Bonjour.

J'imagine que la suite est à valeur dans
Si est quelconque la suite n'est pas périodique on a un exemple en prenant et .

Je suppose qu'il faut montrer que l'on peut choisir et une valeur judicieuse de à chaque étape  pour obtenir une  suite périodique.

Non Verdurin , je n'ai pas été assez précis .

est dans et la suite est construite n'importe comment à partir de . Disons qu'il faut simplement que soit un antécédent de par la fonction , etc .

Imod

Non, décidemment j'aurais dû prendre un moment avant de poster .

est une suite de rationnel  

Je reprends ma question :

Soit un polynôme à coefficients rationnels et de degré strictement supérieur à 1 . Avec ce polynôme on a construit une suite de rationnels de façon à ce que pour tout entier n on ait .
Montrer qu'alors est périodique .

Imod

Bonjour,
L'exemple de Verdurin reste un contre-exemple à l'affirmation : n'est pas périodique.

D'accord, l'hypothèse essentielle avait été oubliée.

Une idée, dont je ne sais si elle est bonne.
On considère les suites définies par avec
En général elles ont une limite dans et donc pas de dernier terme. Ce qui veut dire qu'on ne peut pas les « remonter ».

Il reste à montrer que les suites de ce type qui n'ont pas de limite sont périodiques.

Bonjour,

Dès que l'ensemble {u_n : n ≥ 0} est fini, la relation P(u_{n + 1}) = u_n permet à P d'y induire une surjection, donc une permutation, d'où la périodicité de la suite.
Montrons donc la finitude de cet ensemble.

Comme P est de degré d ≥ 2 et que P(u_{n + 1}) = u_n, la suite (|u_n|) est nécessairement bornée. En effet, choisissons M ≥ |u_0| tel que |x| > M ⇒ |P(x)| > |x|. S'il existait un terme u_N tel que |u_N| > M, alors tous les termes précédents deviendraient successivement encore plus grands en valeur absolue : |u_0| > |u_1| > ⋯ > |u_N| > M ≥ |u_0|, ce qui est impossible.

Choisissons maintenant un entier m ≥ 1 tel que m × P(X) = a_d × X^d + ⋯ + a_0 soit à coefficients entiers, et écrivons u_n = p_n ∕ q_n sous forme irréductible, avec q_n > 0.
Or, pour toute fraction irréductible p ∕ q, dans la fraction m × P(p ∕ q), la partie de q^d pouvant se simplifier divise a_d^d ; par conséquent, dénominateur(P(p ∕ q)) ≥ q^d ∕ |a_d|^d.
On a donc q_{n − 1} ≥ q_n^d ∕ |a_d|^d et, comme d ≥ 2, le membre de droite est supérieur à q_n dès que q_n est assez grand. Le même raisonnement de remontée que précédemment montre donc que la suite (q_n) est bornée, ce qui implique que la suite (|p_n|) est également bornée.

Il n'existe alors qu'un nombre fini de fractions irréductibles p_n ∕ q_n possibles, et la suite (u_n) est périodique.

OK Mdr_non

C'est dense et difficile à lire en l'absence du LaTeX mais tout y est . C'est plein de subtilités , bravo

Imod

En utilisant les polynômes d'interpolation de Lagrange , on peut fabriquer des suites avec une période aussi longue qu'on le souhaite . Par exemple avec on obtient une suite de période 4 .



La période est limitée par le degré du polynôme . Je ne sais pas si on peut trouver une suite de longueur n+2 à partir d'un polynôme de degré n ?

Imod

Pour d+2 rationnels distincts donnés, l'interpolateur sera de degré au plus d+1, et il faut et il suffit que son coefficient de X^(d+1) s'annule pour que le cycle soit réalisé par un polynôme de degré au plus d.
J'ai souligné le début de la phrase, parce que le problème est justement que l'équivalence ne garantit pas l'existence de d+2 rationnels distincts qui la satisfassent.

On trouve rapidement à l'ordinateur (une petite force brute) :
d = 3 : (u_n) = (0 ; −2 ; 2 ; −1 ; 1 ; 0 ; …)
d = 4 : (u_n) = (0 ; −3 ; 2 ; 3 ; −2 ; 1 ; 0 ; …)
d = 5 : (u_n) = (0 ; −1 ; −3 ; 3 ; −2 ; 2 ; 1 ; 0 ; …)
d = 6 : (u_n) = (0 ; −4 ; −3 ; 3 ; −2 ; 4 ; −1 ; 1 ; 0 ; …)
d = 7 : (u_n) = (0 ; 4 ; −2 ; −4 ; −3 ; 2 ; 3 ; −1 ; 1 ; 0 ; …)

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Maintenant, question piège : où se trouve d = 2 ?
Morton, 1998, Acta Arithmetica 87(2), 89-102.