Solutions
I.1.41. [6, page 47]. On remarque d’abord que
x + f (0) − 1 [x] + f (0) = f ([x]) f (x)
f (1 + [x]) = f (0) + [x] + 1
x + f (0) + 1.
On montre alors par récurrence que
x + n(f (0) − 1) f
n (x) x + n(f (0) + 1)
(1)
pour n ∈ N ∗ . On se donne n et on suppose que (1) est vérifiée. On a alors,
comme dans la solution de I.1.40,
f
n+1 (x) = f (f
n (x)) = f ([f
n (x)] + r)
= [f
n (x)] + f (r) f
n (x) + f (1)
x + n(f (0) + 1) + f (0) + 1
= x + (n + 1)(f (0) + 1),
où r = f n (x) − [f n (x)]. Ceci prouve la seconde inégalité dans (1). On prouve
la première inégalité de la même façon. De nouveau par récurrence, on montre
que
f
n(mp−1) (0) np f
nmp (0), n ∈ N
∗ .
(2)
Pour n = 1, les inégalités se déduisent de la définition de m p . On suppose
qu’elles sont vérifiées pour un n donné. On a alors
f
(n+1)mp (0) = f
mp (f
nmp (0))
f
mp (0 + np) = f
mp (0) + np
p + np.
De même,
f
(n+1)(mp−1) (0) = f
mp−1 (f
n(mp−1) (0)) f
mp−1 (0 + np)
= np + f
mp−1 (0)
np + p.
Les inégalités (2) sont donc démontrées.
On peut écrire tout n ∈ N ∗ sous la forme n = km p + q où 0 q < m p . Les
inégalités (1) et (2) donnent alors
kp + q(f (0) − 1) f
q (kp) f
q (f
kmp (0))
= f
n (0) = f
q+k (f
k(mp−1) (0))
f
q+k (kp) kp + (q + k)(1 + f (0)),
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