeables étant négligeable,

$$\boxed{\lambda(B_w)=0.}$$

Pour tout $x\in X\setminus B_w$, le mot $w$ apparaît donc dans une infinité de blocs disjoints de positions $jr+1,\ldots,jr+r$. Il apparaît a fortiori une infinité de fois dans le développement binaire de $x$, sans restriction sur la position de départ.

En réintroduisant l'ensemble dyadique $D$, lui-même négligeable, on obtient

$$\boxed{\text{pour presque tout }x\in[0,1],\text{ le mot fixé }w\text{ apparaît une infinité de fois}.}$$

Le passage par les ensembles $F_q$ est essentiel : faire seulement tendre

$$(1-2^{-r})^N$$

vers $0$ pour les $N$ premiers blocs établirait que presque tout réel rencontre $w$ au moins une fois dans ces blocs. En recommençant après tout rang $q$, on exclut au contraire la possibilité que les occurrences finissent par s'arrêter.

V — Tous les mots à la fois

(a) Pour chaque $r\ge1$, l'ensemble $\{0,1\}^r$ contient exactement $2^r$ éléments ; il est donc fini. Or

$$\mathcal W=\bigcup_{r\ge1}\{0,1\}^r$$

est une réunion dénombrable d'ensembles finis. Ainsi

$$\boxed{\mathcal W\text{ est dénombrable}.}$$

(b) Pour chaque mot $w\in\mathcal W$, on a montré que $\lambda(B_w)=0$. Comme $\mathcal W$ est dénombrable,

$$\lambda\!\left(\bigcup_{w\in\mathcal W}B_w\right)=0.$$

En ajoutant $D$, qui est également négligeable,

$$\boxed{ \lambda\!\left(D\cup\bigcup_{w\in\mathcal W}B_w\right)=0.}$$

(c) Soit

$$x\in[0,1]\setminus\left(D\cup\bigcup_{w\in\mathcal W}B_w\right).$$

Le réel $x$ n'est pas dyadique, donc son développement binaire est unique. De plus, pour tout mot binaire fini $w$, on a $x\notin B_w$ ; le mot $w$ apparaît donc une infinité de fois dans ce développement. Le complément de cet ensemble de réels est négligeable. Finalement,

$$\boxed{\text{pour presque tout réel }x\in[0,1],\text{ chaque mot binaire fini apparaît une infinité de fois}.}$$

Ouverture — ce que la normalité demanderait en plus

La conclusion précédente porte uniquement sur l'existence d'une infinité d'occurrences. La normalité en base $2$ impose une information quantitative supplémentaire : si $w$ a longueur $r$, alors la proportion des positions de départ occupées par $w$ doit converger vers $2^{-r}$.

Ainsi,

$$\text{normalité en base }2 \quad\Longrightarrow\quad \text{chaque mot fini apparaît une infinité de fois},$$

mais l'argument précédent n'établit aucune convergence de fréquence. Il ne constitue donc pas une démonstration de la normalité presque partout.