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 #1 - 14-02-2011 21:56:11

gasole
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 40
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Lieu: Toulouse

re-encore les applications : de plus en plis dur !

Saurez-vous déterminer toutes les fonctions [latex]g: \mathbb{N}^* \mapsto \mathbb{N}^*[/latex] qui vérifie : [latex]\forall m,n\in\mathbb{N}^*: (g(m)+n).(m+g(n))[/latex] est un carré parfait ?

PS : [latex]\mathbb{N}^*[/latex] désigne l'ensemble des entiers strictement positifs as usual.
@kosmogol : inutile de répondre "non" smile
Spoiler : [Afficher le message] j'ai pas (encore?) réussi à les déterminer



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 #2 - 14-02-2011 23:01:04

gwen27
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 5,471E+3

Re-encore les applications : de pluus en plus dur !

A vue de nez: g(x) = x+b donc déjà l'ensemble des fonctions affines de la forme x+b avec b entier relatif

 #3 - 14-02-2011 23:07:58

L00ping007
Elite de Prise2Tete
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re-encore les applications : de plus en plud dur !

Toi je sais où tu prends tes sources lol
Je me disais bien que ça me disait quelque chose celle de la dernière fois, celle-ci confirme big_smile
Je l'aime moins que l'autre, mais je vais quand même me pencher dessus pour essayer de retrouver la solution wink

 #4 - 14-02-2011 23:36:26

gasole
Elite de Prise2Tete
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re-encore les applications : de plus en pkus dur !

@ looping : vrai pour celle-ci et l'autre, je suis bien incapable de les inventer... smile

@gwen : c'est clair pour les g(x) = x + b

Honnêtement, j'ai cherché plusieurs heures et nada ou presque... ouinnnn !

 #5 - 15-02-2011 11:17:54

gasole
Elite de Prise2Tete
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Re-encore les aapplications : de plus en plus dur !

Oui, débutant1, ça c'est la partie facile, le problème est : "y en a-t-il d'autres ?" et si oui lesquelles ?
Oups ! et encore, g n'est pas sensée être définie en 0 (g:N*-->N*)

J'ai levé le secret car si ce problème vous motive, ça serait mieux si on y réfléchit ensemble non ?

 #6 - 15-02-2011 12:08:10

L00ping007
Elite de Prise2Tete
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re-encire les applications : de plus en plus dur !

Ah mince j'allais poster une solution smile

Bon indice : montrer que g(m)-g(m+1) ne peut être égal en valeur absolue qu'à 1
(par l'absurde, pas = 0, ni > 1)

 #7 - 15-02-2011 12:12:38

irmo322
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 36
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R-eencore les applications : de plus en plus dur !

Allé, poste ta solution LOOping

 #8 - 15-02-2011 13:00:16

gasole
Elite de Prise2Tete
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re-encore les applications : de plys en plus dur !

Looping ! Looping ! Looping !

Allez ! tu auras 10 points G !

 #9 - 15-02-2011 13:33:29

irmo322
Professionnel de Prise2Tete
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re-encore les applications : de plys en plus dur !

@débutant1:
La fonction g n'est pas défini en 0, et il y a des lacunes dans ton raisonnement.

 #10 - 15-02-2011 13:44:50

L00ping007
Elite de Prise2Tete
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re-encore les applications : de plus eb plus dur !

Alors, essayons de rédiger ça.

Je prends n dans N*.

J'élimine tout de suite le cas g(n)=g(n+1), car sinon on aurait :
[TeX](g(n)+n)^2 < (g(n+1)+n)(g(n)+n+1) < (g(n)+n+1)^2[/latex] et le terme du milieu ne pourrait pas être un carré parfait car compris strictement entre deux carrés parfaits consécutifs.

