Problèmes du Folklore 7
Dominique Bernardi
Montrer qu'il n'y a pas d'application f de N dans N telle que
Pour tout x dans N, f(f(x)) = x + 1997
--
Dominique Bernardi, Théorie des Nombres
Université Pierre et Marie Curie
4 place Jussieu - F75005 Paris Tel (33-1) 44275441
bern...@math.jussieu.fr
Thomas Pornin
In article <bernardi-290...@sigma.math.jussieu.fr>,
Dominique Bernardi <bern...@math.jussieu.fr> wrote:
>Montrer qu'il n'y a pas d'application f de N dans N telle que
>
>Pour tout x dans N, f(f(x)) = x + 1997
Pour tout x dans N, on a alors f(f(f(x))) = f(x + 1997) donc
f(x) + 1997 = f (x + 1997).
Donc, si x = y mod 1997 alors f(x) = f(y).
Entre autres, f est donc bornee.
Or f(f(0)) = 1997
f(f(f(f(0)))) = f(f(0)) + 1997 = 3994
f(f(f(f(f(f(0)))))) = f(f(f(f(0)))) + 1997 = 5991
etc...
ce qui contredit le fait que f soit borne, qed.
--Thomas Pornin
Georges BENICOURT
Thomas Pornin wrote:
>
> In article <bernardi-290...@sigma.math.jussieu.fr>,
> Dominique Bernardi <bern...@math.jussieu.fr> wrote:
> >Montrer qu'il n'y a pas d'application f de N dans N telle que
> >
> >Pour tout x dans N, f(f(x)) = x + 1997
>
> Pour tout x dans N, on a alors f(f(f(x))) = f(x + 1997) donc
> f(x) + 1997 = f (x + 1997).
OK.
> Donc, si x = y mod 1997 alors f(x) = f(y).
Pourquoi ?
Si ta démo est vraie, en généralisant avec k entier naturel:
f(f(x)) = x + k
Il n'y a pas d'application non plus.
Or, pour k=2000 par ex, en considérant :
l'application de N dans lui même : x->f(x)=x+1000.
N'a-t'on pas f(f(x))=f(x+1000)=(x+1000)+1000=x+2000 ?
Pour en revenir au pb initial:
ne peut on pas démontrer que les seules applications de N vers N
telles que f(f(x))=x+k sont de la forme x->k/2 ?
Et donc: pour k pair, c'est OK, pour k impair, il n'y en a pas?
NB: tout ça est intuitif, il reste à le démontrer :-)
--
Georges BENICOURT Telecom Bretagne'94
WebMaster WebCamus mailto:webc...@cyber-espace.com
http://www.cyber-espace.com/webcamus/
Dominique Bernardi
In article (Dans l'article) <342F91...@hotmail.com>, Georges BENICOURT
<beni...@hotmail.com> wrote (écrivait) :
<critique correcte d'une démonstartion incorrecte de Thomas Pornin omise>
>Pour en revenir au pb initial:
> ne peut on pas démontrer que les seules applications de N vers N
>telles que f(f(x))=x+k sont de la forme x->k/2 ?
Non, non, il y a d'autres solutions...
>Et donc: pour k pair, c'est OK, pour k impair, il n'y en a pas?
Ca, c'est juste, par contre
>NB: tout ça est intuitif, il reste à le démontrer :-)
Comme tu dis.
Mike ROBSON
Georges BENICOURT <beni...@hotmail.com> writes:
>Thomas Pornin wrote:
>>
>> In article <bernardi-290...@sigma.math.jussieu.fr>,
>> Dominique Bernardi <bern...@math.jussieu.fr> wrote:
>> >Montrer qu'il n'y a pas d'application f de N dans N telle que
>> >
>> >Pour tout x dans N, f(f(x)) = x + 1997
>>
>> Pour tout x dans N, on a alors f(f(f(x))) = f(x + 1997) donc
>> f(x) + 1997 = f (x + 1997).
