Mathématiques - f(f(n))=n+2007

f(f(n))=n+2007
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Posted by: BiZi

Bonjour,

Montrer qu'il n'existe pas d'application $f$ de $\mathbb{N}->\mathbb{N}$ vérifiant

$\forall n \in \mathbb{N}, f(f(n))=n+2007$

Cet exo est difficile mais la solution est assez "intuitive" (dans le sens où elle n'est pas de la forme: on pose A=l'intersection des images réciproques des formes linéaires modulo l'idéal associé... et ca marche).

Si cet exo a déjà été posé récemment (je crois que c'est un classique) bin pas taper

(je ne l'ai pas trouvé en cherchant un peu sur le forum)

Posted by: ThSQ

D'une olympiade de 2007 sans aucun doute

f(n+2007) = f(f(f(n)) = f(n) + 2007
f(n+2007*m) = f(n) + 2007*m par réc.

Il suffit donc de s'intéresser à f(n) pour n < 2007.

f(n) = q(n) * 2007 + r(n) avec r(n) < 2007
f(f(n)) = n + 2007 = f(r(n)) + q(n) * 2007

Donc q(n) = 0 ou 1

Si q(n) = 0 : f(n) = r(n) + 2007 et f(r(n)) = n
Si q(n) = 1 : f(n) = r(n) ......... et f(r(n)) = n + 2007

Dans les deux cas on peut faire des paires (x,y) = (n, r(n)) tels que f(x) = y + 2007 et f(y) = x, et x != y.

Le pb c'est que de 0 à 2006 il y a 2007 nombres et que 2007 est impair. C'est un peu dur de faire des paires sans oublier personne .....

A noter que ça marche pas l'an prochain !!!!

Posted by: BiZi

Citation:

Posté par ThSQ

Dans les deux cas on peut faire des paires (x,y) = (n, r(n)) tels que f(x) = y + 2007 et f(y) = x, et x != y.

Le pb c'est que de 0 à 2006 il y a 2007 nombres et que 2007 est impair. C'est un peu dur de faire des paires sans oublier personne .....

Euh et avec une rédaction plus précise ca donne quoi? (je pense avoir compris mais ce qui me gêne c'est que tes paires ne sont pas toutes dans [0;2006], peux-tu développer un peu?)

Bin sinon moi j'avais considéré
A={ $k \in [0;2006]$ tel que $f(k)<2007$ }
B={ $k \in [0;2006]$ tel que $f(k)>2006$ }

L'application f restreinte à A est bijective de A dans B donc
Card A=Card B
Or A et B forment une partition de [0,2006] donc Card [0,2006]=Card A+Card B=2*Card A=2007 absurde.

Posted by: ThSQ

Citation:

Posté par BiZi

ce qui me gêne c'est que tes paires ne sont pas toutes dans [0;2006]

Ben si

>>>> Il suffit donc de s'intéresser à f(n) pour n < 2007.
>>>> f(n) = q(n) * 2007 + r(n) avec r(n) < 2007

Posted by: aviateurpilot

Citation:

Posté par BiZi

Bin sinon moi j'avais considéré
A={ $k \in [0;2006]$ tel que $f(k)<2007$ }
B={ $k \in [0;2006]$ tel que $f(k)>2006$ }

L'application f restreinte à A est bijective de A dans B donc
Card A=Card B

c'est bien donc tu as meme montrer qu'il n'existe pas d'application $f:\mathbb{N}\to \mathbb{N}$ tel que $\forall n\in\mathbb{N}fof(n)=n+a$ avec $a$ impair

Posted by: Zweig

Bonjour,

Citation:

Posté par BiZi

Montrer qu'il n'existe pas d'application $f$ de $\mathbb{N}->\mathbb{N}$ vérifiant

$\forall n \in \mathbb{N}, f(f(n))=n+2007$

Nous allons en fait montrer un résultat plus fort : nous allons montrer qu'il n'existe pas d'applications $f$ de $\mathbb{N}->\mathbb{N}$ vérifiant

$\forall n \in \mathbb{N}, f(f(n))=n + m$ , où $m$ est un entier impair fixé.

Je te propose ma solution ici

Posted by: lapras

Vraiment très belle ta solution.
C'est très concis !

Posted by: Zweig

Merci

Posted by: BiZi

Bonjour,

Citation:

Posté par Zweig

Bonjour,

Nous allons en fait montrer un résultat plus fort : nous allons montrer qu'il n'existe pas d'applications $f$ de $\mathbb{N}->\mathbb{N}$ vérifiant

$\forall n \in \mathbb{N}, f(f(n))=n + m$ , où $m$ est un entier impair fixé.

Je te propose ma solution ici

Je ne vois pas trop comment tu passes de

f(n)+m=f(n+m) à
f(1)=a+1
f(2)=a+2
...
f(k)=a+k

J'ai l'impression que tu as fait n=0 et fait varier m de 1 à k: m est fixé pourtant!

Posted by: Zweig

C'est bien ça, en fait j'aurais pu directement marqué f(m) = a + m ...

Posted by: BiZi

Citation:

Posté par Zweig

C'est bien ça, en fait j'aurais pu directement marqué f(m) = a + m ...

Oui, et après?

Posted by: Zweig

Bah je ne vois pas ce que tu comprends pas ? On a pour tout m : f(m) = a + m, avec a = f(0). En particulier, on posant m = a = f(0), on a donc : f(a) = 2a.

Or d'après la relation de départ : f(a) = f(f(0)) = m, d'où par transitivité on obtient 2a = m, ce qui constitue une contradiction puisque m est supposé impair. Ainsi il n'existe aucune fonction N -> N vérifiant la relation donnée.

Posted by: BiZi

Citation:

Posté par Zweig

Bah je ne vois pas ce que tu comprends pas ? On a pour tout m : f(m) = a + m, avec a = f(0). En particulier, on posant m = a = f(0), on a donc : f(a) = 2a.

Or d'après la relation de départ : f(a) = f(f(0)) = m, d'où par transitivité on obtient 2a = m, ce qui constitue une contradiction puisque m est supposé impair. Ainsi il n'existe aucune fonction N -> N vérifiant la relation donnée.

Mais ce n'est pas pour tout m! m est fixé. Sinon, ce serait un peu facile!

Posted by: Zweig

Oui désolé je me suis emmêlé les pinceaux avec n et m, Il est fixé bien sûr.

Posted by: BiZi

Citation:

Posté par Zweig

Oui désolé je me suis emmêlé les pinceaux avec n et m, Il est fixé bien sûr.

Donc cette démonstration est fausse. Il faudrait que tu modifies ta page!