Préparations aux olympiades de tronc commun (2009-2010)

nmo a écrit:

La démarche est bonne: Montrer que N et M sont les milieus respectifs de [HC] et [HB].
Mais, je te dis qu'en travaillons dans un plan, il n'existe qu'un et un seul point M.
J'ai précisé ce point M.
Et toi tu considère M projeté orthogonal de N sur [AC]!!!
Tu as bien commencé et tu as mal terminé.
Par quel lien, tu as aboutit à ce qui est en rouge?
Pour teminer:
On trouve que CN+MB=NH+HM.
Donc MN=BM+NC.
Et on va revenir à la solution de Dijkschneier.

C'est presque la moitier du démonstration est basé pour montré que [BZM]=[DMZ]=[MDY]=[MYH]. Tu n'as qu'à réviser.

Voiçi quelques exstraits:

MYD et MYH isométriques (1) et encore MDY et MDZ (2) car ZMYD est un rectangle. En plus on a déjà montré que M est le milieu de [BH] ==> (A) et puisque BDH est rectangle dans D, donc BM=MD=MH=Le rayon du cercle circonscrit au BDH. Donc BMZ et ZMD isométrique (3). Donc MYD et MYH et MDZ et BMZ isométriques.
Tu en déduis que [BZM]=[DMZ]=[MDY]=[MYH].

Pour l'autre remarque, oui t'as raison, une faute legére donc on peut remplacer le M crée par un H'.

Pour ce qu'à tu as dis à la fin, j'ai déjà remarqué ça, mais aprés? (la démonstrations de Dijksheiner est basé sur un trapéze, et chacun vois les choses comme il veut : ) ).

M.Marjani a écrit:

nmo a écrit:

La démarche est bonne: Montrer que N et M sont les milieus respectifs de [HC] et [HB].
Mais, je te dis qu'en travaillons dans un plan, il n'existe qu'un et un seul point M.
J'ai précisé ce point M.
Et toi tu considère M projeté orthogonal de N sur [AC]!!!
Tu as bien commencé et tu as mal terminé.
Par quel lien, tu as aboutit à ce qui est en rouge?
Pour teminer:
On trouve que CN+MB=NH+HM.
Donc MN=BM+NC.
Et on va revenir à la solution de Dijkschneier.

C'est presque la moitier du démonstration est basé pour montré que [BZM]=[DMZ]=[MDY]=[MYH]. Tu n'as qu'à réviser.
Voiçi quelques exstraits:
MYD et MYH isométriques (1) et encore MDY et MDZ (2) car ZMYD est un rectangle. En plus on a déjà montré que M est le milieu de [BH] ==> (A) et puisque BDH est rectangle dans D, donc BM=MD=MH=Le rayon du cercle circonscrit au BDH. Donc BMZ et ZMD isométrique (3). Donc MYD et MYH et MDZ et BMZ isométriques.
Tu en déduis que [BZM]=[DMZ]=[MDY]=[MYH].
Pour l'autre remarque, oui t'as raison, une faute legére donc on peut remplacer le M crée par un H'.
Pour ce qu'à tu as dis à la fin, j'ai déjà remarqué ça, mais aprés? (la démonstrations de Dijksheiner est basé sur un trapéze, et chacun vois les choses comme il veut : ) ).

C'est bien maintenant, je te comprends.

nmo a écrit:

nmo a écrit:

M.Marjani a écrit:

nmo a écrit:

A toi de poster avec plaisir.
P.S: J'attends vos remarque sur ma solution.
Il s'agit d'un exercice proposé aux stages de Rabat.
Je l'ai reformulé et puis j'ai réussi à le résoudre, mais je ne suis pas sûr de mes calcul.

Elle me plait ta methode, je vais la voir autre fois.
Exercise proposé:
Trouver la valeur minimal que peut atteindre le nombre 1/a + 2/b + 3/c puisque a,b,c des réels positives tel que:
21ab + 2bc +8ca =< 12
Bonne chance.

