Un exercice d'arithmétique
dans Arithmétique
Bonjour chers collègues, est-ce que quelqu'un a une piste ou une idée pour traiter l'exercice suivant.
Soit $f$ une bijection de $\mathbb N^*$ vers lui-même, montrer qu'il existe trois entiers naturels non nuls tels que $a<b<c$ et $2f(b)=f(a)+f(c)$.
Merci.
Soit $f$ une bijection de $\mathbb N^*$ vers lui-même, montrer qu'il existe trois entiers naturels non nuls tels que $a<b<c$ et $2f(b)=f(a)+f(c)$.
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Réponses
Si on choisit $a,c$ tels que $f(a)+f(c)$ est pair* alors $\frac{f(a)+f(c)}{2}$ est un entier et si on prend $b=f^{-1}\left(\frac{f(a)+f(c)}{2}\right)$ on montre qu'on a $a,b,c$ tels que $2f(b)=f(a)+f(c)$
Je suis bien d'accord que, a priori, on n'a pas $a<b<c$ autrement cette question est trop simple.
* on prend deux nombres pairs, par exemple, et $a,c$ sont leur image réciproque respective.
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).
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.
PS:
Note bien, que ta version est peut-être la plus intuitive.
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.
Déjà, je ne vois absolument pas où on va avec cette histoire d'absurde (l'est-elle?), d'autre part, certes, je vais utiliser l'absurde à un moment ou un autre (par exemple, si je pars des axiome de Peano et que j'ai déjà obtenu pas mal de truc sur l'addition, j'aurais tendance à le faire pour montrer que je peux définir une relation d'ordre totale sur $\mathbb{N}$ sur la base de l'addition puis pour montrer que c'est un bon ordre, expression que j'ai utilisé).
Une fois que j'ai le bon ordre que je sais que quelque tout élément est majoré par (une petite infinité) d'autres et que f est bijectif (donc surjectif) je ne vois pas pourquoi je devrais faire un raisonnement par l'absurde pour, d'une part qu'il y a des éléments $n$ tel que $n>f(1)$ et d'autre part qu'il y a des éléments $k$ de $\mathbb{N}$ tel que $f(k)$ est égal à l'un ou l'autre de ces éléments (là, je commence à soupçonner que j'ai un ensemble pas trop vide) enfin cet ensemble possède un plus petit élément (j'ai parlé de bon ordre! zut!). J'ai des outils, je les utilise comme je peux (si j'en ai besoin et que je trouve ça pratique), sinon, c'est casse-bonbons et je ne vois pas pourquoi je me ferais suer à apprendre des trucs (non mais! vilain dictateur! fais gaffe à pas m'embêter avec des trucs bof pertinents, sinon je deviens pas cool! :-X).
"ça existe, c'est le bon ordre" ne me convainc pas trop et j'en suis désolé.
P.S: j'ai peut-être été un peu sec sur la fin, mais peut-être qu'il y a juste un petit problème de vocabulaire, bien que ça me surprendrait.
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.
P.S. $b$ existe car il n'y a qu'un nombre fini de places avant $f(1)$.
@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.
Donc, dans la démonstration http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1819054,1819286#msg-1819286
La conclusion est que $c\geq b$.
Ce n'est pas exactement ce qu'on voulait.
$f$ définie par $\forall n \in \mathbb{N}:f(2^n)=2^n$ et (si n>1) $\forall k\in |[2^n+1,2^{n+1}-1]|$: $f(k)=2^{n+1}+2^n-k$ (c'est à dire que c'est une bijection décroissante sur "l'intervalle" considéré).
P.S: Oups! Hors-sujet, je n'avais pas fait attention aux "2" devant les "k", désolé. Du coup, oui, je suis complétement d'accord, tu peux par exemple prendre a(1)=1 et par la suite a(2k) = le plus petit entier $n$ plus grand que a(2k) tel que $\forall l (l<n\rightarrow f(l)<f(n))$ et celui qui passe bien pour a(2k+1).