> OK.
>
>> Donc, si x = y mod 1997 alors f(x) = f(y).
>Pourquoi ?
>Si ta démo est vraie, en généralisant avec k entier naturel:
> f(f(x)) = x + k
>Il n'y a pas d'application non plus.
>Or, pour k=2000 par ex, en considérant :
> l'application de N dans lui même : x->f(x)=x+1000.
>N'a-t'on pas f(f(x))=f(x+1000)=(x+1000)+1000=x+2000 ?
>Pour en revenir au pb initial:
> ne peut on pas démontrer que les seules applications de N vers N
>telles que f(f(x))=x+k sont de la forme x->k/2 ?
Non: contrexemple f(4n)=4n+1,f(4n+1)=4n+4,f(4n+2)=4n+3,f(4n+3)=4n+6
>Et donc: pour k pair, c'est OK, pour k impair, il n'y en a pas?
>NB: tout ça est intuitif, il reste à le démontrer :-)
La, je suis d'accord.
>--
>Georges BENICOURT Telecom Bretagne'94
>WebMaster WebCamus mailto:webc...@cyber-espace.com
>http://www.cyber-espace.com/webcamus/
--
J.M. Robson
LaBRI, Universite de Bordeaux 1
Thomas Pornin
In article <342F91...@hotmail.com>,
Georges BENICOURT <beni...@hotmail.com> wrote:
>NB: tout ça est intuitif, il reste à le démontrer :-)
Bon, en fait on m'a ecrit (Anne Dicky) que je m'etais trompe, et c'est
tres vrai. Si x = y + n * 1997, alors f(x) = f(y) + n * 1997.
Ce que j'ai ecrit etait faux. J'ai essaye d'envoyer une correction une
premiere fois, mais comme je suis un superlouzeur, je me la suis envoyee
par mail au lieu de la poster ici.
--Thomas "gros louzeur" Pornin
Philippe Gaucher
bern...@math.jussieu.fr (Dominique Bernardi) writes:
> Montrer qu'il n'y a pas d'application f de N dans N telle que
>
> Pour tout x dans N, f(f(x)) = x + 1997
Les zôtres : vous n'étiez pas loin avec vos modulo. Voilà ce que j'ai
trouvé (ça a l'air bon) :
Supposons que f:N->N existe. Alors comme
f(f(f(x)))=f(x+1997)=f(x)+1997, alors f(x+1997N)=f(x)+1997N. De plus,
f induit une involution g de Z/1997 dans lui-même Comme g(g(x))=x,
alors g est surjective donc bijective car Z/1997 est fini. g peut donc
se voir comme une permutation de l'ensemble
{0,1,...,1996}. Décomposons g en cycles. Si g a un cycle de longueur
plus grand que 2 alors aucune change que g o g = Id. Donc g est une
composition de transpositions disjointes. Comme 1997 est impair, il y
a au moins 1 point fixe h. Donc f(h)=g(h)+1997M=h+1997M pour un
certain entier M. Et f(f(h))=h+2*M*1997=h+1997 donc M=1/2, ce qui est
difficile à réaliser pour un entier.
pg.
Philippe Gaucher
bern...@math.jussieu.fr (Dominique Bernardi) writes:
> Montrer qu'il n'y a pas d'application f de N dans N telle que
>
> Pour tout x dans N, f(f(x)) = x + 1997
Les zôtres : vous n'étiez pas loin avec vos modulo. Voilà ce que j'ai
trouvé (ça a l'air bon) :
Supposons que f:N->N existe. Alors comme
f(f(f(x)))=f(x+1997)=f(x)+1997, alors f(x+1997N)=f(x)+1997N donc f(x)
= f(r(x,1997))+1997q(x,1997) où r(x,1997) est le reste de la division
euclidienne de x par 1997, et q(x,1997) son quotient. De plus, f
induit une involution g de Z/1997 dans lui-même Comme g(g(x))=x, alors
g est surjective donc bijective car Z/1997 est fini. g peut donc se
voir comme une permutation de l'ensemble {0,1,...,1996}. Décomposons g
en cycle. Si g a un cycle de longueur plus grand que 2 alors aucune
pascal jankowski
> Montrer qu'il n'y a pas d'application f de N dans N telle que
>
> Pour tout x dans N, f(f(x)) = x + 1997
Salut
Je ne dispose que de maigres connaissances en Mathématiques et qui sont
assez loin maintenant. Donc soyez indulgents si ma démonstration est
boîteuse.
