Calendrier de L’Avent II

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Réponses

  • gebrane
    Modifié (December 2023)
    Prends ton temps et c'est qui @G-brane ?
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • Un peu léger comme réponse.
    Après je bloque.
  • gebrane
    Modifié (December 2023)
    \begin{align*} \max_{I\subseteq [n]}\bigg|\sum_{k\in I}z_k \bigg|  \ge \max _ x \bigg|\sum_{  {\rm Im}(z_k e^{ix})\ge 0 }z_k \bigg|   ? \end{align*}
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • Bibix
    Modifié (December 2023)

    Jour 3


    Soit $d, p \in \mathbb{N}$, $f : \mathbb{R}^p \to \mathbb{R}^d$ validant l'attribut $\forall \lambda \in \mathbb{R},\ \forall x,y \in \mathbb{R}^p,\ f(\lambda x+y)=\lambda f(x)+f(y)$. Posons $(y_i)_{1 \leq i \leq d} \text{ b.o.n. dans } \mathbb{R}^d$.
    A-t-on $\displaystyle \underset{x_1,\dots,x_d \in \mathbb{R}^p}{\min} \sum_{i = 1}^d \|y_i - f(x_i)\|^2$ invariant par rapport à $(y_i)_{1 \leq i \leq d}$ ?

    Note 1 : "b.o.n." est l'abréviation de "base orthonormée".
    Note 2 : Toute ressemblance avec un certain résultat d'apprentissage automatique est fortuite.
  • gebrane
    Modifié (December 2023)
    @i.zitoussi   Je crois que j'avais mal interprété le sens de ta question, j'ai cru en voyant mon pseudo déformé que tu voulais me tester d'où ma réponse prend ton temps. J'explique d'avantage  Je note Pour $ x\in [0, 2\pi], J_x=\{ k \in [n], {\rm Im}(z_k e^{ix})\ge 0 \}$,on a bien $\displaystyle \forall x\in [0, 2\pi], J_x\subset [n]$ d'où  $\displaystyle  \max_{I\subseteq [n]}\left|\sum_{k\in I}z_k \right|  \ge \left|\sum_{  k\in J_x }z_k \right|,\quad \forall x\in [0, 2\pi]$ c'est-à-dire
    $\displaystyle  \max_{I\subseteq [n]}\left|\sum_{k\in I}z_k \right|  \ge \max_{x\in [0, 2\pi]} \left|\sum_{  k\in J_x }z_k \right|$ et puisque $\displaystyle  |e^{ix}|=1$, alors 
    $\displaystyle \max_{x\in [0, 2\pi]} \left|\sum_{  k\in J_x }z_k \right|=\max_{x\in [0, 2\pi]} \left|\sum_{  k\in J_x }z_ke^{ix} \right|$. Mais $\int_0^{2\pi} \left|\sum_{  k\in J_x }z_ke^{ix} \right| \,dx \leq \int_0^{2\pi} \max_{x\in [0, 2\pi]} \left|\sum_{  k\in J_x }z_ke^{ix} \right| \,dx\leq 2\pi \max_{x\in [0, 2\pi]} \left|\sum_{  k\in J_x }z_ke^{ix} \right|$, d'où la premiere inégalité $$\max_{I\subseteq [n]}\left|\sum_{k\in I}z_k \right| \ge \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\left|\sum_{{\rm Im}(z_ke^{ix})\ge 0} z_k e^{ix}\right|\,dx$$ et je suis désolé si je t'ai offensé
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • MrJ
    MrJ
    Modifié (December 2023)
    Je ne suis pas sûr de sur quoi porte la somme dans l’intégrale : l’ensemble de sommation dépend de la variable d’intégration. J’imagine qu’on considère une fonction continue par morceaux.
  • john_john
    Modifié (December 2023)
    Toutes mes excuses pour ceux qui ont lu ce qui suit entre 9h22 et 9h35 : j'ai modifié trente-six fois, faute de pouvoir avoir un aperçu avant publication.

