Itérés de e^x - 1
Bonjour,
Un problème :
On pose pour $x>0$, $f(x)=e^x - 1$; $f^k(x)=f\circ f\circ \cdots \circ f(x)$, $k$ fois; $f^0(x)=x$ et $f^{-1}(x)=\ln(x+1)$.
On pose enfin $a(i;j)=\displaystyle \sum_{k \leq i-1} E(f^k(j))$, où E désigne la fonction partie entière.
Démontrer que $\forall n \in \N^*, \, \exists ! i \in \N^*, \, \exists ! j \in \N^* $, tels que $a(i;j)=n$.
Par exemple pour $n=23$, je trouve $i=2$ et $j=3$
et $a(2;3)=\displaystyle \sum_{k \leq 1} E(f^k(3)=\cdots+0+E(f^{-1}(3))+E(f^{0}(3))+E(f^{1}(3))=E(\ln(4))+E(3)+E(e^3-1)=1+3+19=23$
Un problème :
On pose pour $x>0$, $f(x)=e^x - 1$; $f^k(x)=f\circ f\circ \cdots \circ f(x)$, $k$ fois; $f^0(x)=x$ et $f^{-1}(x)=\ln(x+1)$.
On pose enfin $a(i;j)=\displaystyle \sum_{k \leq i-1} E(f^k(j))$, où E désigne la fonction partie entière.
Démontrer que $\forall n \in \N^*, \, \exists ! i \in \N^*, \, \exists ! j \in \N^* $, tels que $a(i;j)=n$.
Par exemple pour $n=23$, je trouve $i=2$ et $j=3$
et $a(2;3)=\displaystyle \sum_{k \leq 1} E(f^k(3)=\cdots+0+E(f^{-1}(3))+E(f^{0}(3))+E(f^{1}(3))=E(\ln(4))+E(3)+E(e^3-1)=1+3+19=23$
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Réponses
Si j'ai bien compris ... + ƒ-3(3) + ƒ-2(3) = ... + 0 + 0: why ?
Plutôt curieux résultat en tous cas.
Bien cordialement.
On a $f^{-2}(3)=\ln(\ln(4) +1)$ qui vaut environ $0,86974$, donc $E(f^{-2}(3))=0$
Les suivants $f^{-3}(3):f^{-4}(3);\cdots $ sont encore plus petits et positifs.
Dans $\displaystyle \sum_{k \leq i-1} E(f^k(j))$, il n'y a qu'un nombre fini de termes non nuls.
J'avais oublié E là où il le fallait ! D'accord.
Tu as déjà la preuve, ou tu es demandeur ?
Je regarderai volontiers la démonstration en tout cas. Merci.
Bien cordialement.
> Tu as déjà la preuve ?
Oui.
Bien cordialement
Cidrolin
-- Schnoebelen, Philippe
-- Schnoebelen, Philippe
Je me demande s'il faut donner la solution, ou bien attendre ?
Est-ce que la considération du groupe cyclique {fk / k € lZ} apporte quelque chose ? Cardinal d'orbite ?
Bien cordialement.
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,649590,649590#msg-649590
mais là je n'ai pas d'idée.
Non, je ne considère pas ce groupe. $f$ est utile car elle est croissante et telle que
si $n \in \N^*$ alors $f(n) \notin \N^*$
@JLT
En effet, quand il y aura une compilation ces exercices seront voisins.
1) La preuve
Soit $i$ et $j$ deux entiers fixés dans$\N^*$. Dans $\displaystyle \sum_{k \leq i-1} E(f^k(j))$, le dernier terme est $E(f^{i-1}(j))$.
Soit $h$ entier tel que $1 \leq h \leq f^{i-1}(j)$ alors $f(h) \leq f^{i}(j)$,
et $E(f^{i-1}(j))$ peut se voir comme le nombre de $f(h)$ qui sont inférieurs ou égaux à $f^{i}(j)$.
L'avant denier terme est $E(f^{i-2}(j))$. Soit $h$ entier tel que $1 \leq h \leq f^{i-2}(j)$ alors $f^2(h) \leq f^{i}(j)$,
et $E(f^{i-2}(j))$ peut se voir comme le nombre de $f^2(h)$ qui sont inférieurs ou égaux à $f^{i}(j)$.
Ainsi de suite . . ., la somme $a(i;j)$ est égale au nombre de $f^k(h)$ qui sont inférieurs ou égaux à $f^{i}(j)$,
autrement dit $a(i;j)$ est le rang de $f^{i}(j)$, dans l'ensemble de tous les $f^{a}(b)$. On définit ainsi une bijection
de $\N^* \times \N^*$ sur $\N^*$.
2) Autre fonction f
Au lieu de $f(x)=e^x -1$, on peut choisir par exemple $f(x)=\alpha x$ avec les conditions $\alpha >1$ et $\forall n \in \N^*,\, \alpha ^n \notin \Q$
Cela correspond à l'exercice 10520 de Clark Kimberling dans le "Amer. Math. Mon" de mai 1998 page 472
Quand $\alpha =\varphi$ et $i=1$ on trouve la suite
>http://oeis.org/A020959
Merci beaucoup Cidrolin pour cet élégant résultat. Et Bravo. (tu)
Bien cordialement.