Shortlist 2023, N8

Domaine : Théorie des nombres · Difficulté : ★★★★★ · Proposé par : Taiwan

Concepts : Équations fonctionnelles : substitutions, injectivité, surjectivité · Divisibilité, PGCD et algorithme d'Euclide · Fonctions arithmétiques : nombre de diviseurs, indicatrice d'Euler, somme des diviseurs · Théorème des restes chinois

Solution officielle : Shortlist officielle 2023 (avec solutions), p. 92 (page 94 du PDF)

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Let \(\mathbb{Z}_{>0}\) be the set of positive integers. Determine all functions \(f : \mathbb{Z}_{>0} \to \mathbb{Z}_{>0}\) such that

\[f^{b f(a)}(a + 1) = (a + 1) f(b)\]

holds for all \(a, b \in \mathbb{Z}_{>0}\), where \(f^k(n) = f(f(\cdots f(n) \cdots))\) denotes the composition of \(f\) with itself \(k\) times.

Indices : les idées clés

• Équations fonctionnelles : substitutions, injectivité, surjectivité : on montre que \(f\) est injective et que son image est \(\mathbb{Z}_{\geq 2}\), puis on compare des itérées.
• Orbites et « descendants » : les itérées \(f^n(a)\) ne reviennent jamais en \(a\), ce qui permet de comparer les exposants quand deux itérées coïncident.
• Divisibilité : « si \(f(m) \mid f(n)\) alors \(m \leq n\) » contrôle les diviseurs de \(f(2)\) et \(f(3)\) (solution 1) ; \(f(\cdot - 1)\) préserve divisibilité, pgcd et ppcm (solution 4).
• Progression arithmétique (solutions 2 et 3) : une relation à trois indices force \(g(n) = f(f(n)-1)\), ou \(f^n(1)\), à être affine.
• Fonctions arithmétiques et restes chinois (solution 4) : une bijection qui respecte la divisibilité conserve le nombre de diviseurs, donc envoie les premiers sur les premiers ; deux progressions de raisons premières distinctes ont un terme commun.

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2023 (quatre solutions).

Réponse. La seule fonction est \(f(n) = n + 1\) pour tout \(n \in \mathbb{Z}_{>0}\).

On note \(P(a, b)\) l'égalité \(f^{bf(a)}(a+1) = (a+1) f(b)\).

Solution 1

On procède en cinq étapes.

Étape 1 : \(f\) est injective.

Affirmation 1. Pour tout \(a \geq 2\), l'ensemble \(\{f^n(a) \mid n \in \mathbb{Z}_{>0}\}\) est infini.

Preuve. \(P(a, 1)\) donne \(f^{f(a)}(a+1) = (a+1) f(1)\) ; en faisant varier \(a\), on voit que \(f(\mathbb{Z}_{>0})\) est infini. Ensuite \(P(a-1, b)\) donne \(f^{bf(a-1)}(a) = a f(b)\) ; en faisant varier \(b\), \(f^{bf(a-1)}(a)\) prend une infinité de valeurs. \(\square\)

Affirmation 2. Pour tout \(a \geq 2\) et tout \(n \in \mathbb{Z}_{>0}\), \(f^n(a) \neq a\).

Preuve. Sinon l'orbite de \(a\) serait périodique, donc finie, ce qui contredit l'affirmation 1. \(\square\)

Supposons \(f(b) = f(c)\) avec \(b < c\). Alors

\[(a+1) f(c) \overset{P(a,c)}{=} f^{cf(a)}(a+1) = f^{(c-b)f(a)}\big(f^{bf(a)}(a+1)\big) \overset{P(a,b)}{=} f^{(c-b)f(a)}\big((a+1) f(b)\big) = f^{(c-b)f(a)}\big((a+1) f(c)\big),\]

ce qui contredit l'affirmation 2. Donc \(f\) est injective.

Étape 2 : \(f(\mathbb{Z}_{>0}) = \mathbb{Z}_{\geq 2}\).

Affirmation 3. \(1\) n'est pas dans l'image de \(f\).

Preuve. Si \(f(b) = 1\), alors \(P(a, b)\) donne \(f^{bf(a)}(a+1) = a + 1\), ce qui contredit l'affirmation 2. \(\square\)

Le livret écrit « \(f^{f(a)}(a+1) = a+1\) par \(P(a,1)\) » ; il faut lire \(f^{bf(a)}(a+1) = a+1\) par \(P(a,b)\).

