Conjecture sur les nombres convenables
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.
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.
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Réponses
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.
Cherche livres et objets du domaine mathématique :
Intégraphes, règles log et calculateurs électromécaniques.
@Dreamer, en effet $x$ est plus petit que $1+1/a$.
$\Big \lfloor \sqrt 2\lfloor n(\sqrt 2 +2) \rfloor \Big\rfloor $
est pair.
Je ne comprends pas le rôle de ton $ax+b$ ?
Ta conjecture est vraie pour toutes les suites de Beatty, non ?
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 $f(g(2))=f(4)=6$.
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".
Peut-être que la piste reste valable ?
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: $f(n)+g(n)- (f \circ g)(n)=0.$
Amicalement
Paul
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.
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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 $f(n) +g(n)=f(n)+f(n)+2n$
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. ]
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C'est difficile de démontrer directement que l'entier $\Big \lfloor \sqrt 2\lfloor n(\sqrt 2 +2) \rfloor \Big\rfloor$ est pair ?
Tu me demandes d’écraser une mouche par le tank de Lou 13 Pardon c'est Lou 16 ?