arithmétique et permutation

puisqu'il y a qu'une seule question qui est intéressante, on peut la reformuler plus facilement, l'énoncé complèt est inutile.
Soit f définie sur $\Z^p$ avec $p=2^d$ par
et $ f(u)=(\vert u_2-u_1\vert,\vert u_3-u_2\vert,....,\vert u_p-u_{p-1}\vert,\vert u_1-u_p\vert) \in \mathbb{Z}^p$

montrer qu'il existe $ N\in\mathbb{N}$ tel que $ f^N(u)=(0,....,0)$ (la composée nième)

C'est plus compréhensible comme ça.

c'est une bonne idée, merci, cependant, la décroissance n'est pas vraiment vraie et montrer que la limite est 0 en utilisant que p est une puissance de 2, je ne vois pas.

merci

si on tombe sur un cas (a,b,a,b) alors f(a,b,a,b)=(f(a,b),f(a,b)) et par récurrence on trouve le résultat
f(x,x)=(f(x),f(x))
mais pour prouver qu'on peut se ramener à ce cas, c'est pas plus simple que de montrer qu'on arrive à 0.

j'ai remarqué, après sueur, qu'il suffit de prendre des p-uplets d'entiers entiers compris entre 0 et 1, car si on regarde les entiers modulo 2, tomber sur 0 après un certain nombre de coup signifie qu'on peut tout factoriser par 2, et f(2u)=2f(u), au bout d'un certain moment on aura $f^n(u)=2^kf(v)$, or on voit bien que
$||f^n(u)||\leq ||f(u)||$ si je prends pour norme le max des valeurs absolues du p-uplet, donc si k devient grand, f(v)=0
selon moi, il suffit de montrer le résultat pour des p-uplets avec des 0 et des 1

je vous expliquerai ce soir, là je n'ai pas le temps

je réexplique proprement ce que je voulais dire cet après midi.
dans $\Z/2\Z$, je note $\bar{x}$ la classe de x, si x est dans $\Z$
et aussi dans $\Z/2\Z^p$ , $\bar{u}=(\bar{u_1},...,\bar{u_p})$

j'ai remarqué que pour tout $u\in\Z^p$, $f(\bar{u})=\bar{f(u)}$, donc pour tout $n\in\N$, $f^n(\bar{u})=\bar{f^n(u)}$
Aussi $f(2u)=2f(u)$
De plus si on note pour $u\in\Z^p$ $\|u\|=\max(|u_i|)$, on a pour tout $n\in\N^*$ , $\|f^n(u)\| \leq \|f(u)\|$.

Donc si on montre qu'il existe N tel que pour tout $v\in\{0,1\}^p$ $f^N(v)=0$, alors pour tout $u\in\Z^p$, $\bar{f^N(u)}=f^N(\bar{u})=0$
ainsi, si on fixe u, $f^N(u)$ est un multiple de 2, il existe $a\in\Z^p$ tel que $f^N(u)=2a$, et ainsi $f^{2N}(u)=2f^N(a)$ ....
par récurrence, il existe $a_k\in\Z^p$ tel que $f^{kN}(u)=2^ka_k$

Mais comme $\|f^{kN}(u)\| \leq \|f(u)\|$ on a $2^k \|a_k\| \leq \|f(u)\|$ pour tout k, ce qui nécéssite que à partir d'un certain k, $a_k=0$, le résultat serait prouvé.

Le problème se ramène à montrer que pour tout $ v\in\{0,1\}^p$ il existe N tel que $ f^N(v)=0$,
(comme $\{0,1\}^p$ est de cardinal fini $2^p$, on prend le max des N, et ça revient à montrer qu'il existe N tel que pour tout $ v\in\{0,1\}^p$ $ f^N(v)=0$)