Soit f de N dans N tq (fof)(x) = x + k
Le but est de démontrer que nécessairement pour que f existe, k doit
être pair.
Supposons k impair donc k > 0
fof est bijective donc f aussi donc f^-1 exite (difficile de noter la
réciproque avec l'éditeur)
alors (f^-1 o (f o f))(x) = f^-1(x + k) conduit à
f(x) = f^-1(x+k) = p
f est croissante puisque par construction f o f est croissante.
nécessairement on a
x < p < x + k
par ailleurs puisque f^-1 est la réciproque de f
alors p est à égale distance de x et x + k,
donc le "rayon" r s'exprime de la façon suivante
r = (x + k - x) / 2
ou encore r = k / 2
donc p = x + r = x + k/2 = f(x)
mais k est impair donc k/2 n'appartient à N et donc p n'est pas entier
par contre p = f(x), et f va de N dans N donc p est entier.
Ce qui nous conduit à une contradiction...
Alors nécessairement k doir être pair.
pj
------
<pascal.janko...@wanadoo.fr>
Laurent Wacrenier
>>>>> «PL», pascal jankowski <pascal.j...@wanadoo.fr> écrit :
PL> f est croissante puisque par construction f o f est croissante.
ça vient d'oů ?
La fonction constante fof(x)=1 est croissante, mais f(x)=1/x est
décroissante.. Certe c'est une fonction rééle, mais c'est tout ce qui
me vient en tęte, lŕ.
-- Laurent
pascal jankowski
> La fonction constante fof(x)=1 est croissante, mais f(x)=1/x est
> décroissante.. Certe c'est une fonction rééle, mais c'est tout ce qui
>
En effet f est croissante.
On a f de N ds N et (fof)(x) = x + k
J'ai posé k impair donc k > 0 parceque k est entier
Si je calcule
fof(x+1)-fof(x) = x + 1 + k - x - k = 1 > 0
donc fof est croissante, donc f l'est aussi
Philippe Gaucher
pascal jankowski <pascal.j...@wanadoo.fr> writes:
> donc fof est croissante, donc f l'est aussi
Que fof soit croissante, c'est trivial :-) : x |->x+1997 est
indéniablement croissante.
Mais ça n'implique pas que f est croissante (je reprends la remarque
de Laurent en l'adaptant) : si g(n)=10-n sur [0,10] et g=Id
ailleurs. Alors gog est croissante mais g n'est pas croissante.
pg.
Dominique Bernardi
In article (Dans l'article) <x6ra9yy...@galois1.u-strasbg.fr>,
gau...@math.u-strasbg.fr wrote (écrivait) :
>Philippe Gaucher <gau...@galois1.u-strasbg.fr> writes:
>
>> > Pour tout x dans N, f(f(x)) = x + 1997
>
>> Supposons que f:N->N existe. Alors comme
>> f(f(f(x)))=f(x+1997)=f(x)+1997, alors f(x+1997N)=f(x)+1997N. De plus,
>> f induit une involution g de Z/1997 dans lui-même
>
>Une autre méthode pour ceux qui n'aiment pas les permutations. 1997
>est premier donc Z/1997 est un corps. Donc g est un polynôme (car
>Z/1997 est un corps fini et pour le voir, il suffit de faire la somme,
>finie, de tous les termes a->g(a) du polynôme de Lagrange). Donc g a
>un degré |g|. Or |gog|=2|g|=1 impossible.
