Pour l'entier naturel n, précise : "non nul". Sinon, ça ne marche pas.

Pour le reste, euh... Avec n=1, je trouve que le nombre cherché a sa partie entière qui vaut 0 ou 1... et c'est tout pour l'instant

Oui irmo, et j'ai modifié l'énoncé pour la case réponse.
J'attends la demo :-) T'as eu l'intuition comment ?

le nombre d'or... 1.618033989

x est le nombre d'or. Ne me demande pas la démonstration as i haven't a clue !

je trouve le nombre d'or, mais je n'ai pas de démo non plus !!!

Perso, j'ai eu aucune intuition... mais excel m'a suggéré qu'il s'agissait du nombre d'or. J'ai préféré chercher une preuve constructive qu'une simple vérification, et voici :

On remarque que :
[TeX] x\geq 0 [/latex] sinon pour on a [latex] f(x,1)>0 [/latex] alors qu'on devrait avoir [latex] f(x,1)=0 [/latex].

Tout va reposer sur le fait que [latex]\forall x: (x-1)\leq \lfloor x\rfloor\leq x[/TeX]
Soit [latex] f(n,x) [/latex] la fonction : [latex] \lfloor x \lfloor nx\rfloor\rfloor -\lfloor nx\rfloor -n +1 [/latex], fonction dont on cherche les zéros.

Vu l'inégalité évoquée ci-dessus, on trouve :

[latex] nx^2-nx-n-x\leq f(x,n) \leq nx^2-nx-n [/latex], et en posant [latex] f(x,n)=0 [/latex], on en tire

D'une part [latex] x^2-x-1\geq 0 [/latex],

et d'autre part, il faut aussi que pour tout n: [latex] nx^2-nx-n-x\leq 0 [/latex],
et donc pour tout n: [latex]n.(x^2-x-1) - x\leq 0 [/latex],
or pour [latex] n [/latex] suffisamment grand, si [latex] x^2-x-1 [/latex] est strictement positif ça ne sera pas possible,
donc [latex] x^2-x-1 =0 [/latex] ce qui implique (car [latex] x>0 [/latex]) que [latex] x= \varphi [/latex] ([latex] \varphi [/latex] est l'unique racine positive de [latex] x^2-x-1 =0 [/latex] et vaut précisément le nombre d'or).

Oui gasole et franck pour la démo ! Mais à mon sens, vous n'évoquez qu'une condition nécessaire, il manque la partie où on vérifie que la valeur trouvée marche bien pour tout n.

La démo de franck correspond à ce que j'attendais, mais celle de gasole plus évoluée est tout aussi légitime ! Elle utilise notamment le fait que R est archimédien

Pour les autres, un petit indice demain

Archimédien ? Pas de gros mot stp

Mais tu as raison, j'ai juste prouvé que s'il existe un tel x, il est égal à [latex]\varphi[/latex]. Montrer que [latex]\varphi[/latex] a bien la propriété voulue, ça doit pouvoir se faire par récurrence ? Mais j'ai pas le temps là.

int ( x int(nx))-int(nx)

= int (nx^2 - x déc(nx)) - int (nx)     car x^2 = x+1

= int ( nx +n - x déc(nx) ) -int (nx)

en sortant n entier :

= n + int ( nx - x déc (nx)) - int (nx)

= n + int ( nx - déc (nx) - déc(nx^2)) - int (nx)

= n + int ( nx - déc (nx) - déc(nx +n)) - int (nx)

= n

.... zut ! il me manque -1

n=1 conduit à : 0<x<2
n=2 conduit à x>1,5
n=3 conduit à x<5/3
n=4 ne donne rien
...
n=10 conduit à x>1,6
...

Allez bonne nuit !

Il fallait trouver le nombre d'or, tous ceux qui ont répondu l'ont trouvé. Pour la demo, bravo a gasole, même si on pouvait faire plus simple :-)

1. Montrons que si x vérifie la relation, alors x vaut nécessairement le nombre d'or

Je divise la relation par n, et j'obtiens quel que soit n :
[TeX]\frac{\lfloor{x\lfloor{nx}\rfloor}\rfloor}n-\frac{\lfloor nx \rfloor}n=1-\frac1n[/TeX]
En utilisant l'équivalent [latex]\lfloor t \rfloor \sim t[/latex] quand t tends vers [latex]+\infty[/latex], on passe à la limite dans l'équation précédente pour arriver à : [latex]x^2-x-1=0[/latex]

Cette équation du second degré a deux racines, le nombre d'or [latex]\varphi=\frac{\sqrt5+1}2[/latex] et [latex]1-\varphi=\frac{1-\sqrt5}2[/latex]

Si on regarde la relation pour n=1, on a :
[TeX]\lfloor x\lfloor x \rfloor \rfloor = \lfloor x \rfloor[/TeX]
Or [latex]\lfloor 1-\varphi \rfloor= -1[/latex] et [latex]\lfloor \varphi-1 \rfloor= 0[/latex], donc [latex]x=1-\varphi[/latex] ne vérifie pas la relation pour n=1.

x vaut donc nécessairement le nombre d'or.

2. Montrons que le nombre d'or vérifie la relation

En réécrivant la relation du second degré vérifiée par [latex]\varphi[/latex], on a :
[TeX]\varphi=1+\frac1\varphi[/TeX][TeX]\lfloor \varphi\lfloor n\varphi \rfloor \rfloor = \lfloor \lfloor n\varphi \rfloor +\frac{\lfloor n\varphi \rfloor} \varphi \rfloor[/TeX]
On a alors quelque soit n :
[TeX]\lfloor \varphi\lfloor n\varphi \rfloor \rfloor - \lfloor n\varphi \rfloor = \lfloor \frac{\lfloor n\varphi \rfloor} \varphi \rfloor
=\lfloor \frac{\lfloor n\varphi \rfloor -n\varphi + n\varphi}\varphi\rfloor
=n+\lfloor \frac{\lfloor n\varphi \rfloor -n\varphi }\varphi\rfloor[/TeX]
Mais comme [latex]\lfloor n\varphi \rfloor < n\varphi < \lfloor n\varphi \rfloor +1[/latex] (définition de la partie entière, et [latex]\varphi[/latex] étant irrationnel [latex]n\varphi[/latex] n'est jamais entier)

alors [latex]-1 < \lfloor n\varphi \rfloor-n\varphi < 0[/latex]

et a fortiori [latex]\lfloor \frac{\lfloor n\varphi \rfloor -n\varphi }\varphi\rfloor = -1[/latex]

On a donc bien montré la relation pour tout n.

Conclusion :
Le seul x qui vérifie la relation est le nombre d'or [latex]\fbox{\varphi \approx 1.618}[/latex]

A ton tour de chipoter

Disons que je trouve le passage à la limite assez immédiat, et pas forcément trop mathématique. Nos preuves ne sont pas en soi tellement différentes, car là où j'utilise une limite, tu utilises un encadrement et une sorte de théorème des gendarmes, ce qui revient quasi au même.

Pour le [latex]\varphi=1+\frac1{\varphi}[/latex], je ne fais qu'utiliser la relation du second degré vérifiée par [latex]\varphi[/latex], divisée par [latex]\varphi[/latex]