Les empreintes sont dénombrables et partout denses.

Preuve.
Un point du cercle A est repéré par un réel [latex]\mod 1[/latex], l'index étant en 0.

On note [latex]b[/latex] la longueur irrationnelle du cercle B. Un point du cercle B est repéré par un réel [latex]\mod b[/latex].

Au départ l'index en 0 sur la roue A fait une empreinte en 0 sur la roue B.

Après [latex]k[/latex] tours de la roue A ([latex]k[/latex] entier [latex]\geq 0[/latex]), on a une empreinte [latex]k \mod b[/latex] sur la roue B.

Soient [latex]k,k'[/latex] des entiers [latex]\geq0[/latex] . Si [latex]k\not=k'[/latex] alors [latex]k\not\equiv k' \mod b[/latex] ; sinon [latex]k-k'=n\,b[/latex] avec [latex]n[/latex] entier, donc [latex]b[/latex] serait rationnel. Chaque nouvelle empreinte est donc distincte des précédentes. En particulier il y a une infinité dénombrable d'empreintes (dénombrable car elles sont indexées par l'entier [latex]k[/latex]).

Soit un entier [latex]n>0[/latex]. On fait une subdivision de [latex][0,b][/latex] par les [latex]n+1[/latex] points [latex]\frac{r\,b}{n}[/latex] avec [latex]r=0,1,2,...,n[/latex]. Le segment [latex][0,b][/latex] est la réunion des [latex]n[/latex] petits segments [latex]\left[\frac{r\,b}{n},\frac{(r+1)\,b}{n}\right][/latex], [latex]r=0,1,2,,n-1[/latex], tous de longueur [latex]\frac{b}{n}[/latex].

Comme il y a une infinité d'empreintes, il y a au moins 2 empreintes  [latex]k_0[/latex]  et [latex]k_1\ [/latex]  ,  situées [latex]\mod b[/latex] dans un même petit segment, avec [latex]0<k_0<k_1[/latex].  Alors [latex]k_1-k_0[/latex]  est  [latex]\mod b[/latex] dans [latex]\left[-\frac{b}{n},\frac{b}{n}\right][/latex]. Et si on considère les empreintes de la forme [latex]s(k_1-k_0) \mod b[/latex] avec [latex]s[/latex] entier [latex]\geq 1[/latex], on en déduit qu'il y a [latex]\mod b[/latex] au moins une empreinte dans chacun des [latex]n[/latex] segments [latex]\left[\frac{r\,b}{n},\frac{(r+1)\,b}{n}\right][/latex], [latex]r=0,1,2,,n-1[/latex].

Les empreintes sont donc partout denses sur la roue B.
[TeX]\square[/TeX]

Le problème n'a pas beaucoup de sens.

Je pense que non.

Un point du cercle est atteint ssi il existe n,k tels que  [latex]n-kp = q[/latex] 
([latex] n,k[/latex] des entiers, [latex]p[/latex] la circonférence du cercle B et [latex]q[/latex] le réel sur le cercle)

Si on prend un cercle de circonférence [latex]\sqrt{3}[/latex], le point  [latex]\sqrt{2}[/latex] ne sera pas atteint. On a
[TeX]n-k\sqrt{3}=\sqrt{2} \Leftrightarrow n^{2}= 2 + 2k\sqrt{6}+ k^{2}3       
[/latex]    soit    [latex]\frac{n^{2}- 2 + k^{2}3}{2k}= \sqrt{6} [/TeX]
ce qui est impossible vu que [latex]\sqrt{6}[/latex] est irrationnel.

A mon avis, à part les premiers entiers qui composent la partie entière de l'irrationnel, aucun nombre rationnel ne peut être marqué. Au second tour, on décale les points de la partie décimale de l'irrationnel (puis de 2 fois cette partie décimale...)

Si on tombe sur un rationnel, c'est que l'irrationnel ne l'est pas , non ? Car n fois sa partie décimale pourrait alors être exprimé avec l'unité et un rationnel.

Ce problème n'a pas de sens posé tel quel car :

1) Une marque ponctuelle, ou un point n'a pas de sens réel. Une marque doit avoir une certaine grosseur pour être visible, un index ponctuel ça n'existe pas. Demander si chaque point du rouleau B va être marqué n'a pas de sens.

2) Parler de longueur irrationnelle pour un objet concret n'a pas de sens. La longueur d'un objet ne pouvant être mesurée précisément, il n'y a pas de sens à parler de longueur irrationnelle.