Encore une fois un exercice proposés aux IMO.
Pour qu'il soit faisable par un tronc commun, il faut lui guider par des questions pas à pas.
J'ai vu la démonstration complète dans un lien.
J'ai réussi à la rendre plus détaillé.
Une lacune que je n'arrive pas à comprendre:
Dans leurs démonstration, ils ont dit qu'il faut démontrer que 2V(1+7/x²)>=(3+7/x)/2.
Pour moi, lorsque je fais la même démarcha sur z, je tombe sur une expression, c'est A=...+2V(7/2 + 2/z²).
Et je ne peut pas avancer.
La question est de faire de même que 2V(1+7/x²)>=(3+7/x)/2 pour déterminer le minimum de 2V(7/2 + 2/z²).
P.S: le résultat final est 15/2, il est atteint pour x=3, y=5/2, et z=2.
J'attends vos remarques et vos réponses.

Avant d'entammer l'exercice de Dijkschneier, je veux expliquer ce que je veux dire justement:
Si on prends z au lieu de x, on aboutit à 2V(7/2 + 2/z²) +z+ 3/z.
Ma question est: qui peut continuer?
Je réponds demain, si j'ai le temps.

Le délai est achevé.
Une réponse bien détaillé, dans mon prochain message.
Sauf erreur.

M.Marjani a écrit:

Exercise proposé:
Trouver la valeur minimal que peut atteindre le nombre 1/a + 2/b + 3/c puisque a,b,c des réels positives tel que:
21ab + 2bc +8ca =< 12
Bonne chance.

Posons x=1/a, y=2/b, et z=3/c.
Donc xyz=(1/a)*(2/b)*(c/3).
Donc xyz=6/abc.
Donc 2xyz=12/abc.
On a 21ab+2bc+8ca=<12.
Donc (21ab+2bc+8ca)/abc=<12/abc.
Donc 21ab/abc+2bc/abc+8ca/abc=<12/abc.
Donc 21/c+2/a+8/b=<2xyz.
Donc 7*3/c+2*1/a+4*2/b=<2xyz.
Donc 7z+2x+4y=<2xyz.
Donc 2x+4y+7z=<2xyz.
Maintenant, l'exercice est de déterminer la valeur minimale de x+y+z sachant que 2x+4y+7z=<2xyz.
On a
Donc
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .==>(1)
D'autre part, selon IAG, on a .
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .==>(2)
De 1 et 2, on déduit que .==>(3)
D'autre part, on a .
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .==>(4)
De 3 et 4 , on déduit que la valeur minimale de x+y+z est 15/2.
On vérifie facilement que ce résultat est atteint pour z=2, selon la première étape qui suit 3.
Et en est ramené maintenant à résoudre le système des trois équations z=2, 2x+4y+7z=2xyz, et x+y+z=15/2.
Soit 2x+4y+14=4xy et x+y+2=15/2.
Donc x+2y+7=2xy et x+y=11/2.
Donc 2x+2y=11 et x+2y+7=x*2y.
Donc 2y=11-2x et x+11-2x+7=x(11-2x).
Donc 18-x=11x-2x² et 2y=11-2x.
Donc 18=12x-2x² et 2y=11-2x.
Donc 2x²-12x+18=0 et 2y=11-2x.
Donc x²-6x+9=0 et 2y=11-2x.
Donc (x-3)²=0 et 2y=11-2x.
Donc x-3=0 et 2y=11-2x.
Donc x=3 et 2y=11-2*3.
Donc x=3 et 2y=11-6.
Donc x=3 et 2y=5.
Donc x=3 et y=5/2, n'oublions pas que z=2.
Et c'est fini.
P.S: Un problème excellent.

Bonsoir nmo!
Premiérement, bravo pour ton effort !

Mais:



Là-bas t'as utilisé IAG, sans montré que yz>=1. car si yz-1=<0 vous pouvez pas utilisé l'IAG. J'attend une explication.

Dijkschneier a écrit:

Problème :
Trouver toutes les fonctions IN -> IN qui vérifient l'EF : h(h(n)) + h(n+1) = n+2.

Je propose un problème plus abordable pour éviter que le jeu se ralentisse.
Problème :
Trouver toutes les fonctions IR - {0,1} -> IR telles que f(x) + f(1/(1-x)) = 1/x

Salut
JE me rappel bien de cet exercice il m'a pris 2 heures lors des olympiades à cause de leur faute de frappe :S
Bon jeu
A+

J'ai fais les deux EX cette soirée dans une page, j'attend que le jour pour les capturer : )

Exercise 1:







( Désolé si l'image est un peu flou )

Exercise 2:

Je le poste aprés.

