Les dattes à Dattier

[darklol]

Bonjour,

énoncé 152 : le miracle algébrique ?
Existe-t-il $ f $ une fonction réel, continue nul part, tel que $\forall x\in\mathbb R, f(x)\in\mathbb N[x]$ ?

Bonne journée.

La fonction indicatrice de $ \mathbb{Q} $ (ni miraculeuse, ni algébrique).

[darklol]

SPOILER:

$ f(x) = x + 1 $ si $ x $ rationnel, $ f(x) = x - 1 $ si $ x $ irrationnel

[darklol]

Ah oui en effet, remplace par $ x-1 $ par $ x+2 $ alors

[siro]

C'est très malin. Joli exercice pour un taupin.

[Zrun]

Puisque 0 est un polynôme de degré inférieur ou égal à 1, la même démonstration que le 153 ne suffit pas ?

[BobbyJoe]

Pour l'exercice $ $$89,$ la réponse est oui!

SPOILER:

Notons $f$ et $g$ les limites uniformes respectives de $\displaystyle (f_{n})_{n\geq 0}$ et $\displaystyle (g_{n})_{n\geq 0}.$

***Il faut tout d'abord remarquer ceci : pour tout $\varepsilon>0,$ il existe $\delta,N$ tels que pour tout $x,y$ appartenant à $[0,1]$ vérifiant $\vert x-y\vert \leq \delta$ et pour tout $n\geq N,$ $\displaystyle \vert f_{n}(x)-f_{n}(y)\vert \leq 3\varepsilon.$

En effet, fixons $\varepsilon>0.$ Comme $f$ est uniformément continue (car continue comme limite uniforme de fonctions continues) par le théorème de Heïne, pour tout $x,y$ appartenant à $[0,1]$ vérifiant $\vert x-y\vert \leq \delta$ : $\displaystyle \vert f(x)-f(y) \vert \leq \varepsilon.$ Enfin par hypothèse, il existe $N$ tel que pour tout $n \geq N,$ pour tout $x$ appartenant à $[0,1]$ : $\displaystyle \vert f(x)-f_{n}(x)\vert \leq \varepsilon.$
En utilisant l'inégalité triangulaire, il vient le résultat annoncé. A savoir qu' il existe $\delta,N$ tels que pour tout $x,y$ appartenant à $[0,1]$ vérifiant $\vert x-y \vert \leq \delta$ et pour tout $n\geq N,$
$$\vert f_{n}(x)-f_{n}(y) \vert \leq \vert f_{n}(x)-f(x) \vert + \vert f(x)-f(y) \vert + \vert f_{n}(y)-f(y) \vert \leq 3\varepsilon.$$

***Soit $\varepsilon>0.$ Tout d'abord, il existe $N_{1}$ tel que pour tout $n\geq N_{1},$ $\displaystyle \|f_{n}-f\|_{[0,1],\infty}\leq \varepsilon$ et $f_{n}$ satisfait la conclusion de la remarque. De plus, il existe $N_{2}$ tel que pour tout $n\geq N_{2},$ $\displaystyle \|g_{n}-g\|_{[0,1],\infty}\leq \delta,$ où $\delta$ est donné par la remarque précédente. En prenant $N=\max(N_{1},N_{2})$, il vient alors (grâce à nouveau à l'inégalité triangulaire) pour tout $n\geq N$, pour tout $x$ appartenant à $[0,1]$

\begin{align*}
\vert f\circ g(x)-f_{n}\circ g_{n}(x)\vert & \leq \vert f\circ g(x) -f_{n}\circ g(x) \vert + \vert f_{n}\circ g(x)-f_{n}\circ g_{n}(x)\vert \\
& \leq \|f_{n}-f\|_{[0,1],\infty} + \sup_{\vert x-y\vert \leq \delta} \vert f_{n}(x)-f_{n}(y) \vert\\
& \leq 2\varepsilon,
\end{align*}
car l'image de $[0,1]$ par $g_{n}$ est incluse dans $[0,1].$ Ce qui est suffisant pour conclure!