    Finalement, j'étais parvenu à l'inégalité de Quentino, en raffinant un peu mes minorations. Quoiqu'elles soient loin d'être optimales, je vous les communique car elles sont plus faciles à attendre d'un élève avec un minimum d'indications (le $1/\pi$ de l'intégrale est vraiment trop subtil).
    J'exclus des $z_i$ nuls, qui comptent pour du beurre. Je définis le quadrant $Q_1=\{z=\varrho\,{\rm e}^{{\rm i}\vartheta}, -\pi/4\leqslant\vartheta<\pi/4\}$ et les trois autres, qui s'en déduisent par rotation d'angle $k\pi/2$. Sans perte de généralité, je peux supposer que  $S_1=\sum |z_i|$, restreinte aux $z_i\in Q_1$, est supérieure ou égale aux trois autres.
    On a alors $S_1\geqslant\displaystyle\frac14\sum_{i=1}^n|z_i|$.
    Mais aussi $\displaystyle |\sum_{z_i\in Q_1}z_i|\geqslant\Re(\sum_{z_i\in Q_1}z_i)=\sum_{z_i\in Q_1}\Re(z_i)\geqslant\displaystyle\frac{\sqrt2}2\sum_{z_i\in Q_1}|z_i|$.
    D'où la conclusion ; à noter que le $\sqrt2$ de l'énoncé évoque des angles de $\pi/4$ et que c'est ainsi que Quentino arrivait sans doute à cette estimation.
  • Bonjour   La constante $\dfrac{1}{\pi}$ trouvée par @Gebrane est-elle optimale?  
     
  • gebrane
    Modifié (December 2023)
    @Bibix Pouruoi ne pas simplifier ton énoncé en disant tout simplement que $f : \mathbb{R}^p \to \mathbb{R}^d$ est linéaire car c'est équivalent avec ce que tu as écrit $\forall \lambda \in \mathbb{R},\ \forall x,y \in \mathbb{R}^p,\ f(\lambda x+y)=\lambda f(x)+f(y)$, car cela implique $f(0)=0$ en prenant $x=y=0$ et $\lambda=1$ puis cela donne $f(\lambda x)=\lambda f(x)$ en prenant $y=0$ puis cela donne pour $\mu\neq 0$ que $$ f(\lambda x+\mu y)= f(\mu(\frac{\lambda}{\mu} x+y)=\mu f((\frac{\lambda}{\mu} x+y)=\mu (\frac{\lambda}{\mu} f(x)+y)=\lambda f(x)+\mu f(y).$$
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • Parce-que dans "linéaire", il y a deux e.
  • Quentino37
    Modifié (December 2023)
    @bd2017 Intuitivement tu peux prendre 2n complexes de cette manière : $z_k=e^{\frac{k i \pi} {n}}$ avec $k$ allant de $0$ à $2n-1$, On prend ensuite $I=\{0,1,…,n\}$
    Et on à : $$\frac{\displaystyle \Big|\sum_{k=0}^n e^\frac{k i \pi}{n}\Big|}{\displaystyle \sum_{k=0}^{2n-1} |e^\frac{k i \pi}{n}|}= \frac{\displaystyle \Big|\sum_{k=0}^n e^\frac{k i \pi}{n}\Big|}{2n}= \frac{1}{2}\displaystyle \Big|\frac{1}{n}\sum_{k=0}^n e^\frac{k i \pi}{n}\Big| $$
    Ce qui ressemble à une integrale de Riemann, on fait tendre $n$ vers l’infini, et on à que le truc au dessus tend vers :
    $$ \frac{1}{2}\displaystyle \Big|\int_0^1 e^{i\pi x}dx\Big| = \frac{1}{2}\displaystyle \Big|\frac{-i}{\pi}(-1-1)\Big| = \frac{1}{\pi} $$
    PS : n’y aurait-il pas un moyen de prouver l’irrationalité de $\pi$ à partir de ça ? En prouvant un résultat du type : «Pour tout rationnel strictement positif plus petit ou égal à $\pi$ il y a un ensemble de complexe tel que le rapport obtenu comme fait en haut soit exactement ce rationnel», puis on prouve que l’on aura jamais $\pi$ en trouvant des meilleurs multiplicateurs pour $n$ fixé ?
    [L’absence de e n'autorise pas à supprimer la majuscule de Bernhard Riemann (1826-1866). AD]
    Je suis donc je pense 
  • @Bibix Je m'incline. Cette restriction est très forte pour moi. Il vaut mieux que je sors de ce fil pour ne pas perdre mes e
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • gebrane
    Modifié (December 2023)
    Bonjour @MrJ , Je n'ai pas vu ton message Si les notations sont troublantes avec $Im$, je note plutôt $\displaystyle   J_x=\{ k \in [n], 0\leq x +\varphi_k\leq \pi \}$ et donc
    $ \displaystyle  \max_{x\in [0, 2\pi]} ||\sum_{  k\in J_x }z_ke^{ix} ||  \,dx= \max_{x\in [0, 2\pi]} ||\sum_{  k=1}^n z_ke^{ix}1_{[-\varphi_k,-\varphi_k+ \pi]} (x)|| \geq \frac 1{2\pi} \int_0^{2\pi} ||\sum_{  k=1}^n r_ke^{i(\varphi_k+x)}1_{[-\varphi_k,-\varphi_k+ \pi]} (x)|| \,dx$ Cela te va ?
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • @gebrane Merci pour les détails. Effectivement, ce n'était pas si immédiat. Le preuve plus courte de john_john avec une moins bonne constante est plus facile à suivre :) Et c'est promis, je ne t'appellerai plus G-brane, ni même G-brain. Il n'y avait pas d'intention d'offenser ceci dit !
    Après je bloque.
  • Oui, je trouve cette manière de l’écrire plus claire. Merci !
  • john_john
    Modifié (December 2023)
    Jour trois : 

