Égalité (pas simple) avec partie entière

Boécien
Modifié (July 2023) dans Arithmétique
Bonjour. Je n'arrive pas à montrer l'égalité suivante valable pour $n \geq1$ : $$\left\lfloor \left(\sqrt{3}-1\right)(n+1)\right\rfloor +\left\lfloor \frac{1}{2}\left\lfloor \left(\sqrt{3}-1\right)\left\lfloor \left(\sqrt{3}-1\right)n\right\rfloor +\left(\sqrt{3}-1\right)\right\rfloor \right\rfloor =n$$ Des idées ?  @Cidrolin ?

Réponses

  • Bonjour, Pour $n=10$ c'est faux.
     
  • Ah bon? En testant avec pari-gp je trouve pas de contre-exemple
    w=(sqrt(3)-1);
    S(n)=floor(w*(n+1))+floor(1/2*floor(w*floor(w*n)+w))
    for(n=1,100,print1(S(n)-n,","))
    0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,

  • Une parenthèse manquante : la division par deux ne devrait-elle pas porter sur tout ce qu'il y a dans la partie entière la plus grande : \[\left\lfloor \left(\sqrt{3}-1\right)(n+1)\right\rfloor +\left\lfloor \frac{\Bigl\lfloor \left(\sqrt{3}-1\right)\bigl\lfloor \left(\sqrt{3}-1\right)n\bigr\rfloor +\left(\sqrt{3}-1\right)\Bigr\rfloor}{2} \right\rfloor =n\;?\]
  • Oui comme ça c'est plus clair. Merci.
  • @Boécien maintenant je suis d'accord. J'avais certainement  écrit la mauvaise fonction
     
  • bd2017
    Modifié (July 2023)
    Bonsoir. Pour la démonstration j'entrevois une récurrence:   
    Je pose $w=\sqrt{3}-1$  puis  $ f(n)=\lfloor w n \rfloor$  et $g(n) = \left \lfloor    \dfrac{ \lfloor  w(f(n)+1 )     \rfloor  }     { 2}                             \right \rfloor.$  
    Puis  $\varphi(n)= f(n+1)+ g(n).$   Il faut démontrer que    $\varphi(n)=n.$ Donc par récurrence cela  revient à démontrer que                        
    $\varphi(n+1)-\varphi(n)=1.$ 
    Posons  $wn= \lfloor w n \rfloor + \epsilon=\alpha +\epsilon.$  (i.e  $\alpha=f(n)$)  L'idée est d'envisager plusieurs cas.  
    cas  1.  Supposons  $0 \leq    \epsilon  < 2 -\sqrt{3}$   (on a  $2 -\sqrt{3}\approx  0.268 $) 
    Il n'est pas difficile de voir que $f(n)=f(n+1)= \alpha$  et  $f(n+2)= \alpha+1$ tandis que que $g(n)=g(n+1).$   Donc $\varphi(n+1)-\varphi(n)=1$   
    cas 2  $ 2 -\sqrt{3}  \leq    \epsilon  <  w_2$   trouver $w_2$...pour avoir  $f(n)=\alpha $    et $f(n+1)=f(n+2)=\alpha+1 $  et vérifier si on a $g(n+1)=g(n)+1$
     
