Une suite sans carré
Réponses
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Bonjour,
Il me semblait que $u_7=16$, mais la formule a changé.
Cordialement,
Rescassol
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Pardon Rescassol j'avais fait une erreur : confusion entre $\sqrt{2n}$ et $2\sqrt n$Encore toutes mes confuses.
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Trop facile pour une énigme de @Cidrolin, ou bien j'ai fait une erreur !
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Bonjour Julia Paule, ma démonstration n’est pas évidente, mais …
Bravo cependant.
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Merci pour ce petit exercice intéressant. Avec la définition des parties entières on obtient sans difficultés pour $p\geq3$ :$u_{p^2-p}=(p+1)^2-1$ et $u_{p^2-p+1}=(p+1)^2+1$
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Bravo jandri.
Ma preuve est basée sur une extension du théorème de Lambek-Moser. https://en.wikipedia.org/wiki/Lambek–Moser_theorem
Si cette généralisation n'a pas encore été trouvée, je propose, bien modestement, le nom de : théorème de Lambek-Moser-Cidrolin. -
Pour ma part, j'avais :$\forall n \geq 1$, $\lfloor \sqrt n+\frac 32 \rfloor^2 < u_n < \lfloor \sqrt n+\frac 52 \rfloor^2$, deux carrés consécutifs.
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Bravo à vous deux.On pose $v_n=n+\lfloor \frac{3n+4}{6} \rfloor+\lfloor (\frac{3n-5}{6})^2 \rfloor$
Montrer que $\{n^2; n \in \N^*\}$; $\{u_n; n \in \N^*\}$ et $\{v_n; n \in \N^*\}$ forment une partition de $ \N^*$. -
Notations$E(x)$ désigne la partie entière du réel $x$L-B est mis pour Lambek-MoserUne généralisation du théorème de L-B1) Soit $f$ et $g$ deux fonctions de $\N^*$ vers $\R^+ -\N$, strictement croissantes, non majoréeset telles que pour tout $n$ et tout $m$ : $f(n)\not = g(m)$2) On classe par ordre croissant les nombres qui sontdes entiers $n$,ou des $f(n)$,ou enfin des $g(n)$.3) Quel est le rang ( la place, c'est le combientième) de l'entier $n$?On compte les entiers qui le précèdent (au sens large) il y en a $n$On comte les $f(k)\leq n $ il y en a $E(f^{-1}(n))$,car $f(k)\leq n$ <=> $k\leq f^{-1}(n)$.Les $g(k)\leq n $ sont au nombre de $E(g^{-1}(n))$Le rang de $n$ est donc $n+E(f^{-1}(n))+E(g^{-1}(n))$.4) Quel est le rang de $f(n)$ ?Les entiers avant $f(n)$ sont au nombre de $E(f(n))$Les $f(k)$ sont au nombre de $n$Les $g(k)$ vont ajouter $E(g^{-1}(f(n)))$.Le rang de $f(n)$ est donc $n+E(f(n))+E(g^{-1}(f(n)))$.5) On trouve pareillement le rang de $g(n)$c'est : $n+E(g(n))+E(f^{-1}(g(n)))$.6) On peut énoncer un théorèmeLes trois suites$a_n=n+E(f^{-1}(n))+E(g^{-1}(n))$$b_n=n+E(f(n))+E(g^{-1}(f(n)))$$c_n=n+E(g(n))+E(f^{-1}(g(n)))$forment une partition de $\N^*$.7) ExemplePrenons $f(n)=\sqrt n+3/2$ et $g(n)=\frac{3n+4}{6}$on trouve $f^{-1}(n)=(n-3/2)^2$ et $g^{-1}(n)=2n-4/3$.Cela donne la réponse à l'exercice proposé.
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Déjà, je ne comprends pas la solution de @jandri de l'exercice précédent, vu que tous les entiers ne se mettent pas sous la forme $p^2-p$ ou $p^2-p+1$.
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Je crois que c'est un argument similaire au tien : tu as encadré strictement chaque $u_n$ par deux carrés consécutifs, et jandri a encadré strictement tout carré (à partir de $4^2$) par deux $u_n$ consécutifs (en l'occurrence $n=p^2-p$ et $n+1= p^2-p+1$). Les deux marchent puisque $(u_n)$ est croissante.Par contre, tu peux dire comment tu arrives à ton encadrement ? Pas réussi à le retrouver.Après je bloque.
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Oui, la suite $(u_n)$ étant strictement croissante, le fait que $u_{p^2-p}=(p+1)^2-1$ et $u_{p^2-p+1}=(p+1)^2+1$ entraine que $(p+1)^2$ n'est jamais un $u_n$ (pour $p\geq3$).
