Inscription / Connexion Nouveau Sujet
Exercice compliqué ! Application et ensemble. 
Bonjour
Alors là je bloque totalement sur cette exercice, je n'ai pas d'idées et ça fait un petit bout de temps que je cherche mais bon sans résultat :
On pourra utiliser librement les propriétés fondamentales de l'ensemble
Toute partie non vide de
Tout partie non vide majorée de
Rappelons qu'une partie A de
Existe-t-il une application
Voilà Voilà désolé de ne pas mettre de piste puisque j'en ai pas vraiment
C'est un exercice tirée des olympiades :
mais comme il n'y a pas d'indications ou de correction je n'ai pas de piste ^^
Merci d'avance
Ah je croyais que tu étais parti d'où mon 
pardon 
Non non l'énoncé posté est exactement celui qui est sur ma feuille, donc aucun renseignement supplémentaire 
On est deux alors 
Pour ma part, pas moyen d'utiliser les "pré-recquis" et je ne vois même pas ce qu'il on a intervenir ici.
Je pars dans des trucs de ce type :
Et j'ai l'impression de faire fausse route au vu des indications .. pourtant j'aurais penser pouvoir conclure à partir de ça ^^
Le raisonnement :
Si on suppose que c'est appli existe alors
Donc
Soit
Or seul l'application nulle est solution (A mon avis
) d'où l'absurdité mais bon je trouve rien qui utilise les données de l'énoncé ..bon... ce qui est sûr c'est que si f existe, elle est injective et n'a pas de point fixe...
je continuerai à y réfléchir demain !
alain
Ah bon ? mais si tu as trouvé tout ceci alors tu as répondu à la question non ?
En tout qu'à merci beaucoup
ben ce que je dis est assez immédiat
si f(n) = f(n'), en réappliquant f une fois on obtient n=n'
et f(n)=n conduit à n+2009=f(n) ce qui est contradictoire
je ne vois pas en quoi cela répond à la question...
Et pour ton dernier poste, je croyais avoir lu "c'est que f existe" et non "c'est que si f existe" je ferais mieux d'aller dormir ^^
Bonsoir,
Il me semble que j'ai une solution (mais il est tard je dis peut etre une bétise).
Montre que d'abord si on se place assez loin alors tout element a un antecedant par f et de plus f est injective
Prends alors x_0,...,x_2008 des antecedants de a,...,a+2008
Alors si je note par une fleche ce sur quoi s'envoie un element par f, tu as (je note M=2009)
x_i->a+i->x_i+M->a+i+M->x_i+2M...
Montre alors que x_i=x_j[2009] ssi i=j.
Montre ensuit que tu peux regrouper les indices 2 à 2 avec x_i=a+j[2009] et x_j=a+i[2009]... C'est a dire que x_i=a+j+kM et x_j=a+i+lM, a partir de la tu peux construire un point fixe de fof...
Il est pas impossible que je me sois trompé quelque part... il est tard (néanmoins je suis assez persuadé que modulo quelques modifications ca doit marcher...)
Salut Rodrigo
Tout d'abord merci de ta réponse
Wow ça ne m'a pas l'air très évident tout ça ^^ Que veux tu dire par "si on se place assez loin" ?
Ce que je veux dire c'est que que f n'est pas nécéssairement surjective néanmoins il est facile de voir que si on prend a>=2009 alors il existe u tel que f(u)=a, en effet ecrot a=2009+l alors fof(l)=a.
C'est pour ca que si tu prends a assez grand tu peux bien trouver les x_i tels que je les ai defini, en fait tu peut meme prendre a=2009... mais j'ai pris un a au hasard pour ne pas surcharger la redaction aevc des 2009 partout.
(Bonjour Rodrigo)
bon, je vous propose la piste suivante et vous me dites ce que vous en pensez (cherche la faille... cap'tain Bloody Samouraï !)
hypothèses : f 
telle que fof(n)=n+2009 
n
déjà démontré : f injective sans point fixe
nouvelles propositions :
soit A={n
; f(n)
n+1004}
et B={n ; f(n)
n+1005}
1) =A
B
2) A
B=
3) f(A)
B
4) f(B)A
5) donc A
et B
6) xA 
x+2009A (et idem avec B)
j'ai l'intuition qu'avec cette partition de on doit arriver à une contradiction, mais je n'arrive pas à finaliser...
Je continue à creuser !
Alain
Bonjour à tous
Alain > Le post d'olive de 0h38 est un bon début, tu ne devrais pas le décourager 
avec un peu travail on peut conclure.
ah bon ?
loin de moi l'idée de le décourager !
je dis simplement que je ne comprends pas du tout comment il obtient fofofof(n) = même chose/2
Yo!
Voila je ne suis pas super fort en maths, mais j'aimerai bien donner mon avis sur la question.
Deja dans ce type de probleme, au vu du peu d'information qu'on a:
1.Soit elle existe et on peut trouver une telle fonction.
2.Soit elle n'existe pas, on raisonne par l'absurde, en supposant qu'il existe une telle fonction.