On dit que \(a\) est un descendant de \(b\) s'il existe \(n \in \mathbb{Z}_{>0}\) tel que \(f^n(b) = a\).

Affirmation 4. Pour tous \(a, b \geq 1\), on ne peut pas avoir à la fois « \(a\) descendant de \(b\) » et « \(b\) descendant de \(a\) ».

Preuve. Sinon \(a = f^m(b)\) et \(b = f^n(a)\) avec \(m, n \geq 1\), donc \(a = f^{m+n}(a)\), ce qui contredit l'affirmation 2. \(\square\)

Affirmation 5. Pour tous \(a, b \geq 2\), exactement l'une des situations suivantes a lieu : \(a\) est un descendant de \(b\) ; \(b\) est un descendant de \(a\) ; \(a = b\).

Preuve. Soit \(c \geq 2\) ; posons \(m = f^{cf(a-1) - 1}(a)\) et \(n = f^{cf(b-1) - 1}(b)\). Alors

\[f(m) = f^{cf(a-1)}(a) \overset{P(a-1,c)}{=} a f(c) \quad \text{et} \quad f(n) = f^{cf(b-1)}(b) \overset{P(b-1,c)}{=} b f(c).\]

Donc

\[f^{nf(a-1)}(a) \overset{P(a-1,n)}{=} a f(n) = ab f(c) = b f(m) \overset{P(b-1,m)}{=} f^{mf(b-1)}(b).\]

Par injectivité de \(f\) (on simplifie le plus petit nombre d'itérations), on obtient \(f^{j}(a) = b\) ou \(f^{j}(b) = a\) pour un certain \(j \geq 0\) ; l'affirmation 2 (via l'affirmation 4) montre qu'une seule des trois situations a lieu. \(\square\)

Montrons que tout \(a \geq 2\) est dans l'image de \(f\). Soit \(b = f(1)\). Si \(a = b\), c'est clair. Sinon, d'après l'affirmation 5, \(a\) est un descendant de \(b\), ou \(b\) un descendant de \(a\). Dans le second cas, \(b = f^n(a)\), soit \(f(1) = f^n(a)\), donc \(1 = f^{n-1}(a)\) par injectivité ; par l'affirmation 3, \(n = 1\), d'où \(a = 1\), absurde. Donc \(a\) est un descendant de \(b\) ; en particulier, \(a\) est dans l'image de \(f\). Ainsi \(f(\mathbb{Z}_{>0}) = \mathbb{Z}_{\geq 2}\).

Étape 3 : \(f(1) = 2\).

Affirmation 6. Pour \(a, n \geq 2\), \(na\) est un descendant de \(a\).

Preuve. D'après l'étape 2, \(n = f(m)\) pour un certain \(m\). Alors \(na = f(m) a \overset{P(a-1,m)}{=} f^{mf(a-1)}(a)\). \(\square\)

D'après l'affirmation 6, tous les entiers pairs \(\geq 4\) sont des descendants de \(2\). Or \(2 = f(x)\) pour un certain \(x\) ; \(x\) ne peut être ni \(2\) (affirmation 2) ni un pair \(\geq 4\) (sinon \(x\) serait descendant de \(2\) et \(2\) descendant de \(x\), contredisant l'affirmation 4). Donc \(2 = f(2k+1)\) pour un certain \(k \geq 0\).

Montrons que \(f(2k+1) \geq f(1)\), ce qui donnera \(f(1) = 2\) (puisque \(f(1) \geq 2\)). C'est trivial si \(k = 0\). Si \(k \geq 1\), soit \(n\) tel que \(f^n(2) = 2k+2\). Pour tout \(b > n / f(1)\),

\[f^{bf(1) - n}(2k+2) = f^{bf(1)}(2) \overset{P(1,b)}{=} 2 f(b) \quad \text{et} \quad f^{bf(2k+1)}(2k+2) \overset{P(2k+1,b)}{=} (2k+2) f(b).\]

D'après l'affirmation 6, \((2k+2) f(b)\) est un descendant de \(2f(b)\). Par l'affirmation 2 (et l'injectivité), \(b f(2k+1) > b f(1) - n\). En prenant \(b\) assez grand, on conclut que \(f(2k+1) \geq f(1)\).