    Les espaces $\R^p$ et $\R^d$ sont munis de leur structure euclidienne canonique ; désignons, pour tout $i$, par $y'_i$ le projeté orthogonal de $y_i$ sur ${\rm Im}(f)$ ; on a alors, pour toute famille $(x_i)$, la minoration $\sum_{i = 1}^d \|y_i - f(x_i)\|^2\geqslant\sum_{i = 1}^d \|y_i - y'_i\|^2$, avec égalité ssi, pour tout $i$, on a $f(x_i)=y'_i$.

    Ce minorant est donc le minimum cherché ; si $p$ est le projecteur orthogonal sur l'image de $f$, il est égal à $m=d-\sum\|p(y_i)\|^2$. Si $(e_1,\dots,e_d)$ est une b.o.n. de $\R^d$ adaptée à cette image, alors chaque $y_i$ est de la forme $\sum_ja_{j,\,i}e_j$ et $m=d-\sum_i\big(\sum_{j=1}^ra_{j,\,i}^2\big)$ , où $r$ désigne le rang de $f$.

    En changeant l'ordre des sommations, on voit que $m=d-r$, puisque les lignes d'une matrice orthogonale forment elles aussi une b.o.n. La réponse est donc oui !
  • Bravo Jhon, la question demande un recul
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • MrJ
    MrJ
    Modifié (December 2023)

    Jour 4


    Soit $\displaystyle{f:x\mapsto \sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{\cos(2\pi n! x)}{n^{1+\alpha}}}$, où $\alpha>0$.
    Approfondir la stabilisation au bord $+\infty$ par l'application
    $$S : n \mapsto \dfrac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} f\left(\dfrac{k}{n}\right).$$
    NB. La version claire de l'énoncé est cachée ci-dessous.
    Il s’agit d’évaluer la vitesse de convergence de la suite $(S_n)$. Plus précisément, montrer que $$\forall \beta > \alpha,\quad \lim_{n\to +\infty} n^\beta S_n = +\infty.$$

