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équipotences

Posté par flopiflopa (invité) 25-09-05 à 13:15

on définit l'application f de N étoile dans Q + étoile par
-f(1)=1
- k de N étoile, f(2k)=f(k)+1
- k de N étoile, f(2k+1)= 1/f(2k)

1/montrer que ce procédé permet de définir l'application f de N étoile dans Q+ étoile
ca doit simple, mais je ne saisis pas vraiment le sens de la question;je dois prouver en fction de k pair ou impair si f(k)+1 et 1/f(2k) sont dans Q+ étoile?

2/montrer que f(2k)>1 et f(2k+1)<1
j'ai trouvé

3/soit k entier naturel non nul, on suppose f(1), f(2), ..., f(2k) distincts 2 a 2, montrer qu'il en est de meme pour f(1), f(2), ..., f(2k), f(2k+1), f(2k+2), et montrer que f est injective
heu la, je sais pas

ceci est le début d'un DM, d'autres questions suivent mais je les marquerai que si je ne trouve vraiment pas.
est ce que vous pouvez deja m'aider pour le début?

Posté par flopiflopa (invité)re : équipotences 25-09-05 à 15:11

personne peut m'aider?

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre:équipotences 25-09-05 à 16:00

1) pour montrer que \fbox{\forall k\in{\mathbb{N}}^*\\f(k)\in{\mathbb{Q}}^{+*}} utiliser une récurrence forte en supposant que \fbox{\forall p\in\{1,..,k\}\\f(p)\in{\mathbb{Q}}^{+*}} tu as alors:
(*)si k+1 est pair f(k+1)=f(\frac{k+1}{2})+1\in{\mathbb{Q}}^{+*}\hspace{5}puisque\hspace{5}\frac{k+1}{2}\in\{1,..,k\}
(*)si k+1 est impair f(k+1)=\frac{1}{f(k)}\in{\mathbb{Q}}^{+*}
3) on a
(*)f(2k+1)<1<f(2k+2) donc à fortiori f(2k+1)\neq f(2k+2)
(*)supposons que f(2k+1)=f(k') pour un certain k'\in\{1,..,2k\} d'aprés 2) k' est impair et on a k'>1 (puisque f(1)=1) en écrivant k'=2p+1 (k>p\ge1) il vient alors que f(2k+1)=f(2p+1)=\frac{1}{f(2k)}=\frac{1}{f(2p)} ce qui est absurde puisque les nombres f(1),..,f(2k) sont 2 à 2 distincts.
(*)de mm supposons que f(2k+2)=f(k') pour un certain k'\in\{1,..,2k\} alors k' est pair et avec k'=2p on a que f(2k+2)=f(k+1)+1=f(p)+1 et donc que f(k+1)=f(p) ce qui est absurde pour la mm raison.
Conclusion:
Si f(1),f(2),..,f(2k) sont 2 à 2 distincts alors il en est de mm pour f(1),f(2),..,f(2k),f(2k+1),f(2k+2).
D'aprés ce qu'on vient de montrer il est facile d'établir par récurrence que \fbox{\forall k\in{\mathbb{N}}^*\\f(1),..,f(2k)\hspace{5}2\hspace{5}a\hspace{5}2\hspace{5}distincts} et donc que f est injective.
Sauf erreur bien entendu

Posté par flopiflopa (invité)re : équipotences 25-09-05 à 16:15

merci, c'est sympa
peux tu juste me dire la maniere dont tu traiterais la 2, juste pour vérifier si je ne me suis pas trompé

Posté par flopiflopa (invité)re : équipotences 25-09-05 à 16:52

bon, je suis aussi paumé pour le reste des questions, c'est pathétique

4/a/calculer f(k) pour k dans [/1, 7/] (que des entiers) et constater que ts les nbres rationnels mis sous forme irréductible appartenant a ]0, 1[  et dt le dénominateur est inférieur ou égal a 3 ont été obtenus
heu...

b/soit q entier naturel sup ou égal a 3
on considere cette propriété "ts le rationnels mis sous forme irréductible appartenant a ]0, 1[ et dt le dénominateur appartient a [/1, q/](que des entiers) ont un antécédent par f"
MQ q [/3, +/], Pq =>Pq+1

c/MQ f est une bijection de N étoile dans Q+ étoile

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre:équipotences 25-09-05 à 16:58

la 2) est immédiate puisque f(2k)=f(k)+1>0+1=1 et par conséquent f(2k+1)=\frac{1}{f(2k)}<1

Posté par flopiflopa (invité)re : équipotences 25-09-05 à 17:01

moi g mis qu'il suffit de dire que f( k) app Q+ donc comme f(2k)=f( k) +1, f(2k)>1, ca revient au meme

