EXO N - EF 3 [Proposed]


  • Math&Maroc

    ( IMO 2009 Problem 5 )
    Déterminer toutes les fonctions f:NNf : \mathbb{N}^* \to \mathbb{N}^* telles que, pour tous a,bNa,b \in \mathbb{N}^* il existe un triangle non aplati dont les longueurs des côtés sont:
    a , f(a) , f(b+f(a)1) a \ , \ f(a) \ , \ f(b+f(a)-1)



  • @Amine-Natik
    pour a=1a=1 on obtient f(b)f(b+f(1)1)f(b)f(b)\leq f(b+f(1)-1)\leq f(b) alors f(b)=f(b+f(1)1)f(b)=f(b+f(1)-1)
    on suppose que m=f(1)1m=f(1)-1 est strictement sup a 0 et puisque f(b)=f(b+m)f(b)=f(b+m) pour tout entier naturel non nul b
    alors f est bornee(car elle est periodique ) et alors si a est assez grand alors a,f(b),f(a+f(b)1)a,f(b),f(a+f(b)-1) ne peuvent pas etre les cotes d un triangle .Donc f(1)=1f(1)=1
    pour b=1b=1 on trouve que f(f(a))=af(f(a))=a
    montrons par recurrence que pour tout entier naturel n1n\geq 1 on a f(f(2)+f(n)1))=n+1f(f(2)+f(n)-1))=n+1
    pour n=1n=1 le resultat est clair
    pour n=2n=2
    en prenant a=b=2a=b=2 on obtient f(2f(2)1)3f(2f(2)-1)\leq 3
    si f(2f(2)1)=2f(2f(2)-1)=2 alors 2f(2)1=f(2)2f(2)-1=f(2) donc f(2)=1=f(1)f(2)=1=f(1) impossible puisue f est bijective
    si f(2f(2)1)=1f(2f(2)-1)=1 alors 2f(2)1=f(1)=12f(2)-1=f(1)=1 donc f(2)=1=f(1)f(2)=1=f(1) impossible
    Et alors f(2f(2)1)=3f(2f(2)-1)=3
    supposons que pour tout knk\leq n on a f(f(2)+f(k)1))=k+1f(f(2)+f(k)-1))=k+1
    pour a=n+1a=n+1 et b=2b=2 on obtient f(f(2)+f(n+1)1))n+1f(f(2)+f(n+1)-1))\leq n+1 et puisque f est bijective alors f(f(2)+f(n+1)1))=n+1f(f(2)+f(n+1)-1))=n+1
    on a donc pour tout entier naturel n1n\geq 1 f(f(2)+f(n)1))=n+1f(f(2)+f(n)-1))=n+1
    alors f(2)+f(n)=f(n+1)+1f(2)+f(n)=f(n+1)+1
    supposons que f(2)f(2) est strictement sup a 2
    montrons par recurrence que pour tout n2n\geq 2 f(n)f(n) est strictement sup a 2
    pour n=2n=2 c est clair
    supposons que f(n)f(n) est strictement sup a 2
    alors d apres f(2)+f(n)=f(n+1)+1f(2)+f(n)=f(n+1)+1 on a f(n+1)f(n+1) est strictement sup a 2
    Alors pour tout n2n\geq 2 f(n)f(n) est strictement sup a 2 ceci contredit le bijectivite de f
    donc finalement on a f(2)=2f(2)=2 ce qui donne f(n+1)=f(n)+1f(n+1)=f(n)+1 et par une simple recurrence f(n)=nf(n)=n pour tout entier naturel non nul n
    Inversement f(n)=nf(n)=n verifie l hypothèse de l exercice


  • Math&Maroc

    Solution proposée par Amine Natik et Rida Ait Mansour en Janvier 2014:

    Soit ff une solution, donc pour tout a,bNa,b \in \mathbb{N}^* :
    a+f(b)>f(b+f(a)1)   (1) a+f(b) \gt f(b+f(a)-1) \ \ \ (1)
    a+f(b+f(a)1)>f(b)   (2) a+f(b+f(a)-1)\gt f(b) \ \ \ (2)
    f(b+f(a)1)+f(b)>a   (3)f(b+f(a)-1)+f(b)\gt a\ \ \ (3)
    [1] : Si f(A)=f(B)f(A)=f(B)ABA \geq B alors (nN):f(n)AB2+1(\forall n \in \mathbb{N}^* ) : f(n) \geq \frac{A-B}{2}+1
    On pose T=f(A)=f(B)T=f(A)=f(B) dans (1)(1) et (3)(3) on obtient :
    f(n+T1)+f(n)A+1 f(n+T-1)+f(n)\geq A+1 et f(n)+Bf(n+T1)+1f(n)+B\geq f(n+T-1)+1 en ajoutant ces deux inégalités on trouve le résultat.

    [2] : f(1)=1f(1)=1 :
    on pose K=f(1)K=f(1), dans (1)(1) et (2)(2) on trouve f(b+K1)=f(b)f(b+K-1)=f(b) et donc pour b=1b=1 on trouve f(K)=Kf(K)=K et d'autre part f(b+n(K1))=f(b)f(b+n(K-1))=f(b) pour tout nNn \in \mathbb{N}^* , et d'où pour tout i>j1i\gt j \geq 1 : f(K+i(K1)=f(K+j(K1)) f(K+i(K-1)=f(K+j(K-1)) en utilisant [1] pour n=1n=1, K1(K1)ij2K -1 \geq (K-1)\frac{i-j}{2} et donc forcément K=1f(1)=1K=1 \Rightarrow f(1)=1.

    [3] : La seule solution est f(n)=nf(n)=n pour tout nNn \in \mathbb{N}^* :
    dans (1)(1) et (3)(3) on trouve : a+1>f(f(a))f(f(a))aa+1 \gt f(f(a)) \Rightarrow f(f(a)) \leq a et f(f(a))+1>af(f(a))a f(f(a))+1 \gt a \Rightarrow f(f(a)) \geq a , d'où f(f(a))=af(f(a))=a, ff est alors injective. et f(2)2f(2)\geq 2 car f(1)=1f(1)=1, on pose f(2)=2+mf(2)=2+mm0 m\geq 0 on a f(f(2))=f(2+m)f(2+m)=2f(f(2))=f(2+m) \Rightarrow f(2+m)=2, remplacons maintenant aa par f(a)f(a) dans (1)(1) : f(a)+f(b)f(a+b1)+1 f(a)+f(b)\geq f(a+b-1)+1, pour a=b=m+2a=b=m+2 on obtient:
    4f(2m+3)+1f(2m+3)34 \geq f(2m+3)+1 \Rightarrow f(2m+3)\leq 3 et puisque ff est injective f(2m+3)=3f(2m+3)=3, et par réccurence f((n1)m+n)=nf((n-1)m+n)=n, et donc f(n)=(n1)m+nf(n)=(n-1)m+n, on remplace nn par f(n)f(n) pour trouver n=n+(n+(n1)m1)mn=n+(n+(n-1)m-1)m pour tout nn, après calcul m=0m=0 et f(n)=nf(n)=n.


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