Un exercice d'arithmétique

Bonjour. On peut manipuler plutôt la fonction réciproque de $f$, notée $g$ et même prendre $a=1=g(a')$

En passant à l'application réciproque, le problème se ramène à montrer que toute bijection de $ {\mathbf N}^*$ est croissante sur au moins une suite arithmétique à trois termes.

Tentative.

Soit $f$ : ${\mathbf N}^* \rightarrow {\mathbf N}^*$ une bijection. On doit montrer que $f$ est croissante sur une progression arithmétique à trois termes : il existe $a$, $b>0$ tels que $f(a) <f(a+b)<f(a+2b)$.

Raisonnons par l'absurde. Posons $a=f(1)$. Il existe $N>0$ tel que pour tout $n\geqslant N$, $f(1+n) >a=f(1)$ (sinon il existerait une infinité de $n$ tels que $f(n)\in [1,a]$, ce qui contredirait l'injectivité de $f$). La progression $1$, $1+n$, $1+2n$ étant arithmétique, on doit avoir $f(1+2n)<f(1+n)$, pour tout $n\geqslant N$. Ainsi la suite $f(1+2^k N)$, $k\geqslant 0$, est une suite d'entiers positifs strictement décroissante, ce qui bien sûr n'existe pas (toute partie non vide de $\mathbf N$ ayant un minimum).

En mode vraiment pas compliqué: ça a l'air de fonctionner avec $a=1$, $b$ le plus petit élément tel que $f(b)>f(1)$ (ça existe, c'est un bon ordre), et l'élément $c$ qui vérifie $f(c)=2f(b)-f(1)$ est nécessairement plus grand que $b$ puisque $2 f(b) -f(1) > f(b) > f(1)$.

Titi le curieux:

J'ai l'impression que tu dissimules sous le tapis un argument en brandissant la justification: "Il existe un plus petit élément $b$, tel que $f(b)>f(1)$ (ça existe c'est un bon ordre)". Argument, me semble-t-il, développé par ceux qui ont posté juste avant toi.

Et on revient aux démonstrations produites par tes prédécesseurs qui me semble-t-il, en substance, prouvent des trucs similaires à ce que tu affirmes.

PS:
Note bien, que ta version est peut-être la plus intuitive.

Quand tu dis que l'ensemble des entiers $n$ qui sont tels que $f(n)>f(1)$ est non vide.

Je pense immédiatement à une preuve par l'absurde (comme les autres personnes qui se sont essayées à publier une preuve, me semble-t-il):

La négation de cette proposition est que pour tout $n$ entier naturel on a $f(n)\leq f(1)$
Comme $f$ est une bijection tous les entiers $f(n)$ sont distincts et ils sont en nombre infini.
Mais il y a un nombre fini d'entiers qui sont inférieurs ou égaux à un entier donné fixé ce qui est une contradiction.

Vous affirmez quelque chose j'essaie de me convaincre par un raisonnement que c'est vrai parce que la phrase:
"ça existe, c'est le bon ordre" ne me convainc pas trop et j'en suis désolé.

Donc si tu me dis:
je considère la partie de $\mathbb{N}$ telle que $n$ appartient à cette partie si et seulement si $f(n)>f(1)$.
Pour pouvoir affirmer qu'il y a un plus petit élément, parce que $\mathbb{N}$ est bien ordonné il faut vérifier préalablement que cette partie est non vide.
Et j'ai la nette impression que pour montrer que cette partie est non vide on a besoin du fait que $\mathbb{N}$ n'est pas fini et donc que la propriété du bon ordre seule n'est pas suffisante.
Tout cela pour dire que cette affirmation demande tout de même une explication qui va au-delà du lapidaire: "c'est la propriété du bon ordre".

PS:
Si on considère la partie de $\mathbb{N}$ composée de $1,2,3,4,5$ munie de l'ordre ordinaire. Si $f$ est une bijection de cet ensemble l'ensemble des $n$ de cette partie qui vérifient $f(n)>5$ n'est pas tellement rempli. B-)-

PS2:
Hormis cette petite critique ta démonstration est chouette.

Merci beaucoup Soland, c'est très sympa, mais pas trop nécessaire. En fait si la raison que tu invoques (le coup du nombres finis de places) est vrai dans $\mathbb{N}$, la propriété qui était à démontrer est vrai dans d'autres ensembles plus compliqués, dont un exemple simple est $\mathbb{N}^2$ munie de l'addition "habituelle" et d'une relation d'ordre de type $\forall (a,b),(c,d)[(a,b)\leq (c,d) \leftrightarrow a<c \lor (a=c \wedge b\leq d)]$ et en définissant $2(a,b)=(2a,2b)$, et pour les raisons que j'ai invoquées (alors que ce coup là, $f( (0,1))$ est susceptible de présenter une infinité d'élément plus petit que lui).

@Fin de Partie:
Tu constateras qu'il y a un message dans lequel je dis d'une part que je suis susceptible de ne pas être cool et d'autre part où je précise un certain nombres de propriétés de $\mathbb{N}$ parmi lesquels le fait que chaque éléments est majoré (je crois que ça se dit "il n'y a pas d'élément maximal", je dis aussi qu'une fois que j'ai tout ça, je me passe bien de l'absurde pour démontrer ce qu'il y a à trouver, je maintiens). Étrange que je cite cette propriété en particulier plutôt que des trucs sur la multiplication ou les nombres premiers. Peut-être bien que c'est parce que je considérais que c'était une propriété utile pour la démonstration (ou alors je suis complétement marteau et j'ai eu sacré coup de bol). Dans le doute, ton histoire d'ensemble fini, tu aurais bien fait de te la garder, ça prouve juste que tu fais des fixettes et n'essaies pas de comprendre ton interlocuteur. Merci quand même pour l'appréciation de l'idée de base.

Merci pour la précision concernant la définition, je reconnais ne pas toujours faire très attention entre les ordres et les ordres stricts. La conclusion me fais un peu plus rigoler, mais bon, je suppose que tu n'as pas choisis un pseudo comme "fin de partie" pour rien, alors je concède.

Il me semble qu'il existe même une suite (au moins) infinie a1 < a2 < a3 < a4......telle que 2* f(a(2k)) = f(a(2k-1)) + f(a(2k+1))