@imanos , je me rappelle bien moi aussi de cette équation fonctionnelle j'avais remarqué l'erreur mais j'avais plus de temps
bon voilà une solution


Sauf erreur

et bonne continuation

EDIT : un petit x manque dans l'avant dernière ligne à la fin

M.Marjani a écrit:

Bonsoir nmo!
Premiérement, bravo pour ton effort !
Mais:

Là-bas t'as utilisé IAG, sans montré que yz>=1. car si yz-1=<0 vous pouvez pas utilisé l'IAG. J'attend une explication.

Belle remarque, voici la preuve:
On a 2x+4y+7z=<2xyz.
Donc 4y+7z=<2xyz-2x.
Donc 4y+7z=<x(2yz-2).
On a 4y+7z est positif d'après l'énoncé.
Donc 0=<x(2yz-2).
Comme x est positif, alors 2yz-2 l'est aussi.
Soit 0=<yz-1.
Donc 1=<yz.
J'ajoute encore, pour perfectionner mon travail:
Le cas d'égalité que j'ai trouvé est x=3, y=5/2, et z=2.
Donc 1/a=3, 2/b=5/2, et 3/c=2.
Donc a=1/3, b/2=2/5, et c/3=1/2.
Donc a=1/3, b=4/5, et c=3/2.

Dijkschneier a écrit:

Je propose un nouveau problème en attente d'une confirmation de la part de nmo.
Problème :
Trouver toutes les fonctions IN -> IN qui vérifient l'EF : h(h(n)) + h(n+1) = n+2.

Fixons: n=0.
On a h(h(n))+h(n+1)=n+2.
Donc h(h(0))+h(0+1)=0+2.
Donc h(h(0))+h(1)=2.
Pons A=h(h(0)) et B=h(1).
On a A+B=2.
Donc A=2-B.
Et on a 0=<A, car A est naturel.
Donc 0=<2-B.
Donc B=<2.
Et puisque B est naturel, donc B=2, ou B=1, ou B=0.
Le premier cas B=2 et A=0.
Donc h(h(0))=0 et h(1)=2.
Revenons à notre équation et fixons n=1.
Donc h(h(1))+h(1+1)=1+2.
Donc h(2)+h(2)=3.
Donc 2h(2)=3.
Donc h(2)=3/2.
Ce qui est faux car h est une fonction définie vers IN.
Le second cas B=1 et A=1.
Donc h(h(0))=1 et h(1)=1.
Revenons à notre équation et fixons n=h(0).
Donc h(h(h(0)))+h(h(0)+1)=h(0)+2.
Donc h(1)+h(h(0)+1)=h(0)+2.
Donc 1+h(h(0)+1)=h(0)+1+1.
Donc h(h(0)+1)=h(0)+1.
En posant x=h(0)+1.
On trouve h(x)=x.
Cette fonction ne vérifie pas l'équation fonctionelle.
Le troisième cas B=2 et A=0.
Donc h(h(0))=2 et h(1)=0.
Revenons à notre équation et fixons n=h(0).
Donc h(h(h(0)))+h(h(0)+1)=h(0)+2.
Donc h(2)+h(h(0)+1)=h(0)+2.==>(1)
Fixons encore une fois n=1.
Donc h(h(1))+h(1+1)=1+2.
Donc h(0)+h(2)=3.
Donc h(2)=3-h(0).==>(2)
En remplaçant dans 1, on trouve 3-h(0)+h(h(0)+1)=h(0)+2.
Donc h(h(0)+1)=2h(0)+2-3.
Donc h(h(0)+1)=2[h(0)+1]-3.
En posant x=h(0)+1.
On trouve h(x)=2x-3.
Cette équation ne vérifie pas l'équation fonctionelle.
Conclusion:
Il n'éxiste aucune équation qui vérifie l'équation fonctionelle: h(h(n))+h(n+1)=n+2.
Sauf erreur.

tarask a écrit:

@imanos , je me rappelle bien moi aussi de cette équation fonctionnelle j'avais remarqué l'erreur mais j'avais plus de temps
bon voilà une solution

Sauf erreur
et bonne continuation
EDIT : un petit x manque dans l'avant dernière ligne à la fin

Très bien.

nmo a écrit:

M.Marjani a écrit:

Bonsoir nmo!
Premiérement, bravo pour ton effort !
Mais:

Là-bas t'as utilisé IAG, sans montré que yz>=1. car si yz-1=<0 vous pouvez pas utilisé l'IAG. J'attend une explication.