Étape 4 : \(f(2) = 3\) et \(f(3) = 4\).

Avec \(f(1) = 2\), \(P(1, b)\) donne \(f^{2b}(2) = 2 f(b)\). Pour \(b = 1\) : \(f^2(2) = 2f(1) = 4\). Pour \(b = f(2)\) : \(f^{2f(2)}(2) = 2 f(f(2)) = 2 f^2(2) = 8\). Donc

\[f^{2f(2) - 2}(4) = f^{2f(2)}(2) = 8 \quad \text{et} \quad f^{f(3)}(4) \overset{P(3,1)}{=} 4 f(1) = 8,\]

d'où \(f(3) = 2f(2) - 2\) (par injectivité et l'affirmation 2).

Affirmation 7. Pour tous \(m, n \in \mathbb{Z}_{>0}\), si \(f(m)\) divise \(f(n)\), alors \(m \leq n\).

Preuve. Si \(f(m) = f(n)\), c'est l'injectivité. Si \(f(m) < f(n)\), alors \(f(n) = q f(m)\) avec \(q \geq 2\) ; d'après \(P(a, m)\), \(P(a, n)\) et l'affirmation 6, \(f^{nf(a)}(a+1) = (a+1)f(n)\) est un descendant de \(f^{mf(a)}(a+1) = (a+1) f(m)\), pour tout \(a\). Donc \(m f(a) < n f(a)\), et \(m < n\). \(\square\)

D'après l'affirmation 7 (et l'étape 2, qui assure que tout diviseur \(\geq 2\) de \(f(2)\) est une valeur de \(f\)), tout diviseur de \(f(2)\) appartient à \(\{1, f(1) = 2, f(2)\}\). Donc \(f(2)\) est un nombre premier impair, ou \(f(2) = 4\). Comme \(f^2(2) = 4\), on ne peut pas avoir \(f(2) = 4\) (sinon \(f(4) = 4\), contredisant l'affirmation 2) ; donc \(f(2)\) est un nombre premier impair, que l'on note \(p\).

Alors \(f(3) = 2f(2) - 2 = 2(p-1)\). Comme \(p - 1 \geq 2\) divise \(f(3)\), l'affirmation 7 donne \(p - 1 \in \{f(1), f(2), f(3)\} = \{2, p, 2(p-1)\}\), donc \(p - 1 = 2\). Ainsi \(f(2) = p = 3\) et \(f(3) = 2(p-1) = 4\).

Étape 5 : \(f(n) = n + 1\).

Affirmation 8. Pour tout \(b \geq 1\), \(f(2f(b) - 1) = 2b + 2\).

Preuve. Comme \(f^2(2) = 4\), on a \(f^{2b-2}(4) = f^{2b}(2) = 2f(b)\), donc

\[f^{f(2f(b)-1) + 2b - 2}(4) = f^{f(2f(b)-1)}\big(2f(b)\big) \overset{P(2f(b)-1,\,1)}{=} 4 f(b) \overset{P(3,b)}{=} f^{4b}(4),\]

ce qui donne \(f(2f(b) - 1) + 2b - 2 = 4b\), soit \(f(2f(b) - 1) = 2b + 2\). \(\square\)

Montrons enfin \(f(n) = n+1\) par récurrence sur \(n\) (c'est vrai pour \(n \leq 3\)). Supposons \(f(n) = n + 1\) pour tout \(1 \leq n \leq 2b + 1\). En remplaçant \(b\) par \(b+1\) dans l'affirmation 8,

\[f(2b + 3) = f(2f(b+1) - 1) = 2(b+1) + 2 = 2b + 4.\]

Par hypothèse de récurrence, \(f^b(b+2) = 2b + 2\). Donc

\[f(f(2b+2)) = f^{b+2}(b+2) = f^{f(b+1)}(b+2) \overset{P(b+1,1)}{=} 2(b+2) = f(2b+3).\]

Par injectivité, \(f(2b+2) = 2b+3\). Ainsi \(f(n) = n + 1\) pour tout \(n\), et cette fonction convient : \(f^{b(a+1)}(a+1) = (a+1) + b(a+1) = (a+1)(b+1)\). \(\blacksquare\)

Solution 2

Comme dans les étapes 1 et 2 de la solution 1, \(f\) est injective et \(f(\mathbb{Z}_{>0}) = \mathbb{Z}_{\geq 2}\). L'affirmation 2 reste vraie pour \(a = 1\) :

Affirmation 2'. Pour tous \(a, n \in \mathbb{Z}_{>0}\), \(f^n(a) \neq a\).