Si [latex]|g(n)-g(n+1)| \g 1 [/TeX]
Il existe donc un nombre premier p (> 1 donc) dans la décomposition de g(n)-g(n+1).
Si l'ordre de p dans la décomposition est 1 : [latex]|g(n)-g(n+1)|=pq[/latex], q non divisible par p.
je prends [latex]m=p^3-g(n)[/latex]
alors [latex]g(n+1)+m=p^3+\epsilon_1pq[/latex] où [latex]\epsilon_1 \in \{-1;1\}
[/latex]
Si l'ordre de p dans la décomposition est r > 1
je prends [latex]m=p-g(n)[/latex]
alors [latex]g(n+1)+m=p+\epsilon_2 p^rq[/latex] où [latex]\epsilon_2 \in \{-1;1\}
[/latex]
Dans les deux cas, on a trouvé n et m tel g(n+1)+m est divisible par p mais pas par p², et g(n)+m est divisible par p^3, mais pas par p^4 (j'ai pris p^3 et non p parce que sinon je suis pas sûr que g(n+1)+m ne soit pas divisible par une puissance supérieure de p)

Je considère ensuite les 2 nombres consécutifs g(m)+n et g(m)+n+1.
Les deux ne peuvent pas être simultanément divisibles par p.

Si g(m)+n n'est pas divisible par p, alors (g(m)+n)(g(n)+m) est divisible par une puissance impaire de p
Si g(m)+n+1 n'est pas divisible par p, alors (g(m)+n+1)(g(n+1)+m) est divible par p, et non par p².

Dans les deux cas, les nombres ne peuvent pas être un carré parfait

Ouf !!! Donc [latex]g(n)-g(n+1)=\epsilon[/latex] avec [latex]\epsilon \in \{-1;1\}[/latex]

Le cas [latex]\epsilon=1[/latex] donne [latex]g(n)=n+n_0[/latex], qui est bien solution
Le cas [latex]\epsilon=-1[/latex] donne [latex]g(n)=-n+n_0[/latex].
Mais avec n=1,m=2, [latex](g(1)+2)(g(2)+1)=(n_0+1)(n_0-1)=n_0^2-1[/latex] qui n'est pas un carré parfait

Donc les seules solutions sont les [latex]g(n)=n+n_0[/latex]


Euh, on peut faire plus simple, j'imagine, j'ai toujours aimé faire compliqué :-D

 #11 - 15-02-2011 13:47:45

L00ping007
Elite de Prise2Tete
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Re-encore les applications : de plus en puls dur !

Je me demande si j'ai pas une lacune dans ma démo, à la fin, car mon epsilon peut être différent selon n ... Vous en pensez quoi ?

 #12 - 15-02-2011 13:48:59

Klimrod
Elite de Prise2Tete
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Messages : 3766
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Re-encore les applicatinos : de plus en plus dur !

gasole a écrit:

Looping ! Looping ! Looping !

Allez ! tu auras 10 points G !

10 points G ? C'est Sosoy qui va être jalouse ! big_smile


J'ai tant besoin de temps pour buller qu'il n'en reste plus assez pour bosser. Qui vit sans folie n'est pas si sage qu'il croit.

 #13 - 15-02-2011 14:13:21

irmo322
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Re-encore les pplications : de plus en plus dur !

Sacré démo looping.
Il y a un problème avec le m. La manière dont tu le définis fait qu'il peut être négatif. Du coup g(m) n'est pas forcément défini.

Sinon le fait d'avoir |g(n)-g(n+1)|=1 est suffisant. C'est parce qu'on ne peut pas avoir g(n+1)=g(n)-1, sinon on aurait:
(g(n+1)+n).(g(n)+n+1) est un carré parfait,
donc (g(n)+n-1).(g(n)+n+1)=(g(n)+n)²-1 est un carré parfait... pas possible!

 #14 - 15-02-2011 14:17:52

L00ping007
Elite de Prise2Tete
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re-encore les applicarions : de plus en plus dur !

Exact, irmo.
Mais je peux contrer ça : j'augmente la puissance de p, en la gardant impaire !