Sur un corps fini, un polynôme n'est pas déterminé par ses valeurs. Parler
du degré de g n'a donc pas de sens.
>Ce qui m'a fait penser à ça, c'est que l'autre jour, j'ai aperçu un
>problème similaire : à savoir l'existence de fonctions de N dans N qui
>vérifiaient f(f(x))=x^2+1995. Manque de bol, 1995 n'est pas premier.
>
>Quelqu'un voit comment faire ? (disons que c'est le problème 7').
OK, on va chercher...
Philippe Gaucher
Philippe Gaucher <gau...@galois1.u-strasbg.fr> writes:
> > Pour tout x dans N, f(f(x)) = x + 1997
> Supposons que f:N->N existe. Alors comme
> f(f(f(x)))=f(x+1997)=f(x)+1997, alors f(x+1997N)=f(x)+1997N. De plus,
> f induit une involution g de Z/1997 dans lui-même
Une autre méthode pour ceux qui n'aiment pas les permutations. 1997
est premier donc Z/1997 est un corps. Donc g est un polynôme (car
Z/1997 est un corps fini et pour le voir, il suffit de faire la somme,
finie, de tous les termes a->g(a) du polynôme de Lagrange). Donc g a
un degré |g|. Or |gog|=2|g|=1 impossible.
Ce qui m'a fait penser à ça, c'est que l'autre jour, j'ai aperçu un
problème similaire : à savoir l'existence de fonctions de N dans N qui
vérifiaient f(f(x))=x^2+1995. Manque de bol, 1995 n'est pas premier.
Quelqu'un voit comment faire ? (disons que c'est le problème 7').
[note : j'espère que la question est bien de prouver qu'il n'existe
pas de telle f ; en fait, je n'en suis pas sûr].
pg.
Vincent Lefevre
Dans l'article <m2g1qee...@belzebuth.enfer>, Philippe Gaucher <gau...@belzebuth.enfer> écrit:
> Voilà même un problème 7'' qui commence à me turlupiner sérieusement :
> soit P(t) un polynôme de N[t]. Nous voulons résoudre l'équation
> (E) : f o f = P
> où f est n'importe quelle application de N dans N. Je pense que la
Une petite question: pourquoi prendre P dans N[X] seulement, et non
dans Z[X]? Tu ne confondrais pas "polynôme à coefficients positifs"
et "polynôme à valeurs positives"?
--
Vincent Lefevre <vlef...@ens-lyon.fr> | Acorn Risc PC, StrongARM @ 202MHz
WWW: http://www.ens-lyon.fr/~vlefevre | 20+1MB RAM, Eagle M2, TV + Teletext
PhD st. in Computer Science, 2nd year | Apple CD-300, SyQuest 270MB (SCSI)
-----------------------------------------------------------------------------
Philippe Gaucher
bern...@math.jussieu.fr (Dominique Bernardi) writes:
> >Ce qui m'a fait penser à ça, c'est que l'autre jour, j'ai aperçu un
> >problème similaire : à savoir l'existence de fonctions de N dans N qui
> >vérifiaient f(f(x))=x^2+1995. Manque de bol, 1995 n'est pas premier.
> >
> >Quelqu'un voit comment faire ? (disons que c'est le problème 7').
>
> OK, on va chercher...
Voilà même un problème 7'' qui commence à me turlupiner sérieusement :
soit P(t) un polynôme de N[t]. Nous voulons résoudre l'équation
(E) : f o f = P
où f est n'importe quelle application de N dans N. Je pense que la
réponse est : si il n'existe pas de polynôme Q(t) de N[t] qui vérifie
Q o Q = P alors aucune chance de trouver une solution à (E) : en
d'autres termes, l'existence d'une solution pour (E) serait
équivalente à l'existence d'une solution polynomiale de (E).
Si quelqu'un a une idée (je le répète : je ne connais pas la solution)
pour trouver un contre-exemple ou une preuve de cette assertion, je
suis intéressé. Pour ma part, je penche encore pour trouver un
contre-exemple.
pg.