Preuve. Pour \(a \geq 2\), c'est l'affirmation 2. Pour \(a = 1\) : \(1\) n'est pas dans l'image de \(f\) (affirmation 3), donc \(f^n(1) \neq 1\). \(\square\)

Pour tous \(a, b\),

\[f^{bf(f(a)-1) + 1}(a) = f^{bf(f(a)-1)}\big(f(a)\big) \overset{P(f(a)-1,\,b)}{=} f(a) f(b).\]

Le membre de droite est symétrique en \(a, b\), donc

\[f^{bf(f(a)-1)+1}(a) = f(a) f(b) = f^{af(f(b)-1)+1}(b),\]

et par injectivité \(f^{bf(f(a)-1)}(a) = f^{af(f(b)-1)}(b)\). Posons \(g(n) = f(f(n) - 1)\) : on a \(f^{bg(a)}(a) = f^{ag(b)}(b)\) pour tous \(a, b\). Posons \(n_{a,b} = b g(a) - a g(b)\). Pour \(n\) assez grand, \(f^{n + n_{a,b}}(a) = f^n(b)\). Pour tous \(a, b, c\) et \(n\) assez grand, on obtient donc

\[f^{n + n_{a,b} + n_{b,c} + n_{c,a}}(a) = f^n(a).\]

Par l'affirmation 2' (et l'injectivité), \(n_{a,b} + n_{b,c} + n_{c,a} = 0\), c'est-à-dire

\[(a - b) g(c) + (b - c) g(a) + (c - a) g(b) = 0.\]

Avec \((a, b, c) = (n, n+1, n+2)\), on obtient \(g(n+1) - g(n) = g(n+2) - g(n+1)\) : la suite \((g(n))_{n \geq 1}\) est une progression arithmétique.

Il existe donc \(C, D \in \mathbb{Z}\) tels que \(g(n) = f(f(n) - 1) = Cn + D\) pour tout \(n\). Comme \(f(\mathbb{Z}_{>0}) = \mathbb{Z}_{\geq 2}\), \(f(n) - 1\) parcourt \(\mathbb{Z}_{>0}\), donc l'image de \(g\) est \(\mathbb{Z}_{\geq 2}\) : cela impose \(C = 1\), et comme \(2 = \min_n f(f(n) - 1)\), \(D = 1\). Ainsi \(g(n) = n + 1\).

Pour tous \(a, b\), on a donc \(f^{b(a+1)}(a) = f^{a(b+1)}(b)\), et par injectivité \(f^b(a) = f^a(b)\). Avec \((a, b) = (1, n)\) : \(f^n(1) = f(n)\), donc \(f^{n-1}(1) = n\), à nouveau par injectivité. Pour tout \(n \geq 1\), \(f(n) = f(f^{n-1}(1)) = f^n(1) = n + 1\). \(\blacksquare\)

Solution 3

Autre fin de la solution 2, après l'affirmation 2' et l'introduction de \(g(n) = f(f(n) - 1)\). Pour \(a, b\) tels que \(b = f^k(a)\),

\[f^{bg(a)}\big(f(a)\big) = f^{bf(f(a)-1)}\big(f(a)\big) \overset{P(f(a)-1,\,b)}{=} f(a) f(b) \overset{P(f(b)-1,\,a)}{=} f^{af(f(b)-1)}\big(f(b)\big) = f^{ag(b) + k}\big(f(a)\big).\]

Par l'affirmation 2', \(b g(a) = a g(b) + k\), c'est-à-dire \(f^k(a) \cdot g(a) = a \cdot g(f^k(a)) + k\). Posons \(a_n = f^n(1)\) pour \(n \geq 0\). On a

\[\begin{cases} a_{n+1} \, g(a_n) = a_n \, g(a_{n+1}) + 1 \\ a_{n+2} \, g(a_{n+1}) = a_{n+1} \, g(a_{n+2}) + 1 \\ a_{n+2} \, g(a_n) = a_n \, g(a_{n+2}) + 2. \end{cases}\]