  • C'est sans doute une bonne idée mais je n'arrive pas à trouver ce w2.
  • bd2017
    Modifié (July 2023)
    Bonjour
    Je  pense que mon idée doit mener au résultat. Il suffit d'étudier en détails chaque cas. 
    Le cas 1.  Je le change pas il semble le plus facile. 
    Le cas 2  sera maintenant  $f(n)=\alpha$ , $ f(n+1)=\alpha +  1$  et $f(n+2)=\alpha +2. $       Il faut alors démontrer que $g(n+1)=g(n)$
    Rappelons que $wn  =\alpha +\epsilon$   on $w(n+1)=\alpha +\epsilon+w$  et $w(n+1)=\alpha +\epsilon+2 w.$   C'est à dire qu'on  $1\leq \epsilon+w<2$  et $2\leq \epsilon+2 w.$
    L'hypothèse est donc équivalente   $2(1-w) \epsilon< 1.$
    Calculons $g(n)= \lfloor(1/2 \rfloor( (\alpha+1) w)$
    $(\alpha+1) w=(w n-\epsilon+1) w = w^2 n + w(1-\epsilon)=2n -  2  w n + w(1-\epsilon)=2 n- 2 \alpha - (w+2) \epsilon + w =2 n- 2 \alpha+x_1$  et donc $(\alpha+2 w=2 n- 2 \alpha+x_1+w$ avec  $x_1=-(w+2) \epsilon +w$.
    La double inégalité vérifiée par $\epsilon $  conduit à  $-2 < x_1 \leq -w.$  Sauf erreur cela aboutit à  $g(n)=g(n+1)= n-\alpha -1.$  c'est une peu casse-pied mais ça semble fonctionner.   
     
  • Merci. Donc ton w2 du cas 2 c'est w2=1 et c'est plié?
  • depasse
    Modifié (July 2023)
    Bonjour,

    Il me semble que l'exhaustion des cas risque de durer longtemps   :'(
    Il manque déjà le cas $(f(n),f(n+1),f(n+2))=(\alpha, \alpha +1,\alpha+1)$.
    Edit: origine du problème?
    Cordialement
    Paul
  • bd2017
    Modifié (July 2023)
    Non  j'ai fait une faute de frappe (j'ai écrit \geq  à la place de \leq)  et j'ai donc corrigé.
    Pour résumer un peu mon idée:   je considère différents cas  (3  cas)  qu'il faudra  étudier chacun en détail
    cas  1    $f(n)=f(n+1)=\alpha$  et $f(n+2)=\alpha +1  $   ce qui se traduit par   $\epsilon < 2-\sqrt{3}$   ce cas est le plus facile. 
    cas 2  $f(n)=\alpha$  et $f(n+1)=\alpha +1  $    et $f(n+2)=\alpha +2  $    ce qui se traduit par       $ 2(1- w)\leq   \epsilon <1$ 
    J'ai pas mal amorcé les calculs  mais il faut vérifier .  
    Pour terminer  cas  3  $f(n)=\alpha$  et $f(n+1)=f(n+2)= \alpha +1  $    Ce qui se traduit vu les cas1 et cas 2(sauf erreur)   
        $ 2-\sqrt{3}\leq  \epsilon <2(1- w)$   
    et je pense que le travail est analogue au cas  2.
    Maintenant il faut vérifier méticuleusement si ça marche
    Edit  je rappelle que $w=\sqrt{3}-1$
     