Oui mais alors, me direz-vous, si l'on va par là, il en serait de même de tous les problèmes géométriques concrets, qui une fois abstraits/modélisés, se résolvent grâce à des objets mathématiques irréels. Par exemple, dire que la diagonale d'un carré de longueur 1 mètre mesure [latex]\sqrt2[/latex] mètres n'aurait pas de sens non plus !
Pas du tout, cela fait sens sans aucun problème. Si une figure concrète en forme (approximative) de carré a un côté qui mesure 1 mètre environ, sa diagonale va mesurer [latex]\sqrt2[/latex] mètres environ (l'approximation dépendant de la précision de mes mesures). Les traductions monde réel/monde mathématique ne sont pas problématiques. Au contraire, dans le problème que tu nous proposes, les traductions monde réel/monde mathématique sont très problématiques et ne font pas sens.

Pour autant que je comprenne, ça a l'air bon masab.
Bravo à toi.

Notations :
[TeX]R[/latex]: rayon du rouleau.

[latex]C[/latex]: circonférence du rouleau.

[latex]\Omega[/latex]: vitesse angulaire du rouleau.

Solution :

Le rouleau A entraîne sans glissement le rouleau B :

[latex]R_A \Omega_A=R_B \Omega_B[/TeX]
Lorsque le rouleau A fait un tour le rouleau B fait [latex]\frac{R_A}{R_B}[/latex] tour(s).

Deux marques successives sont alors séparées par un angle de [latex]\frac{R_A}{R_B} 2 \pi = \frac{C_A}{R_B}[/latex] radians.

La n-ième marque est donc repérée par un angle de [latex](n-1) \frac{C_A}{R_B}[/latex] radians par rapport à la première marque.

Il s'agit ensuite de déterminer si les nouvelles marques finissent par se superposer aux anciennes au bout d'un certain nombre d'impression.

Autrement dit il s'agit de déterminer si :
[TeX]\exists n \in \mathbb{N}^*, \exists (i, j) \in \mathbb{N}^2, (i, j) \ne (n-1, 0), (n-1) \frac{C_A}{R_B}=i \frac{C_A}{R_B} +2j \pi[/TeX]
Auquel cas le motif d'impression sur le rouleau B serait complet dès l'impression de la n-1-ème marque (après ça l'impression "tourne en boucle"), ce qui équivaut à la présence de points non marqués sur le rouleau B.

Dans notre cas [latex]C_A=1[/latex]

On cherche donc à déterminer si :
[TeX]\exists n \in \mathbb{N}^*, \exists (i, j) \in \mathbb{N}^2, (i, j) \ne (n-1, 0), (n-1) \frac{1}{R_B}=i \frac{1}{R_B} +2j \pi[/TeX][TeX]\Longleftrightarrow \exists n \in \mathbb{N}^*, \exists (i, j) \in \mathbb{N}^2, (i, j) \ne (n-1, 0), n-1=i+2j \pi R_B=i+jC_B[/TeX]
Dans notre cas [latex]C_B[/latex] est irrationnel.

Par conséquent [latex]\forall (i, j) \in \mathbb{N}^2, i+jC_B[/latex] est irrationnel et [latex]\nexists n \in \mathbb{N}^*, \exists (i, j) \in \mathbb{N}^2, (i, j) \ne (n-1, 0), n-1=i+jC_B[/latex]

Conclusion : chaque point du rouleau B sera marqué par l'index du rouleau A.

Titoufred, je suis d'accord avec toi. Si la présentation 2 rouleaux te gêne, je pourrais poser le problème de la façon suivante:

Soit A un irrationnel, tous les entiers de N modulo A peuvent ils prendre toutes les valeurs possibles entre 0 et A ou au contraire existe t il des abscisses ou des petites zones  qui ne seront jamais atteintes ?

Ok Nodgim.

Voici mes réponses à tes questions pour ce qui est du problème formulé de façon mathématique, avec tes notations :

On considère l'application suivante : [latex]s : \mathbb{N} \rightarrow [0 ; A [[/latex]
telle que  [latex]\overline{s(x)} = \overline{x}[/latex]  dans [latex]\mathbb{R}/A\mathbb{Z}[/latex]

1) [latex]s[/latex] n'est pas surjective puisque [latex]s(\mathbb{N})[/latex] est dénombrable et [latex][0;A[[/latex] non. Il existe une infinité non dénombrable de points qui ne sont pas atteints par [latex]s[/latex].

2) Prouvons maintenant que [latex]s(\mathbb{N})[/latex] est dense dans [latex][0;A[[/latex] :

Pour cela, on considère [latex]x=inf(s(\mathbb{N}^*))[/latex].

a) Nous allons prouver que [latex]x=0[/latex] :

Raisonnons par l'absurde et supposons que [latex]x > 0[/latex].

