Casse tête marrant

[inviteeecca5b6]

Je vois (peut-etre) ce que tu veux dire...
Pour montrer que F(n)=n est bien solution, il faut montrer que tout n peut être éxprimé comme une combinaison linéaire d'entier au carré (n^2 = ak1^2 + bk2^2 + ...)
Pell a réussi à démontrer, ainsi que Gauss, que ak^2 + bl^2 = m possède au moins une solution, avec a, b, m étant des étiers spécifiés, k et l les inconnues.
Dans notre cas, c'est le contraire, k, l et m sont connus, il reste a trouver a et b.
Par ce même théorème, on peut a nouveau décomposer a et b et ainsi de suite jusqu'a arriver à des valeurs connus.

Maintenant pour montrer que F(n)=n est la seule solution, la ca devient plus compliqué... On peut deja essayer de reduire l'ensemble des solutions, par exemple en montrant que F est linéaire... pas facile
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[invite00411460]

[edit] raaa encore trompé

[invite00411460]

une idée, mais je sais pas trop si on peut faire comme ça :

prenons m = 0, on obtient donc
F(n²) = F(n)²
ensuite on étend le domaine d'application de la fonction F à l'ensemble des réels positifs
F(x²) = F(x)²
qu'on dérive
F'(x²)*2x = 2*F(x)*F'(x)

or comme à l'infini on a F'(x) = F'(x²) on a en simplifiant :
F(x) = x à l'infini
soit F(n) = n pour n tendant vers l'infini

à partir de là reprenons notre équation de départ :
F(m²+n²) = F(m)²+F(n)²
avec m = n-1, n tendant vers l'infini
F(2n²-2n+1) = F(n-1)²+F(n)²

on obtient :
F(n-1)² = F(2n²-2n+1)-F(n)²

motrons que 2n²-2n+1 >= n
2n²-3n+1 >= 0
les racines sont n=1 et n=2. pour n>2 il est donc direct que l'inégalité est satisfaite (et pour tout n en fait)

ET DONC...

F(n-1)² = F(2n²-2n+1)-F(n)²
ne fait intervenir dans le terme de droite des termes F(m) avec m>=n où l'on sait que F(m) = m

F(n-1)² = 2n²-2n+1-n² = n²-2n+1 = (n-1)²

F(n-1) = n-1

on en déduit de proche en proche que F(n) = n pour tout n entier

[invite00411460]

hmmm le seul truc qui pourait clocher je crois est F'(x) = F'(x²)

[invite4793db90]

Salut,

une fonction vérifiant une relation sur N n'a a priori aucune raison de vérifier la même relation sur R...
Je pense que la démonstration peut se faire sans passer par une interpolation sur R.

J'ai une amorce, je vous enverrai mes idées dans les prochains posts...

[invite00411460]

oui mais bon l'infini en réel peut être considéré comme l'infini en entier non ?
enfin je sais que de toutes façons c'est pas super rigoureux

[invite4793db90]

Tes idées sont bonnes: si une fonction sur R vérifient certaines propriétés, elles seront aussi vérifiées sur N.

Malheureusement, ça ne marche pas dans l'autre sens: par exemple si f(n)=1 pour tout entier n, g(x)=cos(2*Pi*x) interpole f mais g n'est pas constante égale à 1...

[invite3da508de]

Allez... je vous fais encore un peu mijoter...demain la réponse...

[invite980a875f]

Salut,
olle comment obtiens-tu f'(x)=f'(x^2) en l'infini, d'où vient cette propriété? Je ne comprends pas!

[invite14ea0d5b]

Je vois (peut-etre) ce que tu veux dire...
Pour montrer que F(n)=n est bien solution, il faut montrer que tout n peut être éxprimé comme une combinaison linéaire d'entier au carré (n^2 = ak1^2 + bk2^2 + ...)

Non, il faut seulement montrer que F(n)=n vérifie les deux critères. Et elle les vérifie les 2, c'est trivial.