  • Pour tout dire, je ne me lance pas dans le cas 3) car j'ai l'intuition (j'espère, pour toi, qu'elle est mauvaise) qu'il produira des sous-cas etc..,etc...
    La suite $f(n+1)-f(n)$ à valeurs dans $\{0,1\}$ n'est pas simple!
    Je te laisse donc étudier ce cas 3) "méticuleusement".
    Bon courage.
    Paul
  • uvdose
    Modifié (July 2023)
    Notons $a=\sqrt3-1$ et $A=\lfloor a(n+1)\rfloor+\left\lfloor\tfrac12\left\lfloor a\lfloor an\rfloor+a \right\rfloor\right\rfloor$, le but étant de prouver que pour tout entier $n\geqslant1$, on a $A=n$.
    Posons $d=an-\lfloor an\rfloor$ ; on a $d\in\,]0\,;1[$ (même si cela ne sert pas, on a $d\neq0$ car $a\not\in\Q$).
    $A=\lfloor (an-d)+d+a\rfloor+\left\lfloor\tfrac12\left\lfloor a(an-d)+a \right\rfloor\right\rfloor$
    $\phantom{A}=\lfloor d+a\rfloor+\left\lfloor(an-d)+\tfrac12\left\lfloor a(an-d)+a \right\rfloor\right\rfloor$    (noter que $an-d\in\N$)
    $\phantom{A}=\lfloor d+a\rfloor+\left\lfloor\tfrac12\left\lfloor 2(an-d)+a(an-d)+a \right\rfloor\right\rfloor$   
    $\phantom{A}=\lfloor d+a\rfloor+\left\lfloor\tfrac12\left\lfloor 2n+a-2d-ad \right\rfloor\right\rfloor$     (car $a^2+2a=2$)
    $\phantom{A}=n+\lfloor d+a\rfloor+\left\lfloor\tfrac12\left\lfloor a-2d-ad \right\rfloor\right\rfloor$
    Comme $d+a\neq1$ (vu que $a\not\in\Q$), il ne reste plus qu'à distinguer deux cas : 
    $\bullet\; d+a<1$
    On a alors $\lfloor d+a\rfloor=0$.
    D'autre part, $a-2d-ad> a-2(1-a)-a(1-a)=0$, donc $0<a-2d-ad<1$, d'où $\left\lfloor\tfrac12\left\lfloor a-2d-ad \right\rfloor\right\rfloor=0$, ce qui entraîne $A=n$.
    $\bullet\; d+a>1$
    On a $d+a<2$, donc  $\lfloor d+a\rfloor=1$.
    D'autre part, $a-2d-ad<a-2(1-a)-a(1-a)=0$, et $d(a+2)<a+2$, soit $-2<a-2d-ad$. Ainsi, $-2<a-2d-ad<0$, ce qui implique $\left\lfloor\tfrac12\left\lfloor a-2d-ad \right\rfloor\right\rfloor=-1$, puis $A=n$.
  • bd2017
    Modifié (July 2023)
    Bon @dépassé ton intuition  est mauvaise. As-tu une autre démonstration en échange?  Trois disjonctions de cas ce n'est pas énorme à mon avis.
    J'ai donc regardé le cas 3  en détail!!! (vu la critique)   $f(n)=\alpha$ et  $f(n+1)=f(n+2)=\alpha+1.$  
    C'est donc équivalent à   $1-w\leq \epsilon< 2(1-w)$    (i.e  $ 0.268\approx 2-\sqrt{3}\leq  \epsilon <4-2\sqrt{3}\approx 0.535 $)  
    On a ici $ f(n+1)=f(n+2)  $   donc il  faut démontrer que  $g(n+1)=g(n)+1$ 
    On a $w(f(n)+1)=  2 n  -  2\alpha + x_1 $   avec  $x_1=-(w+2)\epsilon+w$   (c'est le même calcul que dans le cas 2.)  
    Mais  ici l'hypothèse donne l' encadrement de  $x_1$  suivant  $$-0.7\approx 1-\sqrt{3} < x_1 \leq 0$$
    Ce qui donne $[w(f(n)+1)]= 2 n  -  2\alpha-1  $   (sauf si $x_1=0$)    et alors   on divise par $2$  et on prend la partie entière ce qui donne: 
    $g(n) = n- \alpha - 1$  
    Tandis qu'on a     $ 0<x_1 + w \leq w (< 1)$     donc  $[w(f(n)+2)]= 2 n  -  2\alpha $  et on trouve  $g(n+1)=  n- \alpha =g(n).$   CQFD
    Le seul petit problème c'est si $x_1=0$ !!!!  Mais ce cas n'existe pas,  sinon on aurait $\sqrt{3}$  rationnel.   
     
  • Merci à bd2017 d'être allé au bout et uvdose pour sa preuve assez élégante qui se base sur la partie fractionnaire de $wn$.

  • Bravo bd2017 et uvdose.
    Oui mon intuition était mauvaise; non je n'avais pas trouvé une autre démo!
    Cordialement
    Paul
  • Bonjour Sauf erreur si on reprend proprement ma démonstration elle donne dans chacun des trois cas l'expression explicite de f(n+1) et g(n) en fonction de n et alpha et par addition l'entier alpha disparait. Donc si on remarque cela, la récurrence est inutile et c'est en fait la démonstration d'@uvdose. En fait il n'y a qu'une seule démonstration.
     
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