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre:équipotences 25-09-05 à 17:12

pour la 4)a) je trouve
f(1)=1\\f(2)=2\\f(3)=\frac{1}{2}(*)\\f(4)=3\\f(5)=\frac{1}{3}(*)\\f(6)=\frac{3}{2}\\f(7)=\frac{2}{3}(*)
Soit \fbox{\frac{p}{q}\in]0,1[\cap\mathbb{Q}\\2\le q\le3} on voit que \fbox{p\in\{1,2\}} et par conséquent \fbox{\frac{p}{q}\in\{\frac{1}{2},\frac{1}{3},\frac{2}{3}\}} tous obtenus.

Posté par flopiflopa (invité)re : équipotences 25-09-05 à 18:28

ah, j'avais pas compris la question 4/a comme ca, en fait c'est vraiment simple
par contre le reste est tjrs aussi problématiqe pour moi

Posté par flopiflopa (invité)re : équipotences 25-09-05 à 20:41

personne a une petite idée pour le reste?

Posté par flopiflopa (invité)re : équipotences 25-09-05 à 23:09

je dois aussi trouver l'antécédent de 1/2005 par f
et je trouve pas ! snif

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : équipotences 26-09-05 à 00:49

Rebonsoir;
4)b)
(*)P_3 est vraie d'aprés 4)a).
(*)Supposons que P_q est vraie pour un certain q\ge3 et montrons qu'alors P_{q+1} est vraie:
pour cele soit \frac{n}{m}\in]0,1[\cap\mathbb{Q} une fraction irréductible avec m\in\{1,..,q+1\} cherchons un antécédent de \frac{n}{m}
(-)si m\in\{1,..,q\} l'hypothèse de récurrence assure l'existence d'un antécédent.
(-)si m=q+1 (remarquer que n\in\{1,..,q\} puisque \frac{n}{m}\in]0,1[\cap\mathbb{Q})
soit alors q=an+b la division euclidienne de q par n on sait que \fbox{0\le b<n\\a\ge1} et donc que \frac{b+1}{n}\in]0,1]\cap\mathbb{Q} admet un antécédent par f (hypothése de récurrence+f(1)=1)
soit alors k\ge1 tel que f(k)=\frac{b+1}{n}
on peut alors écrire:
\frac{q+1}{n}=\frac{an+b+1}{n}=a+\frac{b+1}{n}=a+f(k)=f(k)+1+(a-1)=f(2k)+a-1=f(2k)+1+(a-2)=f(4k)+a-2=..=f(k2^a)
et donc que \fbox{\frac{n}{q+1}=\frac{1}{f(k2^a)}=f(k2^{a+1}+1)}
et voilà c'est gagné et P_{q+1} est vraie.
Conclusion:
La propriété P_q est vraie quelque soit l'entier q\ge3.
4)c)
Il suffit de montrer que f est surjective.
Soit alors r\in{\mathbb{Q}}^{+*} et r=\frac{p}{q} sa forme irréductible.
(*)si r<1 on sait d'aprés 4)b) que r admet un antécédent par f.
(*)si r>1 alors \frac{q}{p}<1 la fraction \frac{q}{p} restant irréductible elle admet un antécédent impair par f (toujours d'aprés 4)b)) il existe donc k\ge0 tel que f(2k+1)=\frac{q}{p}=\frac{1}{f(2k)} et donc que f(2k)=r.
(*)si r=1 l'antécédent est trivial.
Conclusion:
l'application f réalise bien une bijection de {\mathbb{N}}^* dans {\mathbb{Q}}^{+*}. CQFD

Sauf erreurs bien entendu

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : équipotences 26-09-05 à 01:03

Il est facile de voir que f(2^{n+1})=f(2^n)+1 et donc que la suite (f(2^n))_n est arithmétique de raison 1 et de premier terme f(2^0)=f(1)=1 on a donc:
3$\fbox{\forall n\ge1\\f(2^n)=n}
d'où 4$\fbox{\frac{1}{2005}=\frac{1}{f(2^{2005})}=\frac{1}{f(2\times2^{2004})}=f(2\times2^{2004}+1)}
Sauf erreur...

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : équipotences 26-09-05 à 01:06

c'est à dire que:
4$\fbox{\frac{1}{2005}=f(2^{2005}+1)}

Posté par flopiflopa (invité)re : équipotences 26-09-05 à 20:26

je viens de me rendre compte que tu avais posté cette réponse!je n'ai pas eu le temps de la regarder hier soir (a 1h du mat, je pionce^^) mais merci bcp d'y avoir répondu!


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