Moi non plus je n'ai pas réussi à démontrer que $\lfloor \sqrt n+\frac 32 \rfloor^2 < u_n < \lfloor \sqrt n+\frac 52 \rfloor^2$. -
J'ai utilisé les inégalités classiques des parties entières pour $\lfloor \sqrt n+\frac 32 \rfloor^2$ et $\lfloor \sqrt n+\frac 52 \rfloor^2$, sachant que les nombres entre crochets ne sont pas des entiers.En développant et en simplifiant (en éliminant $n$ et $2$), on aboutit à montrer que (en posant $\sqrt n =x$) :$\forall x, \lfloor x+\frac 12 \rfloor +\lfloor 2x+\frac 23 \rfloor - 1 \leq \lfloor 3x+\frac 14 \rfloor \leq \lfloor x+\frac 12 \rfloor +\lfloor 2x+\frac 23 \rfloor $.J'ai raisonné par disjonction de cas sur $x$ sur les intervalles $[\frac {i} {12} +k , \frac {i+1} {12} +k ]$.Il y a sûrement plus simple, à voir avec la méthode que vient d'exposer Cidrolin.Merci @i.zitoussi pour la démonstration de jandri. En effet, la suite $(u_n)$ est croissante.
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Je ne suis pas d'accord avec cette démonstration.
La seconde inégalité $\lfloor 3x+\frac 14 \rfloor \leq \lfloor x+\frac 12 \rfloor +\lfloor 2x+\frac 23 \rfloor$ entraine $x^2+\lfloor 3x+\frac 94 \rfloor \leq u_n$.
Mais on n'a pas en général $\lfloor x+\frac 32 \rfloor^2\leq x^2+\lfloor 3x+\frac 94\rfloor$ , par exemple pour $x=\frac12$. -
@jandri, $\sqrt n = \frac 12$ est impossible.Mais en effet, on a égalité pour certains nombres, par exemple $n=21$, mais dans ces cas-là, on a $\lfloor 3x+\frac 14 \rfloor < \lfloor x+\frac 12 \rfloor +\lfloor 2x+\frac 23 \rfloor$. A revoir donc.
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En posant $x=k+ \varepsilon, k >0$ entier, $\varepsilon >0$, on a $\lfloor x^2 \rfloor = \lfloor x \rfloor ^2 \Leftrightarrow 0 \leq \varepsilon (2k+ \varepsilon) <1$, donc pour $\varepsilon$ et $k$ assez petits.Par ailleurs, quand $k + \frac {6}{12} < x < k + \frac {7}{12} \Leftrightarrow k + 2 < x + \frac 32 < k + 2 + \frac {1}{12}$, on a $\lfloor 3x+\frac 14 \rfloor < \lfloor x+\frac 12 \rfloor +\lfloor 2x+\frac 23 \rfloor$.Or pour $0 < \varepsilon < \frac {1}{12}$, on a $0 \leq \varepsilon (2k+ \varepsilon) <1$ si $0 < k < 6$.Donc pour $0 < \varepsilon < \frac {1}{12}$ et $0 < k < 6$, on a $\lfloor (x +\frac 32) ^2 \rfloor = \lfloor x + \frac 32 \rfloor ^2$, mais $\lfloor 3x+\frac 14 \rfloor < \lfloor x+\frac 12 \rfloor +\lfloor 2x+\frac 23 \rfloor$, donc c'est gagné.Et pour $\varepsilon \geq \frac {1}{12}$, on peut vérifier les premières valeurs de $k$ à la main, et avec $k \geq 6$, on a $\lfloor (x +\frac 32) ^2 \rfloor >\lfloor x + \frac 32 \rfloor ^2$, donc c'est gagné aussi.Ce qui m'intéresserait, c'est de savoir comment @Cidrolin a trouvé la formule de $u_n$.
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P.S. : On a pour $k$ entier :$\lfloor 3x+\frac 14 \rfloor = \lfloor x+\frac 12 \rfloor +\lfloor 2x+\frac 23 \rfloor$ pour $x \in [- \frac {1}{12} +k, \frac {2}{12} + k [ \cup [ \frac {3}{12} +k, \frac {6}{12} + k [ \cup [ \frac {7}{12} +k, \ \frac {8}{12} + k [ $ , et$\lfloor 3x+\frac 14 \rfloor = \lfloor x+\frac 12 \rfloor +\lfloor 2x+\frac 23 \rfloor -1$ pour $x \in [ \frac {2}{12} +k, \frac {3}{12} + k [ \cup [ \frac {6}{12} +k, \frac {7}{12} + k [ \cup [ \frac {8}{12} +k, \frac {11}{12} + k [ $.Pour l'autre inégalité, on a $[x+ \frac 52 ]^2 > (x+ \frac 32)^2 > \lfloor (x+ \frac 32)^2 \rfloor$ (car $ x+ \frac 32$ n'est pas entier pour $x = \sqrt n$) $=x^2+\lfloor 3x+\frac 14 \rfloor +2$ , puis on est dans les mêmes conditions.C'est un peu tiré par les cheveux, je me demande si on ne peut pas faire mieux.
