Olympiades ukrainiennes
Bonjour,
grâce au post de soland je suis tombé sur ce document, et comme je m'ennuie j'ai essayé quelques problèmes en page 2 (du pdf).
-problème 3 : cette fonction a-t-elle un nom ? Pour un entier quelconque $N=2^a (2b+1)$, je trouve un nombre d'itérations nécessaire égal à $$b+\dfrac{(a+b)(a+b+1)}{2}$$ ce qui donnerait 499499 itérations pour arriver à 1997.
-problème 6 : on arrive très vite à établir que $f$ est l'identité sur les entiers, mais impossible de conclure quoi que ce soit sur les autres rationnels, une indication ?
grâce au post de soland je suis tombé sur ce document, et comme je m'ennuie j'ai essayé quelques problèmes en page 2 (du pdf).
-problème 3 : cette fonction a-t-elle un nom ? Pour un entier quelconque $N=2^a (2b+1)$, je trouve un nombre d'itérations nécessaire égal à $$b+\dfrac{(a+b)(a+b+1)}{2}$$ ce qui donnerait 499499 itérations pour arriver à 1997.
-problème 6 : on arrive très vite à établir que $f$ est l'identité sur les entiers, mais impossible de conclure quoi que ce soit sur les autres rationnels, une indication ?
Réponses
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Calculer $f((\dfrac a b + b)^2)$ de deux façons différentes.
Pierre. -
Merci bien !
-
Décidément, j'aime bien ces petits problèmes. Je partage avec vous ma solution du problème 4 page 5.
D'abord, si on inclut 0 à "natural numbers", (a) et (b) sont en contradiction (en prenant $y=0$ et $x$ quelconque dans (a)). Donc $f$ va de $\N ^*$ dans $N^*$.
Par (a), on obtient plusieurs choses :
-$f(1)=1$ (1)
- $f(14400)=3+4f(2)$ (2)
- $\forall x \in \N ^* , \forall p \in \N,f(x^p)=pf(x)-p+1$ (3)
-$4=f(30)=f(2)+f(3)+f(5)-2$, donc $f(2)+f(3)+f(5)=6$ (4)
(3) induit que si $f(x)=1$, alors $ f(x^p)=1$ pour tout $p$, ce qui contredit (b) si $x$ est distinct de 1. Donc $x=1$ est l'unique solution de l'équation $f(x)=1$.
Par conséquent, $f(x) \geqslant 2$ pour tout $x$ distinct de 1.
(4) implique donc que $f(2)=f(3)=f(5)$, et (2) donne finalement $f(14400)=11$.
Voilà, pas de question mais ça m'amuse, donc je partage
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Bonjour!
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