Belle remarque, voici la preuve:
On a 2x+4y+7z=<2xyz.
Donc 4y+7z=<2xyz-2x.
Donc 4y+7z=<x(2yz-2).
On a 4y+7z est positif d'après l'énoncé.
Donc 0=<x(2yz-2).
Comme x est positif, alors 2yz-2 l'est aussi.
Soit 0=<yz-1.
Donc 1=<yz.
J'ajoute encore, pour perfectionner mon travail:
Le cas d'égalité que j'ai trouvé est x=3, y=5/2, et z=2.
Donc 1/a=3, 2/b=5/2, et 3/c=2.
Donc a=1/3, b/2=2/5, et c/3=1/2.
Donc a=1/3, b=4/5, et c=3/2.

Bien joué

Bien joué Tarask

Bon ftour à tous !

nmo a écrit:

Dijkschneier a écrit:

Je propose un nouveau problème en attente d'une confirmation de la part de nmo.
Problème :
Trouver toutes les fonctions IN -> IN qui vérifient l'EF : h(h(n)) + h(n+1) = n+2.

Fixons: n=0.
On a h(h(n))+h(n+1)=n+2.
Donc h(h(0))+h(0+1)=0+2.
Donc h(h(0))+h(1)=2.
Pons A=h(h(0)) et B=h(1).
On a A+B=2.
Donc A=2-B.
Et on a 0=<A, car A est naturel.
Donc 0=<2-B.
Donc B=<2.
Et puisque B est naturel, donc B=2, ou B=1, ou B=0.
Le premier cas B=2 et A=0.
Donc h(h(0))=0 et h(1)=2.
Revenons à notre équation et fixons n=1.
Donc h(h(1))+h(1+1)=1+2.
Donc h(2)+h(2)=3.
Donc 2h(2)=3.
Donc h(2)=3/2.
Ce qui est faux car h est une fonction définie vers IN.
Le second cas B=1 et A=1.
Donc h(h(0))=1 et h(1)=1.
Revenons à notre équation et fixons n=h(0).
Donc h(h(h(0)))+h(h(0)+1)=h(0)+2.
Donc h(1)+h(h(0)+1)=h(0)+2.
Donc 1+h(h(0)+1)=h(0)+1+1.
Donc h(h(0)+1)=h(0)+1.
En posant x=h(0)+1.
On trouve h(x)=x.
Cette fonction ne vérifie pas l'équation fonctionelle.
Le troisième cas B=2 et A=0.
Donc h(h(0))=2 et h(1)=0.
Revenons à notre équation et fixons n=h(0).
Donc h(h(h(0)))+h(h(0)+1)=h(0)+2.
Donc h(2)+h(h(0)+1)=h(0)+2.==>(1)
Fixons encore une fois n=1.
Donc h(h(1))+h(1+1)=1+2.
Donc h(0)+h(2)=3.
Donc h(2)=3-h(0).==>(2)
En remplaçant dans 1, on trouve 3-h(0)+h(h(0)+1)=h(0)+2.
Donc h(h(0)+1)=2h(0)+2-3.
Donc h(h(0)+1)=2[h(0)+1]-3.
En posant x=h(0)+1.
On trouve h(x)=2x-3.
Cette équation ne vérifie pas l'équation fonctionelle.
Conclusion:
Il n'éxiste aucune équation qui vérifie l'équation fonctionelle: h(h(n))+h(n+1)=n+2.
Sauf erreur.

Évidemment, les passages en rouge ne veulent rien dire.
La démarche reste très bonne (j'ai envie de dire, tu y es presque) ; il faut effectivement travailler sur de petites valeurs.
Et pour t'aider un tantinet : si, une solution, et une seule, existe.