  • Namiswan
    Modifié (December 2023)
    J'obtiens
    $S_n \sim \frac{1}{\alpha M(n)^\alpha}$ où $M(n)$ est le plus petit entier $m$ tel que $n$ divise $m!$. Le comportement de $M(n)$ étant erratique, difficile d'en dire plus.
    Si on est censé dire quelque chose de plus précis, il serait bon de préciser la question.
  • MrJ
    MrJ
    Modifié (December 2023)
    @Namiswan : Autant pour moi, tu as raison : la question est trop floue.
    J'étais tellement en difficulté pour écrire l'énoncé sans "e" que la clarté en a clairement souffert. Je ferai davantage attention la semaine prochaine. Le but est de montrer que la convergence d'une somme de Riemann peut-être très lente : j'ai modifié la partie cachée en précisant explicitement le résultat cherché.
  • Namiswan
    Modifié (December 2023)
    Oui, se communiquer sans "e", c'est plus délicat...

    Donc ok, c'est plus clair. Et le résultat découle bien de mon calcul puisqu'avec mes notations, $M(n)\ge n$ trivialement. Et j'imagine donc que la question naturelle qui suit est:

    Soit $(\varepsilon_n)_{n\ge 1}$ une suite de nombres positifs qui tend vers $0$. Montrer qu'il existe $f:[0,1]\to\R$ continue d'intégrale nulle telle que 
    $$\forall n\ge 1,\qquad \left|\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}f\left(\frac{k}{n}\right)\right|\ge \varepsilon_n.$$
  • MrJ
    MrJ
    Modifié (December 2023)
    @Namiswan.  Je pense qu'il doit être possible de s'en sortir avec le théorème de Banach-Steinhaus (j'ai adapté une démonstration classique). Du coup, ce n'est pas constructif. On note $E=\mathcal{C}^0([0,1],\R)$ et on définit pour tout $n\in\N^\ast$ la forme linéaire $\varphi_n : E\to\R$ où
    $$\varphi_n : f\mapsto \dfrac{1}{\varepsilon_n}\left[\int_0^1 f(t) dt - \dfrac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} f\left(\dfrac{k}{n}\right)\right].$$
    D'une part, il est clair que 
    $$\forall f\in E,\quad |\varphi_n(f)| \leq \dfrac{2}{\varepsilon_n} \|f\|_{\infty},$$
    donc $(\varphi_n)_{n\in\N^\ast}$ est une suite de forme linéaire continue sur $E$. D'autre part, pour tout $n\in\N^\ast$, si on fixe $0<\eta<(2n)^{-1}$ et qu'on considère la fonction affine par morceaux "la plus simple" vérifiant
    $$\forall k\in\llbracket 1,n-1\rrbracket,\quad f(\eta)=f\left(\dfrac{k}{n} \pm \eta\right) = f(1-\eta) = 1\quad\text{et}\quad f(0)=f\left(\dfrac{k}{n}\right) = f(1) = -1,$$
    on a (si je ne me suis pas trompé ; faire un dessin) la relation
    $$\varphi_n(f) = \dfrac{1}{\varepsilon_n}\left[(n-1) \left(\dfrac{1}{n}-2\eta\right) + 1\right].$$
    On obtient ainsi que $\|\varphi_n\| = 2 \varepsilon_n^{-1}\xrightarrow[n\to +\infty]{} + \infty$. On conclut par le théorème de Banach-Steinhaus que $$\Omega = \{f\in E\mid \sup_{n\in\N^\ast} |\varphi_n(f)| = +\infty\}$$ est dense dans $E$.
  • john_john
    Modifié (December 2023)

    Jour 5


    La proba du mardi
    Conduit au paradis
    (Kolmogorov)

    Dans ton bourg, dans $n$ maisons, il y avait $n$ papis et $n$ mamis ; las !, la Covid frappa, faisant $p$ morts. Vois-tu aujourd'hui moult maisons sans occupant ? Moult habitations où survit un humain ?