Alors

\[\begin{aligned} a_n a_{n+1} \, g(a_{n+2}) + 2a_{n+1} &= a_{n+1} a_{n+2} \, g(a_n) = a_{n+2}\big(a_n \, g(a_{n+1}) + 1\big) \\ &= a_n a_{n+2} \, g(a_{n+1}) + a_{n+2} = a_n\big(a_{n+1} \, g(a_{n+2}) + 1\big) + a_{n+2} \\ &= a_n a_{n+1} \, g(a_{n+2}) + a_n + a_{n+2}. \end{aligned}\]

D'où \(2a_{n+1} = a_n + a_{n+2}\) : \((a_n)\) est une progression arithmétique, \(a_n = f^n(1) = Cn + D\) avec \(C, D \in \mathbb{Z}\).

D'après l'étape 2 de la solution 1, tout entier \(\geq 2\) est un descendant de \(1\), et \(f(\mathbb{Z}_{>0}) = \mathbb{Z}_{\geq 2}\). Donc \(D = 1\) et \(C = 1\), soit \(f^n(1) = n + 1\). Pour tout \(n \geq 1\), \(f^{n-1}(1) = n\), donc \(f(n) = f(f^{n-1}(1)) = f^n(1) = n + 1\). \(\blacksquare\)

Solution 4

Solution plus technique, à partir des étapes 1 et 2 de la solution 1. D'après l'affirmation 5, tout \(a \geq 2\) est un descendant de \(1\). Définissons \(g\) et \(h\) sur \(\mathbb{Z}_{\geq 2}\) par

\[f^{g(a)}(1) = a \quad \text{et} \quad h(a) = f(a - 1).\]

Alors \(g : \mathbb{Z}_{\geq 2} \to \mathbb{Z}_{\geq 1}\) et \(h : \mathbb{Z}_{\geq 2} \to \mathbb{Z}_{\geq 2}\) sont des bijections. L'équation se réécrit

\[g\big(a \, h(b)\big) = g(a) + (b - 1) h(a).\]

Précision ajoutée : c'est \(P(a-1, b-1)\), pour \(a, b \geq 2\), qui donne cette forme.

Soit \(S_a = g(a \cdot \mathbb{Z}_{>0})\). Comme \(h\) est une bijection sur \(\mathbb{Z}_{\geq 2}\),

\[S_a = g(a) + h(a) \cdot \mathbb{Z}_{\geq 0}.\]

On a \(S_a \cap S_b = S_{\operatorname{ppcm}(a,b)}\) ; avec \(c = \operatorname{ppcm}(a, b)\), cela donne

\[\big(g(a) + h(a) \cdot \mathbb{Z}_{\geq 0}\big) \cap \big(g(b) + h(b) \cdot \mathbb{Z}_{\geq 0}\big) = g(c) + h(c) \cdot \mathbb{Z}_{\geq 0}.\]

Le membre de gauche est de la forme \(m + \operatorname{ppcm}(h(a), h(b)) \cdot \mathbb{Z}_{\geq 0}\), donc \(h(c) = \operatorname{ppcm}(h(a), h(b))\).

Si \(b\) est un multiple de \(a\), alors \(c = b\), donc \(h(b) = \operatorname{ppcm}(h(a), h(b))\) est un multiple de \(h(a)\). Réciproquement, si \(h(b)\) est un multiple de \(h(a)\), alors \(h(b) = \operatorname{ppcm}(h(a), h(b)) = h(c)\), et par injectivité \(c = b\) : \(b\) est un multiple de \(a\). On applique alors le lemme suivant à \(H = h\).

Lemme. Soit \(H : \mathbb{Z}_{\geq 2} \to \mathbb{Z}_{\geq 2}\) une bijection telle que \(a \mid b \iff H(a) \mid H(b)\). Alors :

1. \(H(p)\) est premier si et seulement si \(p\) est premier ;
2. \(H\left(\prod_{i=1}^{m} p_i^{e_i}\right) = \prod_{i=1}^{m} H(p_i)^{e_i}\), c'est-à-dire que \(H\) est complètement multiplicative ;
3. \(H\) préserve le pgcd et le ppcm.