@Marjani : Je suis désolé de ne pas pouvoir te répondre, tes images sont très floues.

M.Marjani a écrit:

Exercise 1:







( Désolé si l'image est un peu flou )

Exercise 2:

Je le poste aprés.

@Dijkschneier: C'est mieux d'écrire la solution de l'Exercise 1:

Solution:

On veut trouver toutes les fonctions de IN |---> IN tel que f(f(n))+f(n+1)=n+2=1+(n+1)

On vois bien que f ne peut étre qu'une fonction afine, alors on doit montrer qu'elle est la seule ou qu'il existe une autre:
Prenons f(a) différent de 'a' tel que a=n, donc il existe un réel 'Beta' tel que f(a)=a+B et remplaçant: f(a+B)+f(a+1)=1+(a+1) donc f est affine si f(a+B)=1 et f(a+1)=a+1 OU f(a+B)=a+1 et f(a+1)=1, on peut traduire la premiére en tant que: f(n)=1 et f(n)=n donc f(f(n))+f(n+1)=f(1)+n+1=n+2, donc il faut que f(1) soit égale à 1 ce qui est d'aprés le systéme {f(n)=1 et f(n)=n}. Réciproquement les deux fonctions réalise l'énoncé.

Maintenant disscutant selon le deuxiéme systéme: {f(a+B)=a+1 et f(a+1)=1} qui est au juste:
{f(a)=a+B et f(a)=1} et Beta est différent de 0 pour éviter de tomber dans l'autre systéme, aussi pour voir s'il y on a une autre fonction:
* On a donc f(f(a))+f(a+1)=f(a+B)+1, et d'aprés le systéme f(a+B)=1 ou f(a+B)=a+2B, la premiére est absurde d'aprés l'enoncé, donc il reste que f(a+B)=a+2B=a+1 donc il faut que B soit égale à 1/2 qui est absurde (IN--->IN)
* OU f(f(a))+f(a+1)=f(1)+(a+B+1) donc il faut que B+f(1) soit égale à 1 pour réalisé l'énoncé, f(1)=/0 d'aprés le systéme, et B=/0, ce qui est absurde (IN--->IN).
* Sinon la fonction est vérifié de IN --> IN donc on a clairement h(n)=<n+1 / n£IN et h(h(n))=<n+2 / n£IN, on peut discuter de ces valeurs.

Donc f(n)=1 et f(n)=n / n£IN réalise l'énoncé.

M.Marjani a écrit:

On veut trouver toutes les fonctions de IN |---> IN tel que f(f(n))+f(n+1)=n+2=n+(n+1)

Je n'ai pas lu car il y a une erreur flagrante au début : pour tout entier naturel, n+2 = n + (n+1).

Dijkschneier a écrit:

M.Marjani a écrit:

On veut trouver toutes les fonctions de IN |---> IN tel que f(f(n))+f(n+1)=n+2=n+(n+1)

Je n'ai pas lu car il y a une erreur flagrante au début : pour tout entier naturel, n+2 = n + (n+1).

Oui, t'as raison une faute de frappe, heureusement ça ne change rien car j'ai utiliser 1+(n+1).
Elle s'est réctifier.

M.Marjani a écrit:

Donc f(n)=1 et f(n)=n / n£IN réalise l'énoncé.

Je n'ai pas lu car ces deux fonctions ne réalisent pas l'énoncé. Il ne suffit pas simplement dire qu'elles le réalisent ou pas, il faut montrer pourquoi. Dans le cas présent, on a
- Pour f(n) = 1 :
f(f(n)) + f(n+1) = 1 + 1 = 2
mais n+2 n'est pas toujours égal à 2.
- Pour f(n) = n :
f(f(n)) + f(n+1) = n + (n+1) = 2n + 1
mais n+2 n'est pas toujours égal à 2n + 1.

Dijkschneier a écrit:

M.Marjani a écrit:

Donc f(n)=1 et f(n)=n / n£IN réalise l'énoncé.