[invite3da508de]

si il y a des fautes , merci de me le dire:

Enoncé: Soit f: N->N une fonction tel que f(m^2+n^2)=(f(m))^2+(f(n))^2 et f(1)>0 alors f(m)=(+) ou (-) m

démonstration:
* f(0)=0 f(m^2)=f(-m)^2 implique f(m)=(+) ou (-) f(-m)

*f(1)=1 f(2)=2 f(4)=4 f(5)=5 f(3)=(+)ou(-) 3 (cf question1)

en fait: f(1)=(f(1))^2 implik f(1)=1 car f(1)>0
f(2)=2f(1)^2=2 f(4)=(f(2))^2=4 f(15)=(f(7))^2+f(1)=5
(f(3))^2+(f(4))^2=f(5^2)=(f(5) )^2=25 implik (f(3))^2=9 implik f(3)=(+) ou (-) 3

*f(m)=(+)ou(-)m pour m>=6 (1)

en fait on a: (5a+2b)^2+b^2=(3a+2b)^2+(4a+B) ^2 (2)qlqsoi a et b

supposons que (1) soit vrai quelque soit m<=k
alors il existe a et b tel que: k+1=5a+2b

d'après (2) on a:
(f(5a+2b))^2=(f(k+1))^2=(f(3a+ 2b))^2+(f(4a+2b))^2-(f(b))^2
= (3a+2b)^2 + (4a+b)^2 - b^2
= (5a+2b)^2
donc f(k+1)= (+) ou (-) (k+1) quel que soit k de N

[invite14ea0d5b]

-Il n'y a pas de nombre négatifs dans |N, et là ça alourdit un peu le début de mettre les (-) (+).

f(15)=(f(7))^2+f(1)=5

? probablement f(5) = f(2)^2+f(1)^2 = 5 :P

*f(m)=(+)ou(-)m pour m>=6 (1)

en fait on a: (5a+2b)^2+b^2=(3a+2b)^2+(4a+B) ^2 (2)qlqsoi a et b

supposons que (1) soit vrai quelque soit m<=k
alors il existe a et b tel que: k+1=5a+2b

je vois pas en quoi (1) implique qu'il existe a,b tels que k+1 = 5a+2b...

d'après (2) on a:
(f(5a+2b))^2=(f(k+1))^2=(f(3a+ 2b))^2+(f(4a+2b))^2-(f(b))^2

oups ?
k=6; a = b = 1; f(7)^2 = f(7)^2 = f(5)^2 + f(6)^2 - f(1)^2

f(7)^2 = 25 + 36 -1 = 60 faux.

en fait f(i^2+j^2-k^2) n'est pas égal à f(i)^2+f(j)^2-f(k)^2

=> cette étape est fausse.

= (3a+2b)^2 + (4a+b)^2 - b^2
= (5a+2b)^2
donc f(k+1)= (+) ou (-) (k+1) quel que soit k de N

mal recopié ?

[invite00411460]

c'est 4a+b et pas 4a+2b
donc f(7)² = 5²+5²-1² = 49, OK

sinon ça m'a l'air correct, mais il faudrait vraiment faire un effort sur la présentation, la rigueur dans les découlements, et surtout... éviter les fautes de frappe/calcul qui discrébilisent ta démonstration

[invite14ea0d5b]

sinon ça m'a l'air correct, mais il faudrait vraiment faire un effort sur la présentation, la rigueur dans les découlements, et surtout... éviter les fautes de frappe/calcul qui discrébilisent ta démonstration

Je confirme :P

c'est 4a+b et pas 4a+2b
donc f(7)² = 5²+5²-1² = 49, OK

Ca marche numériquement si on part du principe que f(n) = n, MAIS il faut en fait prouver que (pour le cas général)

f(i^2+j^2-k^2) = f(i)^2 + f(j)^2 - f(k)^2

c'est vrai si f(n) = n est la seule solution, mais est-ce vrai si f(n) n'est donnée que par:

f(1) > 0
f(m^2+n^2) = f(m)^2 + f(n)^2

?


Il faut faire attention aux étapes qui semblent fonctionner numériquement, le piège est méchant...

(f(5a+2b))^2=(f(k+1))^2=(f(3a+ 2b))^2+(f(4a+b))^2-(f(b))^2

n'est donc pas (encore?) valide.