\end{itemize}

[Leo11]

Bonjour, je propose une solution pour le 155

SPOILER:

Traitons d'abord le cas n=1 ie P est un polynôme à une indéterminée. Alors demander P(P(1)+1) suffit, car P(1) est égal à la somme de tous les coefficients de P et P(P(1)+1) renvoie donc un entier qui s'écrit de manière unique en base P(1)+1, car tous les coefficients de cette décomposition sont < que P(1)+1), et ces coefficients correspondent alors aux coefficients de P. Donc 2 questions suffisent (et une seule ne suffit pas car pour tout n entier on peut aisément trouver deux polynômes P et Q distincts vérifiants P(n)=Q(n)).

Essayons d'étendre la méthode au cas n quelconque: on suppose n>1.

Notons d le degré de P.
Ecrivons $ P=\sum_{i=1}^{d} Q_i(x_1,...,x_{n-1})x_n^{i} $ où les $ Q_i $ sont donc des polynômes à n-1 indéterminées (éventuellement nuls).
On cherche donc à trouver un bon n-uplet en lequel estimer $ P $ afin de remonter les $ Q_i $ et de pouvoir réappliquer la méthode à chacun des $ Q_i $ et ainsi de suite. Notons $ a_1=P(1,...,1) $ et définissons par récurrence $ a_{i+1}=P(a_i+1,...,a_i+1) $. Puis considérons $ P(a_1,...a_n) $
Est-ce qu'on peut retrouver les $ Q_i $ à partir de $ M = P(a_1,...a_n) $?
Remarquons que si P=0, une seule question suffisait puisque P(1,...,1)=0 implique P=0. Supposons donc dorénavant P non nul.
On a donc $ M=\sum_{i=1}^{d} Q_i(a_1,...,a_{n-1})a_n^{i} $. On voudrait $ a_n > Q_i(a_1,...,a_{n-1}) $ pour tout i. Or, $ a_n=\sum_{i=1}^{d} Q_i(a_{n-1},...,a_{n-1})a_{n-1}^{i}>Q_i(a_{n-1},...,a_{n-1})>Q_i(a_1,...,a_{n-1}) $ car la suite $ a $ est croissante.
Donc c'est ok, on a réussi à remonter la valeur numérique de tous les $ Q_i(a_1,...,a_{n-1}) $. Puis en prenant le cas i=1 par exemple écrivons $ Q_1(a_1,...,a_{n-1})=\sum_{j=1}^{d} H_j(a_1,...,a_{n-2})a_{n-1}^{j} $, et par des inégalités similaires à celles que l'on vient d'exhiber, pour tout j, $ a_{n-1}>Q_j(a_{n-2},...,a_{n-2})>H_j(a_1,...,a_{n-1}) $, donc on peut remonter les $ H_j $ et ainsi de suite...
(On rédige une récurrence si on veut le faire proprement).
Donc on peut remonter P en n+1 questions mais il faudra potentiellement beaucoup d'étapes/ de calculs car c'est exponentiel en n.
Peut-on faire mieux ? Si ce n'est pas le cas, il faudrait démontrer que pour tout n-uplet de n entiers distincts, il existe Q distinct de P tel que P et Q coïncident en ces n points. Et ça je n'ai plus le temps d'y réfléchir pour l'instant... A voir

[Leo11]

Oui, ben là je demande à l'oracle a_1=P(1,...,1) puis P(a_1,...,a_1) et ainsi de suite n fois.

[Leo11]

n+1 du coup car à la fin je demande P(a_1,...,a_n)

[Leo11]

Mmh en effet, je pense aussi.
J'avais essayé de partir sur un truc avec des nombres premiers du style:
On note A=P(1,...,1), puis on note p_1 le premier nombre premier plus grand que A et on prend ensuite p_2, ... p_n les n nombres premiers suivants. Et je voulais demander B=P(p_1,...,p_n) et utiliser une décomposition en facteurs premiers mais je crois que ça bloque