Je n'ai pas lu car ces deux fonctions ne réalisent pas l'énoncé. Il ne suffit pas simplement dire qu'elles le réalisent ou pas, il faut montrer pourquoi. Dans le cas présent, on a
- Pour f(n) = 1 :
f(f(n)) + f(n+1) = 1 + 1 = 2
mais n+2 n'est pas toujours égal à 2.
- Pour f(n) = n :
f(f(n)) + f(n+1) = n + (n+1) = 2n + 1
mais n+2 n'est pas toujours égal à 2n + 1.

Oui, t'as raison. Desolé, j'ai vérifié les deux fonctions en tant qu'un systéme, mais je n'ai pas essayé de les vérifier toutes seules.

Une autre methode efficase, qu'on va discuter d'un tone de cas xd:

Toutes les fonctions sont vérifiés de IN --> IN donc on a clairement h(n)=<n+1 / n£IN et h(h(n))=<n+2 / n£IN, on peut discuter de ces valeurs.

1/ h(n)=0 et h(h(n))=n+2=h(0) ==> impossible car h(0) constant. Donc h(n) n'est pas constant.
2/ h(n)=n et h(h(n))=h(n)=n impossible, d'aprés l'énoncé h(h(n))+h(n+1)=n+2.
3/ h(n)=n+Beta, donc h(h(n))=h(n+Beta)=n+Beta+beta=n+2Beta impossible, car on aura h(h(n))+h(n+1)=2(n+Beta) Avec Beta>=0 (P(0) ==> h(0)=Beta>=0).
4/ Il reste le cas ou h(n)=an+Teta / (Teta,a)£IN , donc h(h(n))=h(an+Teta)=a(an+Teta) +Teta,
donc h(h(n))+h(n+1)=an+a+Teta + a²n+a*Teta+Teta = na²+an+a+a*Teta+2*Teta
=na²+a(n+1+Teta)+2Teta=n+2 <=> n(a²+a-1)+(T+1)(a+2)=4

A une seule solution peut-étre.

Merçi ( Et desolé) xDD

Il faut avoir du sang froid pour te lire, M.Marjani.
Il n'est pas possible d'énumérer toutes les fonctions de IN vers IN comme tu le fais, car il en existe une infinité. Il est impossible d'énumérer toutes les permutations d'un ensemble infini.
Et je recommence à dire que si, il existe une fonction qui vérifie cette EF.
Tu peux t'inspirer de la démarche de nmo, qui est à mon humble avis, la seule démarche possible de résolution.

Dijkschneier a écrit:

Il faut avoir du sang froid pour te lire, M.Marjani.
Il n'est pas possible d'énumérer toutes les fonctions de IN vers IN comme tu le fais, car il en existe une infinité. Il est impossible d'énumérer toutes les permutations d'un ensemble infini.
Et je recommence à dire que si, il existe une fonction qui vérifie cette EF.
Tu peux t'inspirer de la démarche de nmo, qui est à mon humble avis, la seule démarche possible de résolution.

Peut-étre que oui et desolé si je n'utilise pas le Latex.

Perdon.. S'il y avait de faute d'innatentions, je suis tout convaincu ce jour par la chaleur.

Dijkschneier a écrit:

nmo a écrit:

Dijkschneier a écrit:

Je propose un nouveau problème en attente d'une confirmation de la part de nmo.
Problème :
Trouver toutes les fonctions IN -> IN qui vérifient l'EF : h(h(n)) + h(n+1) = n+2.