Sinon effectivement g est forcément injective, donc pas de souci avec ma dernière remarque !

 #15 - 15-02-2011 14:26:48

gasole
Elite de Prise2Tete
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Re-encore les applications : de plus e plus dur !

@Looping : je regarderai ça à tête reposée, mais ... chapeau Looping, tu es arithméticien ? big_smile

@Klimrod : si elle râle, envoie la moi, il me reste des points G à distribuer smile

 #16 - 15-02-2011 14:36:41

irmo322
Professionnel de Prise2Tete
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Re-encore les paplications : de plus en plus dur !

@looping:
Augmenter la puissance de p marche dans le premier cas, mais dans le deuxième c'est pas autorisé. Mais tu peux prendre m=p.a-g(n) avec n'importe quel entier a non divisible par p.

 #17 - 15-02-2011 14:41:13

gasole
Elite de Prise2Tete
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re-encore les applications : de plus en pkus dur !

j'avais bien pensé à former p-g(a) avec p premier assez grand mais je ne suis arrivé à rien... en tout cas, ça m'étonnerait qu'il existe beaucoup plus simple.

@Looping : puisque tu sais d'où ça vient, y a pas un "corrigé" quelque part ?

 #18 - 15-02-2011 14:42:22

L00ping007
Elite de Prise2Tete
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re-encore les applications : dz plus en plus dur !

Non pas arithméticien, mais j'aime bien ca :-)

Oui irmo, même dans le premier cas on peut faire ca.

J'en profite pour parler du pb d'Azdod, on a pas trouvé des solutions non linéaires  ?

 #19 - 15-02-2011 14:52:55

gasole
Elite de Prise2Tete
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Re-encore les applications : d plus en plus dur !

tu veux dire le problème "f^4(x) = f^3(x)+2x" ? non, on n'a pas trouvé de solution non linéaire, on a d'ailleurs pas vraiment cherché toutes les solutions.

 #20 - 15-02-2011 15:02:35

L00ping007
Elite de Prise2Tete
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re-encore les applications : de olus en plus dur !

Et on a surtout pas de reponse :-) Pas cool Azdod !

je viens de trouver ca :
http://www.scribd.com/mobile/documents/ … _password=
je me suis pas plonge dans le corrige encore

 #21 - 15-02-2011 15:09:45

irmo322
Professionnel de Prise2Tete
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Ree-encore les applications : de plus en plus dur !

Pour le problème d'Azdod "f^4(x) = f^3(x)+2x", j'ai posté une infinité de fonctions non linéaires.

 #22 - 15-02-2011 15:20:22

gasole
Elite de Prise2Tete
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Re-encore les applications : de plsu en plus dur !

@irmo : pas linéaire d'accord mais pas loin

@looping : merci pour le fichier !

 #23 - 15-02-2011 15:25:17

L00ping007
Elite de Prise2Tete
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re-encore les applicatipns : de plus en plus dur !

@irmo: Ah oui j'avais zapé ta réponse.

 #24 - 15-02-2011 16:02:31

debutant1
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Enigmes résolues : 0
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re-encore les applications : de pluq en plus dur !

étudions
C('m,n)^2 =(g(m)+n)*(g(n)+m)

c 'est un carré divisible par g'n)+m donc c(m,n)= ((g(n)+m)^2)* 'A^2)

par symétrie C(m,n)^2 est divisible par g(m)+n

2 cas
g(n)+m  >< g(m)+n

C(n,m)^2 =(g(n)+m)^2*(g(m)+n)^2 ce qui est impossible
donc
g(n)+m=g(m)+n

g(n)= g(1)+n

 #25 - 15-02-2011 16:08:52

gasole
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Re-encore els applications : de plus en plus dur !

débutant1 a écrit:

donc c(m,n)= ((g(n)+m)^2)* 'A^2)

eh non, ça n'est vrai que si g(n)+m est premier, il se pourrait que ses facteurs premiers impairs soient appariés à des facteurs de (g(m)+n)

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