Philippe Gaucher
Vincent Lefevre <vlef...@ens-lyon.fr> writes:
> Une petite question: pourquoi prendre P dans N[X] seulement, et non
> dans Z[X]? Tu ne confondrais pas "polynôme à coefficients positifs"
> et "polynôme à valeurs positives"?
Je ne confonds rien du tout. Tu peux remplacer "polynôme dans N[t] "
par "polynôme dans Z[t] induisant une application de N dans N" si tu
veux. C'est pas exactement la même question mais si on résoud la
nouvelle, on résoud sûrement l'ancienne.
Quelques remarques supplémentaires et plus ou moins triviales qui me
viennent à l'esprit :
1) Si P(t)=t+k, (E) a une solution si et seulement si k est pair et a en
particulier comme solution polynomiale Q(t)=t+k/2.
2) Dans R, tout est faux. En effet, si (E) est l'équation f o f = t^2,
alors pour avoir une solution polynomiale f, il faudrait que le
polynôme soit de degré sqrt(2) : donc pas de solution polynomiale
pourtant il existe une solution non polynomiale : f(x)=x^sqrt(2)
justement.
3) Si f o f = P, alors f o f o f = P o f = f o P. Donc f et P
commutent. On peut alors se demander si on peut "inverser"
"symboliquement" f |-> f o f. Je dis bien "symboliquement" car il
peut y avoir plusieurs solutions à l'équation. On peut prendre une
espèce d'exponentielle :
E(f)= somme des f o f o ... o f (n fois)/n!
avec f o f o ... o f (0 fois) = Identité.
f o f o ... o f (2n fois) = P o P o ... o P (n fois)
f o f o ... o f (2n+1 fois) = f o [ P o P o ... o P (n fois) ]
En prenant un "ln", à savoir ln(g) = g - (g o g o g)/3 + ....
4) Si f est une application de N dans lui-même, alors on peut poser
D(1,f)(n)=f(n+1)-f(n) : D(1,f) arrive dans Z alors. Par récurrence,
on définit D(p,f) pour p>1. f est polynomiale ssi il existe un p tel
que D(p,f)=0.
pg.
Dominique Bernardi
In article (Dans l'article) <x6ra9yy...@galois1.u-strasbg.fr>,
gau...@math.u-strasbg.fr wrote (écrivait) :
>Ce qui m'a fait penser à ça, c'est que l'autre jour, j'ai aperçu un
>problème similaire : à savoir l'existence de fonctions de N dans N qui
>vérifiaient f(f(x))=x^2+1995. Manque de bol, 1995 n'est pas premier.
>
>Quelqu'un voit comment faire ? (disons que c'est le problème 7').
>
>[note : j'espère que la question est bien de prouver qu'il n'existe
>pas de telle f ; en fait, je n'en suis pas sûr].
En fait, je pense qu'il en existe.
Notons X l'ensemble (infini) des entiers qui ne s'écrivent pas x^2+1995.
Si a est dans X, on définit par récurrence une suite u_a par
u_a(0) = a et u_a(n+1) = u_a(n)^2 + 1995. Il est clair
que les u_a(N) pour a dans X forment une partition de N.
Partitionnons X en paires {a b}, envoyons u_a(n) sur u_b(n)
et u_b(n) sur u_a(n+1). On a bien un f.
Philippe Gaucher
bern...@math.jussieu.fr (Dominique Bernardi) writes:
> En fait, je pense qu'il en existe.
>
> Notons X l'ensemble (infini) des entiers qui ne s'écrivent pas x^2+1995.
>
> Si a est dans X, on définit par récurrence une suite u_a par
> u_a(0) = a et u_a(n+1) = u_a(n)^2 + 1995. Il est clair
> que les u_a(N) pour a dans X forment une partition de N.