[invite3da508de]

Oups! Désolé pour les multiples fautes de frappes (et les alourdissements), mais ça a été un peu dur à taper pour moi (surtout de recopier de ma feuille sur laquelle tout est un peu en désordre)...

Par contre je comprends mal le "n'est donc pas (encore?) valide"... que veux tu dire par là Korgox? que ça ne marche pas? Que c'est mal démontré?

[inviteef95afaf]

Bonjour FrB
je pense qu'il y a plusieurs problemes dans ta solution (dans l'ordre de "gravité"):
1)L'introduction d'une fonction à valeurs dans Z, alors que ton énoncé précisait qu'elle prenait ses valeurs dans N.

2)k+1=5a+2b .
Pour ceux qui ont oublié, tu veux j'imagine utiliser la proprieté que 5Z + 2Z = Z
(ideaux de Z) du au fait que 5 et 2 sont premiers entre eux. Le seul probleme ici c'est que rien ne nous assure que a et b sont dans N (et effectivement ils le sont rarement tous les deux). Du coup rien ne nous ne assure non plus que 3a+2b>0
(Prends par exemple a=2 ; b=-4)
Donc impossible de parler de f(3a+2b) si on ne peut s'assurer de la positivité de 3a+2b

3) Enfin probleme le plus GRAVE (comme déjà signalé):
tu utilises que f(n²+p²-q²) = f²(n)+f²(q)-f²(q) alors que ce n'est absolument pas l'hypothèse faite sur f.

Cordialement.

PS:On peut savoir d'où vient l'exo ?

[invite3da508de]

L'exo vient de: "TransMath programme 2002 Term S, obligatoire" P22 tout en bas à droite dans la rubrique "pour chercher plus".
Mais par contre:

Le seul probleme ici c'est que rien ne nous assure que a et b sont dans N (et effectivement ils le sont rarement tous les deux). Du coup rien ne nous ne assure non plus que 3a+2b>0

réponse:

une fonction f N->N

[invite3da508de]

3) Enfin probleme le plus GRAVE (comme déjà signalé):
tu utilises que f(n²+p²-q²) = f²(n)+f²(q)-f²(q) alors que ce n'est absolument pas l'hypothèse faite sur f.

tss tss tss, désolé mais tu as mal du lire:

(5a+2b)^2+b^2=(3a+2b)^2+(4a+B) ^2 (2) qlqsoi a et b

supposons que (1) soit vrai quelque soit m<=k
alors il existe a et b tel que: k+1=5a+2b

d'après (2) on a:
(f(5a+2b))^2=(f(k+1))^2=(f(3a+ 2b))^2+(f(4a+2b))^2-(f(b))^2
= (3a+2b)^2 + (4a+b)^2 - b^2
= (5a+2b)^2

Je ne te ferais pas l'injure de t'expliquer, mais il suffit juste de bien lire (je conçoit que ce soit dur etant donnée la manière dont je l'ai écrit!!)

FrK B

[invite14ea0d5b]

(5a+2b)^2+b^2=(3a+2b)^2+(4a+B) ^2 (2) qlqsoi a et b

supposons que (1) soit vrai quelque soit m<=k
alors il existe a et b tel que: k+1=5a+2b

d'après (2) on a:
(f(5a+2b))^2=(f(k+1))^2=(f(3a+ 2b))^2+(f(4a+2b))^2-(f(b))^2
= (3a+2b)^2 + (4a+b)^2 - b^2
= (5a+2b)^2


Je ne te ferais pas l'injure de t'expliquer, mais il suffit juste de bien lire (je conçoit que ce soit dur etant donnée la manière dont je l'ai écrit!!)

FrK B

Alors explique. Et vas-y pas à pas...
Ce que je vois là (et avec la correction de 4a+2b en 4a+b) :

f(k+1)^2 = f(5a+2b)^2 = f((5a+2b)^2) = f((3a+2b)^2+(4a+b) ^2-b^2)

et à partir de ça tu continues avec

= (f(3a+ 2b))^2+(f(4a+b))^2-(f(b))^2

donc tu supposes f(i^2+j^2-k^2) = f(i)^2+f(j)^2-f(k)^2

je vois pas comment tu arrives à ce résultat, alors s'il est justifié explique stp.