Preuve. On pose \(H(1) = 1\) et l'on considère la bijection \(H : \mathbb{Z}_{>0} \to \mathbb{Z}_{>0}\). D'après l'hypothèse, pour tout \(n \geq 2\), \(n\) et \(H(n)\) ont le même nombre de diviseurs ; donc \(H(p)\) est premier si et seulement si \(p\) l'est. Le seul premier divisant \(H(p^r)\) est \(H(p)\), donc \(H(p^r) = H(p)^s\) pour un \(s \geq 1\), et en comptant les diviseurs, \(s = r\).

Pour \(a, b \in \mathbb{Z}_{>0}\), \(\gcd(a, b)\) est l'unique entier positif tel que, pour tout \(c\), \(c \mid \gcd(a,b) \iff (c \mid a \text{ et } c \mid b)\). D'après l'hypothèse sur \(H\), pour tout \(c\), \(H(c) \mid H(\gcd(a,b)) \iff (H(c) \mid H(a) \text{ et } H(c) \mid H(b))\) ; donc \(H(\gcd(a, b)) = \gcd(H(a), H(b))\). De même \(H(\operatorname{ppcm}(a,b)) = \operatorname{ppcm}(H(a), H(b))\). Ainsi

\[H\left(\prod_{i=1}^{m} p_i^{e_i}\right) = H\big(\operatorname{ppcm}(p_1^{e_1}, \ldots, p_m^{e_m})\big) = \operatorname{ppcm}\big(H(p_1)^{e_1}, \ldots, H(p_m)^{e_m}\big) = \prod_{i=1}^{m} H(p_i)^{e_i},\]

car les \(H(p_i)\) sont des premiers distincts. \(\square\)

Soient \(p \neq q\) deux premiers, et \(x, y\) des entiers strictement positifs tels que

\[g(p) + (x - 1) h(p) = g(q) + (y - 1) h(q).\]

C'est possible car \(h(p)\) et \(h(q)\) sont deux premiers distincts (restes chinois). Pour tout \(k \geq 0\), \(P(p, x + k h(q))\) et \(P(q, y + k h(p))\) (sous la forme ci-dessus) donnent

\[\begin{cases} g\big(p \cdot h(x + k h(q))\big) = g(p) + \big(x + k h(q) - 1\big) h(p), \\ g\big(q \cdot h(y + k h(p))\big) = g(q) + \big(y + k h(p) - 1\big) h(q), \end{cases}\]

dont les membres de droite sont égaux. Par injectivité de \(g\),

\[p \cdot h(x + k h(q)) = q \cdot h(y + k h(p)).\]

Donc \(p\) divise \(h(y + k h(p))\) pour tout \(k \geq 0\). Comme \(h\) préserve le pgcd,

\[h\big(\gcd(y, h(p))\big) = \gcd\big(h(y), h(y + h(p))\big)\]

est divisible par \(p\). Comme \(h(p)\) est premier (et \(h(1) = 1\)), \(y\) doit être divisible par \(h(p)\). Alors \(\gcd(y, h(p)) = h(p)\), donc \(h(h(p))\) est divisible par \(p\) ; comme c'est aussi un premier, \(h(h(p)) = p\). La fonction \(h \circ h\) est complètement multiplicative et fixe les premiers, donc \(h(h(n)) = n\) pour tout \(n \geq 2\).

D'après \(P(a, h(b))\) et \(P(b, h(a))\),

\[g(ab) = g\big(a \cdot h(h(b))\big) = g(a) + \big(h(b) - 1\big) h(a), \qquad g(ba) = g\big(b \cdot h(h(a))\big) = g(b) + \big(h(a) - 1\big) h(b),\]

donc \(g(a) - h(a) = g(b) - h(b)\) pour tous \(a, b \geq 2\) : \(g - h\) est constante. En comparant les images (\(\mathbb{Z}_{\geq 1}\) pour \(g\), \(\mathbb{Z}_{\geq 2}\) pour \(h\)), la constante vaut \(-1\) : \(g(a) = h(a) - 1\) pour tout \(a \geq 2\).

Ainsi \(g(h(a)) = h(h(a)) - 1 = a - 1\). Par définition,

\[f(a - 1) = h(a) = f^{g(h(a))}(1) = f^{a-1}(1).\]

Par injectivité, \(f^{a-2}(1) = a - 1\) pour tout \(a \geq 2\), et l'on en déduit par récurrence que \(f(a) = a + 1\) pour tout \(a \geq 1\). \(\blacksquare\)