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C'est un peu compliqué comme démonstration alors que la preuve de $u_{p^2−p}=(p+1)^2−1$ et $u_{p^2−p+1}=(p+1)^2+1$ est assez courte.
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Julia Paule
Cidrolin a expliqué ci-dessus comment il fabriquait trois suites formant un partition de $\N^*$ à l'aide de deux fonctions $f$ et $g$ vérifiant certaines conditions. La suite $(u_n)$ proposée dans ce fil correspond à un choix particulier de $f$ et $g$ comme expliqué ci-dessus. -
Merci @jandri. Je vais regarder ta démonstration, qui a l'air a priori plus simple et plus astucieuse, mais ne donne pas l'encadrement des $u_n$, et la solution de @Cidrolin.Il serait intéressant de voir les trois courbes, $u_n$, $\lfloor \sqrt n + \frac 32 \rfloor^2$, $\lfloor \sqrt n + \frac 52 \rfloor^2$, sur un même graphique.Je ne crois pas qu'on puisse démontrer l'encadrement de $u_n$ sans passer par un découpage des intervalles.
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Voici les courbes demandées, on voit bien que $u_n$ est encadré par les deux autres :
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Je pense que mon théorème est connu, il est utilisé dans la suite https://oeis.org/A184871par C. Kimberling avec $f(n)=nr/s$ et $g(n)=nr/t$. C'est triste, j'étais à ça de la célébrité.
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Merci @jandri pour les courbes. La courbe $u_n$ ne coïncide jamais avec l'une des deux autres, elle monte presque linéairement avec un à-coup semble-t-il quand les parties entières $\lfloor 3x+\frac 14 \rfloor$ et $\lfloor x+\frac 12 \rfloor +\lfloor 2x+\frac 23 \rfloor$ diffèrent de $1$.Ok pour ta démonstration, elle est plus "clean" que la mienne !
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Je ne l'avais pas vu tout de suite mais tes inégalités se démontrent simplement. En posant $x=\sqrt n$ cela revient à démontrer :
$\lfloor x + \frac 32 \rfloor^2<x^2+\lfloor x + \frac 12 \rfloor+\lfloor 2x+ \frac 23 \rfloor+2<\lfloor x+ \frac 52 \rfloor^2$.
En posant $k=\lfloor x + \frac 32 \rfloor$ on obtient $k-\frac32\leq x<k-\frac12$ d'où :
$2k-3\leq \lfloor 2x+ \frac 23 \rfloor<2k-\frac13$ et $k^2-3k+\frac94\leq x^2<k^2-k+\frac14$.
On en déduit : $k^2+\frac14\leq x^2+\lfloor x + \frac 12 \rfloor+\lfloor 2x+ \frac 23 \rfloor+2<(k+1)^2-\frac1{12}$ d'où $k^2<u_n<(k+1)^2$.
Edit : dans une première version j'avais oublié de passer à la partie entière dans une minoration.
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Ah mais oui, c'est beaucoup plus simple dans ce sens-là. C'est une bonne technique !
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@Cidrolin ça marche ! Joli théorème, très simple à comprendre, il suffisait d'y penser pour obtenir ce beau résultat.Quand on sait d'où sortent les formules, c'est plus facile, et on peut en inventer d'autres.Par contre, je ne vois pas directement le lien entre ce théorème et la suite de l'OEIS avec des logarithmes.
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Julia Paule
Cidrolin a répondu par avance à ta question, c'est pour les fonctions $f(n)=nr/s$ et $g(n)=nr/t$ avec $r=\ln2$ , $s=\ln3$ et $t=\ln5$.
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Bonjour, dans le même genre, juste pour éprouver.Soient les suites $(u_n)$ et $(v_n)$ définies sur $\N^*$ par : $u_n=\lfloor e^n+n-1 \rfloor$ et $v_n=\lfloor n+\ln(n+1) \rfloor$.Montrer que ces deux suites forment une partition de $\N^*$.Je me demande si ce théorème, réduit à une seule fonction, ou au contraire à un nombre quelconque de fonctions, ne permettrait pas de prouver plus simplement, par exemple l'irrationalité de $e$.
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En remplaçant, les logarithmes par les entiers $2,3,5$, les suites $(a_{n+1}-a_n), (b_{n+1}-b_n), (c_{n+1}-c_n)$ deviennent périodiques, respectivement de période $2,3,5$. Ouais, pas très intéressant cette considération.
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Julia Paule
On ne peut pas remplacer les logarithmes par des entiers car les fonctions ne vérifient plus les conditions $f(n)\neq g(m)$ pour tout $n$ et tout $m$ entiers et pas non plus $f(n)$ et $g(n)$ non entiers pour $n\in\N^*$. -
Résumé :
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@jandri Ah oui je n'ai pas fait attention. Merci.
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