[invite00411460]

bon c'est pas clair son truc... donc normal que certains captent pas tout. je "traduis"

déjà il calcule F(n) avec n de 0 à 6
(ce point est vraiment pas clair mais bon c'est facile de le faire)

ensuite pour sa démonstration avec les a et b, il dit qu'un nombre entier plus grand que 6 peut toujours s'écrire sous la forme 5a+2b avec a et b entiers. (et c'est vrai hein)

et enfin comme (5a+2b)²+b²=(3a+2b)²+(4a+b)²
on a F((5a+2b)²+b²) = F((3a+2b)²+(4a+b)²)
ou donc encore (F(5a+2b))²+(F(b))² = (F(3a+2b))²+(F(4a+b))²

on considère que 5a+2b est le plus petit nombre pour lequel F(n)=n n'est pas démontré
on remarque que b, 3a+2b et 4a+b sont inférieurs à ce nombre
donc on sait que F(b)=b, F(3a+2b)=3a+2b, F(4a+b)=4a+b

et finalement : (F(5a+2b))² = (3a+2b)²+(4a+b)²-b² = (5a+2b)²

et on démontre de proche en proche que F(n) = n pour tout n

[invite14ea0d5b]

2)k+1=5a+2b .
Pour ceux qui ont oublié, tu veux j'imagine utiliser la proprieté que 5Z + 2Z = Z
(ideaux de Z) du au fait que 5 et 2 sont premiers entre eux. Le seul probleme ici c'est que rien ne nous assure que a et b sont dans N (et effectivement ils le sont rarement tous les deux). Du coup rien ne nous ne assure non plus que 3a+2b>0
(Prends par exemple a=2 ; b=-4)
Donc impossible de parler de f(3a+2b) si on ne peut s'assurer de la positivité de 3a+2b

Pour tout k > 3 il existe a,b € |N tq k = 5a + 2b est quand même vérifié :

pour obtenir un nombre pair 2n : 2n = n * 2 a = 0, b = n
un nombre impair 2n+1 : 2n+1 = 5*1 + (n-2)*2 a = 1, b = n-2

mais bon on peut dire que FrB a de la chance

surtout vu la réponse f: N->N ?_?



Ah merci olle

Et bravo FrB vu que ça marche finalement

[invite3da508de]

Ok: (re désolé pour la faute!!):

f(5a+2b)^2=f(k+1)^2 (jusk la c bon)
= f(3a+2b)^2+f(4a+b)^2-f(b)^2 expliquation:

(5a+2b)^2+b^2=(3a+2b)^2+(4a+b) ^2
donc (5a+2b)^2=(3a+2b)^2+(4a+b)^2-b^2 (c bon là?)

Ce que tu as écris toi c'est:
=f[(3a+2b)^2+(4a+b) ^2-b^2]

et ce n'est pas ce qui est écrit il n'y a pas de parenthèses!!... ou alors c'est encore une grossière faute de frappe (je suis tellement doué pour ça)

cela te satisfait il?

FrK B

[invite3da508de]

Lol oui en effet Korgox je me suis un peu planté sur cette réponse là, je m'en suis rendu compte après coup mais n'ai pas pu me rectifier... excuse moi

[invite3da508de]

Bon enfin, on y est arrivé... je vais essayé de m'améliorer sur la clarté et la frappe pour une prochaine fois...

FrK B

[invite14ea0d5b]

Ok: (re désolé pour la faute!!):

f(5a+2b)^2=f(k+1)^2 (jusk la c bon)
= f(3a+2b)^2+f(4a+b)^2-f(b)^2 expliquation:

(5a+2b)^2+b^2=(3a+2b)^2+(4a+b) ^2
donc (5a+2b)^2=(3a+2b)^2+(4a+b)^2-b^2 (c bon là?)