OK. Si x n'est pas dans X, on prend l'unique antécédent par x^2+1995,
et en remontant, et car x^2+1995>x, on finit par s'arrêter.
> Partitionnons X en paires {a b}, envoyons u_a(n) sur u_b(n) et
> u_b(n) sur u_a(n+1). On a bien un f.
Ca ressemble étrangement au cas de départ où pour construire toutes
les solutions de f o f = t+2k, il faut commencer par partitionner
{0,2k-1} en paires {a,b} puis une fois qu'on a la permutation sans
point fixe, on peut construire une solution.
Dans le cas de P=t+2k+1, le problème est que X est fini impair donc on
ne peut pas faire de partitions par des paires.
Bref, si j'ai bien compris, tu as trouvé à la fois une nouvelle preuve
du problème du folklore 7 et en plus tu as résolu tout le problème. f
o f = P à des solutions ssi l'ensemble P(X)={x de N/x n'a pas
d'antécédent par P} est partitionnable en paires. Me trompè-je ?
pg.
Philippe Gaucher
bern...@math.jussieu.fr (Dominique Bernardi) writes:
> En fait, je pense qu'il en existe.
>
> Notons X l'ensemble (infini) des entiers qui ne s'écrivent pas x^2+1995.
>
> Si a est dans X, on définit par récurrence une suite u_a par
> u_a(0) = a et u_a(n+1) = u_a(n)^2 + 1995. Il est clair
> que les u_a(N) pour a dans X forment une partition de N.
OK. Si x n'est pas dans X, on prend l'unique antécédent par x^2+1995,
et en remontant, et car x^2+1995>x, on finit par s'arrêter.
> Partitionnons X en paires {a b}, envoyons u_a(n) sur u_b(n) et
> u_b(n) sur u_a(n+1). On a bien un f.
Ca ressemble étrangement au cas de départ où pour construire toutes
les solutions de f o f = t+2k, il faut commencer par partitionner
{0,2k-1} en paires {a,b} puis une fois qu'on a la permutation sans
point fixe, on peut construire une solution.
Dans le cas de P=t+2k+1, le problème est que X est fini impair donc on
ne peut pas faire de partitions par des paires.
Bref, si j'ai bien compris, tu as trouvé à la fois une nouvelle preuve
du problème du folklore 7 et en plus tu as résolu tout le problème. f
o f = P a des solutions ssi l'ensemble P(X)={x de N/x n'a pas
Samuel Mouniee
Dominique Bernardi wrote:
> =
> Montrer qu'il n'y a pas d'application f de N dans N telle que
> =
> Pour tout x dans N, f(f(x)) =3D x + 1997
> =
ma d=E9monstration est un peu bancale ( mon orthographe l'est aussi )
Si qqchose ne va pas, j'aimerai savoir o=F9 et pourquoi, pour corriger la=
demo
merci,
Samuel.
notation utilise
c=3D inclusion
|N l'ensemble |N
[a,b] intervalle
supposons F(x), tel que FoF( x ) =3D x + k avec k dans |N
HoG(x) est strictement croissante sur l'intervalle I <=3D> H sur G(I)
et G sur I sont de meme monotonie.
|N peut etre recouvert en intervalles o=F9 F(x) est strictement
monotone ou constante et le Cardinal de chaque intervalles est >=3D2.
appelons P l'ensemble ordonn=E9 de ces partie.
P =3D { P1, ...Pn } chaque Pi representant une partie de |N tel que
quelque soit i conpris entre 1 et n-1,
quelque soit x dans Pi et x' dans P(i+1),
x<x' et la monotonie de f sur Pi et P(i+1) sont differente
consequence la la construction de P et de F
1. quelquesoit i compris entre 1 et n-2,
la monotonie de f sur Pi et P(i+2) sont identique
2. quelquesoit i [1,n], il existe j [1,n] tel que F( Pi ) c=3D Pj et j >=3D=
i
si il existe i tel que F(Pi) =3D constante =3D> FoF(Pi) =3D F(constante)
=3Dconstante'
donc sur chaque Pi, F est strictement monotone.