    Obscur, ça ? Mais non, allons-y : cliquons ici :
    En clair : la Covid tue $p$ personnes parmi $n$ couples ; quelle est l'espérance du nombre de couples totalement anéantis ? du nombre de ceux où reste une personne ?
    Cet exercice vient de l'X, option PC, il y a environ cinq ans ; je n'en ai pas changé la teneur, que la présence de 'e' ne rendait pas moins macabre. Toutefois, aucun papi ni aucune mami n'a été maltraité lors de simulations numériques de cette expérience aléatoire.
  • Namiswan
    Modifié (December 2023)
    @MrJ : oui, Banach-Steinhauss marche en effet. Je pensais plutôt à généraliser ton exemple: définir une série convergente à termes positifs $\sum_n a_n$ telle que $\sum_{k\ge n} a_k \ge \varepsilon_n$, puis définir $f(x)=\sum_{n=1}^{+\infty} a_n \cos(2\pi n! x)$
    Pour le jour 5
    Soit $E=\{papis, mamies\}$, à $n$ éléments et $V$ l'ensemble (aléatoire) des $p$ victimes.
    Par symétrie, pour $x$ dans $E$ la probabilité $P(x\in V)$ est une constante $a$ qui ne dépend pas de $x$. En prenant une variable aléatoire $X$ uniforme sur $E$, on a d'une part $P(X\in V)=a$ en faisant le calcul à $X$ fixé, d'autre part $P(X \in V)=p/2n$ en faisant le calcul à $V$ fixé. Donc $a=p/2n$.
    De même, pour $x,y$ dans $E$ avec $x\not=y$, $P(x\in V, y\in V)$ est une constante $b$ ne dépendant pas de $x,y$. On prend cette fois deux variables aléatoires uniformes indépendantes $X$ et $Y$. D'une part en calculant à $V$ fixé on obtient  $P(X\in V, Y\in V)=(p/2n)^2$. D'autre part,  $P(X\in V, Y\in V|X\not=Y)=b$ (on calcule à $X,Y$ fixé et $P(X\in V, Y\in V|X=Y)=P(X\in V)=a=p/2n$, donc $P(X\in V, Y\in V)=bP(X\not=Y)+aP(X=Y)=b(1-1/2n)+a(1/2n)$. Ainsi $b(1-1/2n)+a(1/2n)=(p/2n)^2$. En utilisant que $a=p/2n$ et en simplifiant on trouve $b=p(p-1)/(2n(2n-1))$. (En fait ca aurait probablement été plus simple de choisir une paire au hasard pour faire le calcul au lieu de deux variables indépendantes. Tant pis...)
    L'espérance cherchée est donc $nb=p(p-1)/(4n-2)$. Je n'ai pas fait l'autre question, mais c'est analogue.
  • Excellente réponse, Namiswan, mais que l'on peut simplifier nettement. Voici une indication : 
    Voir la v.a. 'Nombre de couples anéantis' comme somme de $n$ v.a. de Bernoulli et utiliser la linéarité de l'espérance ; pour obtenir la seconde espérance attendue, introduire  une troisième v.a. :  'Nombre de couples totalement épargnés', dont on a l'espérance en remplaçant $p$ par $n-p$ dans le premier calcul.
  • john_john
    Modifié (December 2023)

    Si $X_i$ est la v.a. de Bernoulli qui prend la valeur $1$ ssi le $i$--ième couple a été victime de la Covid, le nombre total $Y$ de couples ayant péri est $\sum X_i$. L'espérance de $Y$ est donc la somme de celles des $X_i$, toutes égales à ${2n-2\choose p-2}/{2n\choose p}$.

