soit f : IN*-->IN* vérifiant les conditions du problème. alors pour tout a,b dans IN* :
(1): a+f(b)>f(b+f(a)-1)
(2): a+f(b+f(a)-1)>f(b)
(3): f(b+f(a)-1)+f(b)>a.
**** [1] ***** : Si f(A)=f(B) pour A>=B dans IN* alors :
pour tout n dans IN* : f(n)>=(A-B)/2+1.
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Soit A>=B dans IN* tels que f(A)=f(B)=X.
dans (1) et (3) on obtient :
f(n+X-1)+f(n)>=A+1
f(n)+B>=f(n+X-1)+1
On ajoute ces deux inégalité on obtient :
pour tout n dans IN* :
2f(n)>=A-B+2
=> f(n)>=(A-B)/2+1
CQFD.
**** [2]**** : f(1)=1.
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Posons K=f(1).
(1) : 1+f(b)>f(b+K-1)
(2) : 1+f(b+K-1)>f(b)
d'où: f(b)-1<f(b+K-1)<f(b)+1
et d'où f(b+K-1)=f(b)
d'une part si b=1, alors f(K)=K.
d'une autre part on prouve par réccurence que :
pour tout n dans IN* : f(b+n(K-1))=f(b)
on prend b=K : f(K+n(K-1))=f(K)=K.
donc pour tout i>j>=1. on a :
f(K+i(K-1))=f(K+j(K-1))
en utilisant ***[1]*** on obtient :
pour tout n dans IN :
f(n)>=(K-1)(i-j)/2+1
en particulier pour n=1
K-1>=(K-1)(i-j)/2.
Si K-1>0 . alors pour tout i>j>=1 : i-j=<2 contradiction :
donc K-1=0 => K=1.
CQFD.
***** [3] **** : la seule solution est f(n)=n pour tout n dans IN*.
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(1) : a+1>f(f(a))=> f(f(a))=<a
(3) : f(f(a))+1>a => f(f(a))>=a.
d'où pour tout a dans IN* : f(f(a))=a, alors f est injective.
On a f(2)>=2 car f est injective et f(1)=1.
Donc on pose f(2)=2+m, pour m dans IN.
=> f(f(2))=f(2+m) =>f(2+m)=2.
remplacons maintenant a par f(a) dans (1) :
f(a)+f(b)>=f(a+b-1)+1.
pour a=b=m+2 on obtient :
4>=f(2m+3)+1 =>f(2m+3)=<3
donc puisque f est injective f(2m+3)=3.
et par une reccurence forte on prouve que :
f((n-1)m+n)=n
=> f(n)=n+(n-1)m. maintenant remplacons n par f(n)
n=f(n)+(f(n)-1)m
=> n=n+m(n-1)+(n+(n-1)m-1)m
m[n-1+n+(n-1)m-1]=0
m=0 ou [(n-1)(m+2)=0 pour tout n, impossible ]
=>m=0 .
et d'où f(n)=n .
on vérifie bien qu'elle est solution.
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