R1. J'ai l'impression que ca ne va pas marcher. (pas un argument mathématiques en soi, bien sur)
car supposons que cette fonction soit affine. (je ne vois pas comment, elle pourrait ne pas
l'etre pour l'instant, mais bon). Pour tout n, f(n)= an + b. Il est clair que a et b sont entier.
fof(n)= a²n + ab + b = n + 2009
Donc a = 1 et 2b = 2009
or 2009 n'est pas pair (je suis pas sur... ) donc contradiction.
(on aurait eu 2008, le probleme etait réglé).
Conclusion: la recherche concrete abouti sur une intuition que ce n'est pas possible.
R2. On passe alors vers un raisonnement plus abstrait, l'absurde, supposons qu'une telle fonction existe
Voila pour essayer d'utiliser l'énoncé, je pense qu'on peut faire la disjonction de cas suivante:
soit f est surjective sur N, soit elle l'est sur une partie de N. partie de N qui a un max...
ET... je sais pas, peut etre que l'appliquer une deuxieme fois, lui fait depasser son max.
enfin je ne pense pas, il faut exploiter le fait que ca marche avec 2008 et pas avec 2009.
Voila, j ai dit pas mal de truc evident, pas trop de co....ries j'espere. Je vais y reflechir encore un peu
oui, mais bon !
on peut ajouter à mes remarques précédentes (grâce à celle de Rodrigo) :
7) tout entier 2009 admet un antécédent par f
oups desolé j'ai dit un grosse con...ries sur les parties de N et les max.
A mat: je pense qu'on peut meme dire, fof est une bijection
donc f est une bijection, nein?
Bonjour à tous le monde
Kévin >> Enfait j'ai fais a magic mistake of calcul : (Calcul que j'ai fais 3 fois, 3 fois la même faute)
.
Merci Alain pour toutes tes pistes !
Je comprends les résultats dans ta liste mais ils ne me serait pas venu à l'esprit de prouver tout cela..
Dans le lien que j'ai posté dans mon premier topic on doit montrer que fof(n)=n+1987 n'a pas de solution pour des fonctions de N dans N, ici ce doit être également le cas..
Pas moyen de mettre la main sur le corrigé.
D'un côté c'est rassurant de voir que, malgrès l'apparence très simple de la question, elle ddonne du fils à retordre à des mathématiciens de vos niveaux ^^
Je continue à chercher mais j'ai l'impréssion que vous aurez la réponse bien avant moi
Merci beaucoup
Pourquoi on ne pourrait pas dire:
n > 2009 a un (unique) antecedent par f appelé a
supposons que a appartiene a N-[0,2009]
alors a admet un antécédent b....
ainsi f(f(a)) = n = n + 2009
0 = 2009 (une belle contradiction!)
ainsi a appartient a [0,2009]
JE confirme que ma solution fonctionne bien...(meme fatigué je dis aps trop de conneries )
LA clé c'est de remarquer que si tu prends un systeme d'antecdants de a,a+1,...,a+2008, alors leurs antecedants forment un systeme complet de representants modulo 2009, et tu connais virtuellment toutes les images de tous les elements a partir de ces 2.
Montre ensuite que tu peux regrouper les i et j par paire tels que les x_i=a+j[2009] et x_j=a+i[2009].
J'ai une solution mais elle utilise un théorème de spé.
Supposons que existe. On a
(1)
On sait alors qu'il existe de
dans lui même telle que
pour tout n.
D'où , ainsi
est involutive.
Comme est impair il existe
tel que
et donc
Ecrivons , d'après (1) on a :
Or donc on aboutit à
ce qui est absurde.
Salut infophile...
C'est plus ou moins la meme solution que moi en fait mais dan un langage où elle est plus agreable à ecrire.
Nan mais y a pas de souci... et de toute façon voir que 2 personnes ont eu la meme idée, ca tend a prouver que l'idée est juste
tout cela est très intéressant et je crois qu'on peut reprendre tout cela sans utiliser de théorème de spé (merci Infophile !)
1) f injective
2) f(x+k*2009)=f(x)+k*2009 (démo d'infophile avec récurrence sur k)... et cela fonctionne aussi avec k négatif tant que x+k*2009 est positif ou nul
je pose A={0;1;2;...;2008}
J={xA ; f(x)A}
K={xA ; f(x)
A}
il est clair que J et K forment une partition de A
Si xJ, alors f(x)A et f(f(x))=x+2009A donc f(x)K
f est donc une injection de J dans K
et donc card(J)card(K)
Si xK, alors y=f(x)A, et donc y2009
on a alors f(f(y-2009))=y=f(x)
par injectivité : f(y-2009)=x
si on avait y-20092009, on aurait f(y-2*2009) = f(y-2009)-2009 = x-2009 < 0, ce qui est absurde
donc y-20092008
c'est à dire y-2009A
avec f(y-2009)=xA
donc y-2009J
l'application xKf(x)-2009J établit donc une bijection de K dans J et donc card(K)card(J)
finalement card(K) = card(J)
et A a un nombre impair d'éléments... donc on ne peut le partitionner en deux ensembles de même cardinal...
d'où l'absurdité de la chose
et donc une telle f n'existe pas...
cordialement à vous tous
MM
Annuler
connectez vous
algèbre en post-bac