  • En fait je me suis surtout compliqué pour calculer la probabilité qu'une paire donnée soit une paire de victimes (qui est l'espérance de tes Xi). Mais c'est vrai qu'un bon vieux "nb de cas favorables/nb de cas possibles" marche nickel.
  • Un peu plus compliqué, en effet, mais, ce qui eût été franchement compliqué était le passage par la loi de $Y$. D'ailleurs, les exercices qui ne demandent que l'espérance se traitent souvent par la linéarité d'icelle.
  • Quentino37
    Modifié (December 2023)

    Jour 6

    (Suite à un imprévu, Boécien ne peut poster directement son problème, je vous le transmets en image.

    Je suis donc je pense 
  • Incompréhensible pour moi.
  • john_john
    Modifié (December 2023)
    Mais un intrus s'insinua dans son discours ! Suivant la loi, plutôt alors sans pas-à-pas, non ? 
  • john_john
    Modifié (December 2023)
    Comme Magnéthorax, je ne comprends pas bien la consigne : $f_n$ signifie-t-il $f(n)$ en réalité ? Et surtout, $\Omega(p)=1$ définit-il un nombre $p$ premier, ou la valeur prise par $p$ dans une fonction arithmétique ?
  • Magnéthorax
    Modifié (December 2023)
    Que penser de $n\in F$ ?
  • john_john
    Modifié (December 2023)
    Voici comment je comprends la question (mis à part le $\Omega$) ; je prends par exemple $p=2$, qui semble licite puisque, sinon, on eût écrit $p\geqslant3$. Alors $f(1)=3$ puis $f(2)=f(1)+3$ puisque $2$ ne sera pas une valeur prise par les $f(n)$, formant suite croissante. Ensuite $f(3)=6+1$, etc.

    Existe-t-il alors une expression directe de $n\mapsto f(n)$ ?
  • Visiblement, l'histoire de la contrainte du "e" et/ou l'absence d'explicitation nuit gravement à la compréhension de l'énoncé.
  • Ne te plains pas : l'an prochain, ce sera avec des 'e' comme seule voyelle (Perec l'a bien fait aussi, lui), en alexandrins et contenant une contrpèterie par vers.
  • Ce genre d'énoncé mal posé me fait fuir. C'est ça le but ?
  • Peut être clarifier l'énoncé? Et oublier cette histoire de e? Je ne pense pas pour ma part avoir le temps de réfléchir au problème, mais je suppose que les autres pourraient être intéressés....
  • @Namiswan pour les prochains énoncés, comme john_john en a eu l’idée, je propose de donner une version normale en spoiler à chaque fois
    Je suis donc je pense 
  • marco
    Modifié (December 2023)
    Pour le jour 6, je trouve que $f(n)=p \times n+n-(n/(p+1))\times p$, où $a/b$ est le quotient dans la division euclidienne de $a$ par $b$. Mais je n'ai pas la démonstration.
  • $\Omega(k)$ est le nombre de facteurs premiers de $k$, il me semble (en regardant sur internet).
  • Namiswan
    Modifié (December 2023)
    Ok, j'ai commencé à comprendre l'énoncé. J'y réfléchirai quand j'aurai le temps, si personne ne propose de solutions d'ici là.
    En attendant:

    Jour 7


    Vra / faux ?
    a) $\exists f:\N\to\N,\ \forall n\in\N, \ f\circ f(n)=n+2023$.
    b) $\exists f:\N\to\N,\ \forall n\in\N, \ f\circ f(n)=2023n$.
    c) $\exists f:\Z\to\Z,\ \forall n\in\Z, \ f\circ f(n)=2023-n$.
  • etanche
    Modifié (December 2023)

    1/ Pour tout k entier impair il n'existe pas de f telle f(f(n))=n+k

    2/ voir la réponse de Sil https://math.stackexchange.com/questions/1265106/functional-equation-ffx-2x-on-mathbbz-0/1265139#1265139