Notons [latex]y=sup(s(\mathbb{N}^*))[/latex]

i) On prouve d'abord que [latex]y = A-x[/latex] :

En effet, supposons que l'on a [latex]y<A-x[/latex].

Alors on sait qu'il existe des entiers [latex]x'[/latex] et [latex]y'[/latex] dans [latex]\mathbb{N}^*[/latex] tels que
[TeX]x\leq s(x')<A-y[/latex]  et  [latex]y-x<s(y') \leq y[/latex].

Alors [latex]y <s(x')+s(y')< A[/latex].

Puisque [latex]s(x')+s(y')< A[/latex], alors [latex]s(x'+y')=s(x')+s(y')[/TeX]
et donc [latex]y < s(x'+y')[/latex], ce qui est absurde.

De même, supposons que l'on a [latex]y>A-x[/latex].

Alors on sait qu'il existe un entier [latex]y'[/latex] dans [latex]\mathbb{N}^*[/latex] tel que [latex]A-x<s(y')[/latex].

Et il existe un entier [latex]x'[/latex] dans [latex]\mathbb{N}^*[/latex] tel que [latex]x\leq s(x')<x+A-s(y')[/latex]

Alors [latex]A <s(x')+s(y')< x+A[/latex] et donc [latex]s(x'+y')<x[/latex] ce qui est absurde.

ii) Soient [latex]x'[/latex] et [latex]y'[/latex] dans [latex]\mathbb{N}^*[/latex] tels que
[TeX]x\leq s(x')<2x[/latex] et [latex]A-2x<s(y') \leq A-x[/latex].

Alors [latex]A-x < s(x') + s(y') < A+x[/TeX]
De deux choses l'une :

-Soit [latex]s(x')+s(y')<A[/latex] et alors [latex]s(x'+y')=s(x')+s(y')>A-x[/latex]

-Soit [latex]s(x')+s(y')\geq A[/latex] et alors [latex]s(x'+y')=s(x')+s(y')-A<x[/latex]

Dans les deux cas, on aboutit à une absurdité.

C'est donc que notre hypothèse [latex]x > 0[/latex] n'est pas bonne. Cela prouve donc que [latex]x = 0[/latex].

b) A partir de là, il est facile de prouver que [latex]s(\mathbb{N})[/latex] est dense dans [latex][0;A[[/latex] :

Soit [latex]z \in [0;A[[/latex] et [latex]\epsilon >0[/latex].
[TeX]inf(s(\mathbb{N}^*))=0[/latex] donc il existe un entier [latex]x' \in \mathbb{N}^*[/latex] tel que [latex]s(x')<\epsilon[/latex].

Comme A est irrationnel et [latex]x' \neq 0[/latex], alors [latex]s(x')\neq 0[/latex].

Finalement, soit [latex]q = E\left(\frac{z}{s(x')}\right)[/latex].

Alors [latex]q\ \leq \frac{z}{s(x')} < q+1[/TeX]
donc [latex]q \times s(x') \leq z < q \times s(x') + s(x')[/latex]

donc [latex]s(q \times x') \leq z < s(q \times x') + \epsilon[/latex]

Ce qui prouve que [latex]s(\mathbb{N})[/latex] est dense dans [latex][0;A[[/latex].

Même si je détaille pas mal, la démonstration de masab est quand même plus directe.

masab, il y a quand même quelques petits trucs à rectifier dans ta démonstration il me semble :

1) tu inverses le rôle de 1 et de a.

2)  [latex]|a*p_n-q_n|\leq 1/n[/latex] implique que l'image de [latex]\varphi [/latex] possède donc au moins un point dans [latex][0;1/n][/latex] ou dans [latex][1-1/n;1][/latex]

3) petite coquille à la fin, c'est [latex]k \times a \times p_n[/latex]

Es-tu d'accord avec ça ?

Au fait, à Titou ou Masab, quand dit-on d'un cardinal d'un sous-ensemble qu'il est dense dans son ensemble ? Cela implique t il une proportion non nulle ?

OK, merci Titoufred, je m'en doutais un peu, tu me confirmes.
La démo de masab peut encore être raccourcie (je le fais court):

Il y a une infinité de pts imprimés dans le segment, il y a donc une infinité d'intervalles de longueur nulle. Or, on peut imprimer 2 pts séparés par un intervalle de longueur nulle sur tout le segment. Les points imprimés sont donc partout dense dans le segment.