Fixons: n=0.
On a h(h(n))+h(n+1)=n+2.
Donc h(h(0))+h(0+1)=0+2.
Donc h(h(0))+h(1)=2.
Pons A=h(h(0)) et B=h(1).
On a A+B=2.
Donc A=2-B.
Et on a 0=<A, car A est naturel.
Donc 0=<2-B.
Donc B=<2.
Et puisque B est naturel, donc B=2, ou B=1, ou B=0.
Le premier cas B=2 et A=0.
Donc h(h(0))=0 et h(1)=2.
Revenons à notre équation et fixons n=1.
Donc h(h(1))+h(1+1)=1+2.
Donc h(2)+h(2)=3.
Donc 2h(2)=3.
Donc h(2)=3/2.
Ce qui est faux car h est une fonction définie vers IN.
Le second cas B=1 et A=1.
Donc h(h(0))=1 et h(1)=1.
Revenons à notre équation et fixons n=h(0).
Donc h(h(h(0)))+h(h(0)+1)=h(0)+2.
Donc h(1)+h(h(0)+1)=h(0)+2.
Donc 1+h(h(0)+1)=h(0)+1+1.
Donc h(h(0)+1)=h(0)+1.
En posant x=h(0)+1.
On trouve h(x)=x.
Cette fonction ne vérifie pas l'équation fonctionelle.
Le troisième cas B=2 et A=0.
Donc h(h(0))=2 et h(1)=0.
Revenons à notre équation et fixons n=h(0).
Donc h(h(h(0)))+h(h(0)+1)=h(0)+2.
Donc h(2)+h(h(0)+1)=h(0)+2.==>(1)
Fixons encore une fois n=1.
Donc h(h(1))+h(1+1)=1+2.
Donc h(0)+h(2)=3.
Donc h(2)=3-h(0).==>(2)
En remplaçant dans 1, on trouve 3-h(0)+h(h(0)+1)=h(0)+2.
Donc h(h(0)+1)=2h(0)+2-3.
Donc h(h(0)+1)=2[h(0)+1]-3.
En posant x=h(0)+1.
On trouve h(x)=2x-3.
Cette équation ne vérifie pas l'équation fonctionelle.
Conclusion:
Il n'éxiste aucune équation qui vérifie l'équation fonctionelle: h(h(n))+h(n+1)=n+2.
Sauf erreur.

Évidemment, les passages en rouge ne veulent rien dire.
La démarche reste très bonne (j'ai envie de dire, tu y es presque) ; il faut effectivement travailler sur de petites valeurs.
Et pour t'aider un tantinet : si, une solution, et une seule, existe.

Pour le second cas, je renonce.
(On peut facilement trouver que f(0)=1, f(1)=1, f(2)=2, f(3)=2, f(4)=3 et ainsi de suite,
J'estime qu'il n'esiste aucune fonction à vérifier ces conditions)
Pour le troisième cas,
Je mesuis arrété ici h(h(0)+1)=2h(0)+2-3.
Soit h(h(0)+1)=2h(0)-1.
On sait que h(h(o)+1)>=0.
Donc 2h(0)-1>=0.
Donc 2h(0)>=1.
Donc 2h(0)>0.
Donc h(0)>0.
Donc h(h(0))>h(0)>0.
Donc 2>h(0)>0.
Donc h(0)=1.
On a h(h(0))=2 et h(1)=0.
Donc h(1)=2 et h(1)=0.
Ce qui est faux.
P.S: Il esiste une seule équation qui vérifie cette équation fonctionelle, mais elle n'est pas définie vers IN.
C'est ça tout ce que j'ai, et je ne peux pas rien ajouter.

nmo a écrit:

Pour le second cas, je renonce.
(On peut facilement trouver que f(0)=1, f(1)=1, f(2)=2, f(3)=2, f(4)=3 et ainsi de suite,
J'estime qu'il n'esiste aucune fonction à vérifier ces conditions)
Pour le troisième cas,
Je mesuis arrété ici h(h(0)+1)=2h(0)+2-3.
Soit h(h(0)+1)=2h(0)-1.
On sait que h(h(o)+1)>=0.
Donc 2h(0)-1>=0.
Donc 2h(0)>=1.
Donc 2h(0)>0.
Donc h(0)>0.
Donc h(h(0))>h(0)>0.
Donc 2>h(0)>0.
Donc h(0)=1.
On a h(h(0))=2 et h(1)=0.
Donc h(1)=2 et h(1)=0.
Ce qui est faux.
P.S: Il esiste une seule équation qui vérifie cette équation fonctionelle, mais elle n'est pas définie vers IN.
C'est ça tout ce que j'ai, et je ne peux pas rien ajouter.

Pour ce qui est en rouge : pouvoir trouver quelques valeurs d'une fonction définie par une EF nous pousse au contraire à croire que cette fonction existe. Et elle existe effectivement.
Pour ce qui est en bleu : je ne vois pas le lien logique qui te pousse à dire que h(h(0)) > h(0) ?