Ce que tu as écris toi c'est:
=f[(3a+2b)^2+(4a+b) ^2-b^2]

et ce n'est pas ce qui est écrit il n'y a pas de parenthèses!!... ou alors c'est encore une grossière faute de frappe (je suis tellement doué pour ça)

cela te satisfait il?

Ben non, ça me satisfait toujours pas ^^' mais olle l'a justifié

Bravo

[invite3da508de]

bon ben que veux tu, je n'ai pas réussi à comprendre ce qui ne te convenait pas... désolé, mais merci olle d'avoir fait avancé le chmlblik par ce qu'avec moi c'était mal parti

[inviteef95afaf]

>on considère que 5a+2b est le plus petit nombre pour lequel F(n)=n n'est pas >démontré
>on remarque que b, 3a+2b et 4a+b sont inférieurs à ce nombre

Ah vous allez dire que je chipote, mais si n est pair alors a=0 comme l'a remarqué Korgox et 3a+2b = 5a+2b ; on ne peut appliquer l'hyp de recurrence.

par ex: n=8 ; a=0; b=4 on trouve: F(8² + 4²) = F(8² + 4²)
dont on ne peut rien faire

Allez un petit effort...

[leg]

bonsoir FRB,
en fait on a: (5a+2b)^2+b^2=(3a+2b)^2+(4a+B) ^2 (2)qlqsoi a et b

tu dis qlqsoi a et b, si a = 2 et b = 3 ; dit moi si je me trompe car j'ai un doute.
(5a + 2b)² = (10+6)²
d'où [(10+6)² + 3²] = (16² + 3²) et:
(16² + 3²) = (3a + 2b)² + (4a + b)² soit3a + 2b)² = 12² et (4a + b)² = 11²
or : 16² + 3² =337 ? et 144 + 121= 265 ?
peut être que je ne comprend pas , je pensai que si a = 2 alrs 5a =10 et pour b =3 alors 2b = 6 alors ,peux tu me mettre les valeurs qui vérifient cette première équation,
pour a = 2 et b = 3 merci d'avance
ps: ta solution (5a+2b)^2+b^2=(3a+2b)^2+(4a+B) ^2=(3a+2b)^2+(4a+B) ^2 , est une équation Pythagorique, comme Z n'est pas un carré obligatoirement dans cet exemple, on sait que (z+y) (z-y) = x² dans ton exemple (4a + b)² = x² et (a + 2b) = Y et z = racine carrée de [(5a+2b)^2+b^2] peux tu vérifier si c'est toujours vrai ..merci

[leg]

re , j'ai oublié le 3 dans y, y = (3a + 2b) mea c

[invite5e34a2b4]

>on considère que 5a+2b est le plus petit nombre pour lequel F(n)=n n'est pas >démontré
>on remarque que b, 3a+2b et 4a+b sont inférieurs à ce nombre

Ah vous allez dire que je chipote, mais si n est pair alors a=0 comme l'a remarqué Korgox et 3a+2b = 5a+2b ; on ne peut appliquer l'hyp de recurrence.

par ex: n=8 ; a=0; b=4 on trouve: F(8² + 4²) = F(8² + 4²)
dont on ne peut rien faire

Allez un petit effort...

Tu as tout à fait raison !!

Cependant, si tu remarques bien, à partir de n=9, tous les nombres peuvent se mettre sous la forme 5a+2b où a n'est pas nul et donc où 3a+2b n'est jamais égal à 5a+2b.
Et comme tu as normalement calculé f(k) pour k compris entre 1 et 12, tu peux faire le raisonnement.

Remarque : pour les nombres n pairs, t'es pas obligé de prendre a=0 : en effet 16 se met sous la forme 16 = 5x2+2x3 .

En fait, il y avait un tout petit peu moins long, mais vraiment un tout petit peu !!
On peut, en effet, remarquer que tout nombre supérieur à 5 peut se mettre sous la forme n = 5a-2b avec a non nul (supérieur ou égal à 1) et b=0,1,2,3,4
et on remarque aussi que (5a-2b)²+b²=(3a-2b)²+(4a-b)².
Après, c'est comme le raisonnement donné précédemment.
Sauf que dans ce cas, il suffit de calculer que les 5 premiers termes de f !!