si P est un ensenble fini
si Card( P ) =3D 1,
F( |N ) c=3D |N, FoF( |N ) c=3D |N,
donc pas de probleme.
si Card( P ) =3D 2,
F( P1 ) c=3D P1 =3D> FoF( P1 ) c=3D P1, contradiction.
si Card( P ) =3D 3,
F( P2 ) c=3D P2 =3D> FoF( P2 ) c=3D P2, contradiction.
si Card( P ) =3D 4,
F( P1 ) c=3D P3 et F( P3) c=3D P1 =3D> FoF( P1 ) c=3D P1, contradiction=
=2E
si Card( P ) =3D 5,
F( P2 ) c=3D P4 et F( P4) c=3D P2 =3D> FoF( P2 ) c=3D P2, contradiction=
=2E
si Card( P ) >=3D 6
par construction,
il existe (i,j,k) [1,n] , tel que FoF( Pi ) =3D Pj et FoF( P(i+1) ) =3D =
Pk
et j>k
donc contradiction.
si P est un ensemble infini
je sais pas ....
un tuyau pour que j'essai de trouver, serait le bienvenue
si Card( P ) =3D 1
F est strictement monotone sur |N
F est minor=E9 par 0 ( zero ), donc F est strictement croissante
( le contraire serait absurde ).
F(x) >=3D x
F(x+1) >=3D F(x) +1
posons F(x) =3D x + H(x)
donc F'(x) =3D 1 + H'(x)
FoF(x) =3D x + H(x) + HoF(x)
donc k =3D H(x) + HoF(x)
si H'(x) =3D 0
F'(x) =3D 1 , H(x) =3D b et k =3D 2b
si H'(x) <> 0
H(x) + HoF(x) > 0
H'(x) > 0
H(x+1) >=3D H(x)+1
HoF(x+1) >=3D HoF(x)+1
donc
H(x+1) + HoF(x+1) >=3D HoF(x) +2
k >=3D k+2
absurde
H'(x) < 0
H(x+1) <=3D H(x)+1
HoF(x+1) <=3D HoF(x)+1
donc
H(x+1) + HoF(x+1) <=3D HoF(x) +2
k <=3D k+2
absurde
Par consequent H'(x) =3D0
k est donc pair
voila, c'est fini ....
Philippe Gaucher
Philippe Gaucher <gau...@belzebuth.enfer> writes:
> Bref, si j'ai bien compris, tu as trouvé à la fois une nouvelle
> preuve du problème du folklore 7 et en plus tu as résolu tout le
> problème. f o f = P a des solutions ssi l'ensemble P(X)={x de N/x
> n'a pas d'antécédent par P} est partitionnable en paires
euh... Il faut que l'application de N dans N n|->P(n) soit
injective. Le cas général est donc un peu plus compliqué. Il faut
dessiner dans N un graphe p->q avec q=P(p) et regarder les composantes
connexes de ce graphe. Elles doivent pouvoir se ranger 2 par 2, avec
deux paires isomorphes en tant qu'ensemble ordonné. Enfin un truc
comme ça.
pg.
Francois Courtes
In article <x6wwjpm...@galois1.u-strasbg.fr>,
Philippe Gaucher <gau...@math.u-strasbg.fr> wrote:
>2) Dans R, tout est faux. En effet, si (E) est l'équation f o f = t^2,
>alors pour avoir une solution polynomiale f, il faudrait que le
>polynôme soit de degré sqrt(2) : donc pas de solution polynomiale
>pourtant il existe une solution non polynomiale : f(x)=x^sqrt(2)
>justement.
Euh, comment tu définis x^sqrt(2) pour x négatif ?
Ceci dit, ton idée marche quand même: il suffit de prendre:
f(x)=x^sqrt(2) pour x>=0;
f(x)=(-x)^sqrt(2) pour x<0.
-- FC