EXO N - EF 5 [Proposed]


  • Math&Maroc

    Trouver toutes les applications f:NN f : \mathbb{N} \to \mathbb{N} surjective, tels que pour tout m,nNm,n \in \mathbb{N} et pour tout nombre premier pp on a :
    pf(m+n)pf(m)+f(n). p \mid f(m+n) \Leftrightarrow p \mid f(m)+f(n).



  • @Amine-Natik
    Soit pp un diviseur premier de f(1)f(1)
    Si pf(u+1)p|f(u+1)
    donc P(u,1)pf(u)P(u,1) \Rightarrow p|f(u)
    Hors P(1,1)pf(2)P(1,1) \Rightarrow p|f(2) et il est aisé de demontrer que pf(2n)p|f(2^n) pour tout n.
    Hors donc comme on a pf(u+1)pf(u) p|f(u+1) \Rightarrow p|f(u) donc pf(n)p|f(n) pour tout n!
    Mais p est surjective Donc f(1)=1 f(1)=1
    Démontrons par recurrence que f(n)=n f(n)=n
    Soit q un diviseur premier de f(n+1)f(n+1)
    On a donc qf(n)+f(1)=n+1q|f(n)+f(1)=n+1
    De la meme maniere on nombre que tout diviseur de n+1n+1 divise f(n+1)f(n+1)
    donc f(n+1)=n+1f(n+1)=n+1
    Fin de la récurrence
    CQFDCQFD
    Sauf erreur.
    P.S: Par N tu veux egalement dire 0? Car dans certains livres NN désigne juste les entiers strictements positifs , dans le doute je rajoute la démo de f(0)=0f(0)=0

    Soit zz un nombre premier quelconque
    ff surjective donc il existe un uu tel que f(u)=zf(u)=z
    P(u,0)zf(0)P(u,0) \Rightarrow z|f(0) pour tout zz premier premier
    Donc f(0)=0f(0)=0


  • Math&Maroc

    Bonjour Mamoun, je désigne par N\mathbb{N} l'ensemble des entiers naturel : {0,1,2,}\{0,1,2,\cdots\}.
    T'as trouvé de très bonnes idées, mais j'ai pas compris comment t'as montré que si f(n)=nf(n)=n alors f(n+1)=n+1f(n+1)=n+1.
    dans ta démonstration, si on suppose que f(n)=nf(n)=n alors qn+1qf(n+1)q\mid n+1 \Leftrightarrow q\mid f(n+1) pour tout qq premier, ceci n'implique pas que f(n+1)=n+1f(n+1)=n+1 ! !



  • @Amine-Natik
    on a f est surjective alors il existe un entier naturel a tq f(a)=1f(a)=1
    on suppose que a est strictement sup a 1 donc il existe des entiers naturels non nuls m et n tq a=m+na=m+n
    et soit q un premier qui divise f(m)+f(n)f(m)+f(n) alors p divise f(a)=1f(a)=1 contradiction donc a=1a=1
    on suppose qu il existe un entier strictement positif n tq f(n+1)f(n)\left | f(n+1)-f(n) \right | est strcitement sup a 1
    soit p un nombre premier tq p divise f(n+1)f(n)f(n+1)-f(n)
    puisque f est surjective alors il existe un m tq p divise f(n)+f(m)f(n)+f(m) donc p divise f(n+m)f(n+m) et on a f(n+1)f(n)(modp)f(n+1)\equiv f(n)(modp) donc p divise f(n+1)+f(m)f(n+1)+f(m) donc p divise f(n+m+1)f(n+m+1) donc il divise f(n+m)+f(1)=f(n+m)+1f(n+m)+f(1)=f(n+m)+1
    d ou p divise pgcd(f(n+m),f(n+m)+1)=1pgcd(f(n+m),f(n+m)+1)=1 contradiction
    donc pour tout entier strictement positif n on a f(n+1)f(n)=1\left | f(n+1)-f(n) \right |=1
    on montre par recurrence que f(n)=nf(n)=n
    pour n=1,2n=1,2 le resultat est clair
    on suppose que pour tout knk\leq n on a f(k)=kf(k)=k alors f(n+1)=n+1f(n+1)=n+1 ou f(n+1)=n1f(n+1)=n-1
    on suppose que f(n+1)=n1f(n+1)=n-1
    soit p un nombre premier tq p divise f(n+1)=n1f(n+1)=n-1 ie p divise f(n)+1=n+1f(n)+1=n+1
    donc n1n-1 et n+1n+1 ont les memes diviseurs premiers et puisue pgcd(n+1,n1)pgcd(n+1,n-1) divise 2
    alors il existe a et b avec a strictement sup a b tq n1=2bn-1=2^{b} et n+1=2an+1=2^{a} donc a=2etb=1a=2 et b=1 ce qui donne n=3n=3 donc f(4)=2f(4)=2 soit p un nombre premier divise f(3)+f(2)=3+2=5f(3)+f(2)=3+2=5 alors p=5p=5 et on a p divise f(5)f(5) donc f(5)0mod(5)f(5)\equiv 0mod(5) donc 1=f(5)22mod(5)1=| f(5)-2 |\equiv 2 mod(5) contradiction
    donc f(n+1)=n+1f(n+1)=n+1
    la preuve par recurrence est ainsi terminee


  • Math&Maroc

    @Fahd-Et-tahery
    Bravo Fahd :clap_tone2:



  • @Amine-Natik
    merciii


Log in to reply
 

Looks like your connection to Expii Forum was lost, please wait while we try to reconnect.