Conjecture sur les nombres convenables

Cidrolin · May 2021

Bonjour, je vous propose un résultat que je ne sais pas établir.

Définition
Un irrationnel $x>1$ est dit convenable s'il existe deux entiers $a$ et $b$ de $\N^*$ tels que : $$\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{ax+b}=1.
$$ Exemples
$\varphi$ est convenable puisque $\dfrac{1}{\varphi}+\dfrac{1}{\varphi +1}=1$;
$\sqrt 2$ est convenable puisque $\dfrac{1}{\sqrt 2}+\dfrac{1}{\sqrt 2 +2}=1$;
$\dfrac{5+\sqrt{109}}{14}$ est convenable, prendre $a=7$ et $b=3$;
$\sqrt 3$ et $\ln(5)$ ne sont pas convenables.
Propriété
Si $x$ est convenable alors $x<2$
Conjecture
Soit $x$ convenable, posons $f$ définie par $f(n)=\lfloor nx\rfloor $ et $g(n)=\lfloor n(ax+b)\rfloor $,
alors pour tout $n$ de $\N^*$ on a : $$f(n)+g(n)=f\big(g(n)\big).
$$ Merci pour vos idées.

Médiat · May 2021

Est-ce que vous avez essayé avec $x = \sqrt 2$ et $ n=10$

Dreamer · May 2021

Bonjour.

Par des considérations simples, j'arrive à $x
\leq \frac{a+1}{a}$, qui implique la propriété.

Je pense que cela pourrait servir dans la simplification des deux membres de la conjecture.

À bientôt.

Cidrolin · May 2021

@Médiat, je trouve $48$ dans chacun des membres de l'égalité conjecturée.
@Dreamer, en effet $x$ est plus petit que $1+1/a$.

Médiat · May 2021

Alors il y a quelque choses que je ne comprends pas parce que à droite je trouve 340

Cidrolin · May 2021

Si $x=\sqrt 2$ et $n=10$ alors $g(n)=34$ et $f(34)= \lfloor 48,083\rfloor =48$.

Médiat · May 2021

J'avais l'impression que $f(34) =\lfloor 10*34\rfloor =340$ Où me trompège ?

Cidrolin · May 2021

$f(n)$ est la partie entière de $nx$, et ici $x=\sqrt 2$.

Médiat · May 2021

My bad, effectivement cela marche.

Cidrolin · May 2021

Si la conjecture est vraie, on peut affirmer que pour tout $n$ le nombre

$\Big \lfloor \sqrt 2\lfloor n(\sqrt 2 +2) \rfloor \Big\rfloor $

est pair.

rosab · May 2021

Bonjour,

Je ne comprends pas le rôle de ton $ax+b$ ?
Ta conjecture est vraie pour toutes les suites de Beatty, non ?

Cidrolin · May 2021

Bonjour rosab,

Prenons $x=\sqrt 3$ alors avec $y=\dfrac{3+\sqrt3}{2}$, on a bien $1/x+1/y=1$,

mais pour $n=2$, $f(2)+g(2)=3+4=7$ et $f(g(2))=f(4)=6$.

Cidrolin · May 2021

Un autre exemple, avec $x=2\cos\frac{\pi}{7}$.

On sait que $ \dfrac{1}{2\cos\frac{\pi}{7}}+\dfrac{1}{4\cos^2\frac{\pi}{7}-1}=1$.

Ici $f(2)=3$ , $g(2)=4$, et $f(g(2))=6$

On n'a pas $f+g=fog$, je pense que cela vient du fait que $2\cos\frac{\pi}{7}$ n'est pas "convenable".

lourrran · May 2021

Zut, je pensais qu'on avait toujours soit f(n)+g(n)=f(g(n)), soit f(n)+g(n)>f(g(n)) , et du coup, je pensais que le problème serait plus accessibles en présentant f et g comme des fonctions de x, et non de n.

Peut-être que la piste reste valable ?

Cidrolin · May 2021

@lourran Il y avait une erreur, et ta remarque semble vraie.

LOU16 · May 2021

Bonsoir,

Il semble bien que pour tout nombre convenable $x$, on puisse affirmer que: $\qquad \boxed{\forall n \in \N, \:\: f(n)+g(n)=(f \circ g)(n).}$
Il découle aisément des hypothèses que: $ x = \dfrac {a+1-b+\sqrt {(a+1-b)^2+4ab}}{2a}$ et que, pour $a$ fixé, le maximum de $x$ est atteint lorsque $b=1\:$ Ainsi : $$\qquad \qquad 0<x-1\leqslant \dfrac {\sqrt{a^2+4a} -a}{2a}<\dfrac 1a.\qquad (1)$$
Notons $y:= ax+b,\:$ et désignons par $\:\alpha_n,\beta_n, \gamma_n,\: $ les parties fractionnaires respectives de $nx, \:ny ,\: \lfloor ny \rfloor x.\:\quad$
$\{.\}$ symbolisant la partie fractionnaire, on remarque que: $$ \beta_n = \{a\alpha_n\}.\qquad (2) $$
Avec $xy = x+y,\:\:$ il vient:$\quad f(n)+g(n)- (f \circ g)(n) = (nx-\alpha_n)+(ny-\beta_n)-\left((ny -\beta_n)x -\gamma_n\right)= (x-1)\beta_n+\gamma_n- \alpha_n. \quad (3)$
D'après $(1)$ et $(2): \quad 0<(x-1)\beta _n<\dfrac 1a\{a\alpha_n\}\leqslant \alpha_n, \qquad $ de sorte que: $\:\:-1<(x-1)\beta_n+\gamma_n- \alpha_n<1.$
$(3)$ entraîne alors immédiatement: $f(n)+g(n)- (f \circ g)(n)=0.$

Cidrolin · May 2021

Un grand merci LOU16, c'est balèse.

depasse · May 2021

Bravo et pour la conjecture et pour le théorème. Enfin du beau shtam.
Amicalement
Paul

Dreamer · May 2021

Bonjour.

Dans quel cadre est née cette question ?

Pure découverte au hasard de pérégrinations arithmétiques ?

Vous avez parlé d'une condition de parité pour une formule indexée par N, c'était le but recherché ?

Merci pour ce beau résultat et à bientôt.

Cidrolin · May 2021

@Dreamer
1) On sait que $A=\{f(n)|n\in\N^*\}$ et $B=\{g(n)|n\in\N^*\}$ forment une partition de $\N^*$.
Dans le but d'écrire les premiers éléments de $A$ et de $B$, sans calculer aucune partie entière, je cherchais des relations entre $f$ et $g$. Il m'est apparu que de temps en temps on avait $f+g=fog$.
J'ai vérifié avec un tableur cette propriété, jusqu'à $n=200$.
Et puis miracle du forum : le théorème est prouvé par LOU16.

2) La parité de $\Big \lfloor \sqrt 2\lfloor n(\sqrt 2 +2) \rfloor \Big\rfloor$ vient du fait que ce nombre vaut $f(n) +g(n)=f(n)+f(n)+2n$

Dreamer · May 2021

Merci Cidrolin.

C'est exactement le genre de résultat que j'affectionne, les petites pépites trouvées au bord d'un chemin.

Cela me fait d'ailleurs penser à un petit résultat que je n'ai pas approfondi il y a quelques temps.
Dès que j'aurais mis cela en forme, je le posterai.

À bientôt.

[Édit : Tout autre chose. Lors de l'envoi de ce message-ci, j'ai cru qu'il n'avait pas été envoyé car j'ai reçu une notification annonçant que le forum supposait qu'il était envoyé par un robot, je le signale juste car c'est la première fois que cela m'arrive. ]