  • Namiswan
    Modifié (December 2023)
    Je préfèrerais des preuves personnelles à des références, mais ok.
  • JLT
    JLT
    Modifié (December 2023)
    7c) oui il en existe : $f\circ f$ est une permutation qui se décompose en une infinité de $2$-cycles disjoints. Or dans $\mathfrak S_4$ la permutation $(1\;2)(3\; 4)$ admet une racine carrée.
  • C'est bien ça ;)
  • Ben314159
    Modifié (December 2023)
    Salut,
    Pour le jour 6, si je ne me suis pas trompé, une écriture "plus ou moins" en base $p$ donne le résultat. 
    Plus précisément, si pour tout $k\!\geqslant\!1$ on pose $\pi_k\!=\!\dfrac{p^k-1}{p-1}$ alors
    $\displaystyle n=\sum_{k=1}^d a_k\pi_k\ \Rightarrow\ f(n)=\sum_{k=1}^d a_k\pi_{k+1}$
    Il y a sans doute moyen de l'exprimer autrement . . . (et je n'utilise pas le fait que $p$ est premier)
  • raoul.S
    Modifié (December 2023)
    Je développe la plus facile, la 7.a) : $f$ n'existe pas. En effet soit un tel $f$, alors $f\circ f$ est injective et donc $f$ est injective. On remarque que $f(f(\N))=\{2023+n\mid \, n\in \N\}$.
    Donc $\N\setminus f(f(\N))=(\N\setminus f(\N)) \sqcup \left(f(\N)\setminus f(f(\N))\right) =\{0,1,2,...,2022\}$ et $f$ induit une bijection entre  $\N\setminus f(\N)$ et $f(\N)\setminus f(f(\N))$ ce qui implique que $|\N\setminus f(f(\N))|$ est pair, contradiction.
  • Ah oui Raoul, bien joué ça marche, je n'avais pas vu qu'on s'en sortait avec ce type d'argument.

    J'accepte la victoire mais donne tout de même en complément la variation suivante où l'argument ne marche plus: quid des $f:\Z\to\Z$ tel que $f\circ f(n)=n+2023$?
  • raoul.S
    Modifié (December 2023)
    Ok c'est plus corsé effectivement. Mais c'est toujours impossible en effet, $f$ est bijective (évident) et pour tout entiers $n,m\in \Z$, $f(n)-f(m)=f\circ f \circ f^{-1}(n)-f\circ f \circ f^{-1}(m)=f^{-1}(n)-f^{-1}(m)$ et par conséquent, $f-f^{-1}$ est constante.

    Déterminons cette constante : $f(f(0))-f^{-1}(f(0))=2023-0=2023$ donc pour tout $n\in \Z, f(n)-f^{-1}(n)=2023$.

    Mais $f^{-1}(n)=f\circ f^{-2}(n)=f(n-2023)$, donc en réinjectant dans la relation précédente, pour tout $n\in \Z, f(n)-f(n-2023)=2023$.

    De la dernière égalité on en déduit sans peine que pour tout $n,m\in \Z$, $f(n+2023m)=f(n)+2023m$ (edit : pour obtenir cette égalité on peut faire beaucoup plus simple, voire les deux messages suivants...) et de là on voit que $f$ induit une bijection de $\Z/2023\Z$. On peut donc associer à $f$ une permutation $\sigma_f$ de $\mathfrak{S}_{2023}$ qui de plus vérifie $\sigma_f^2=id$ (découle de $f^2(n)=n+2023$). Donc $\sigma_f$ est un produit de transpositions à support disjoint.

    Montrons que $\sigma_f$ n'a pas de point fixe, en effet s'il existe $n,m\in \Z$ tels que $f(n)=n+2023m$ alors en appliquant $f$ des deux côtés on obtient $2023+n=f(n+2023m)=f(n)+2023m=n+4046m$ ce qui est absurde.

    Bref, on se retrouve avec une permutation $\sigma_f$ qui est un produit de transpositions à support disjoint et qui est sans point fixe. Mais ceci est impossible car 2023 est impair.
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