hard x hard x hardx......xhard = help

salut tout le monde

merci d'avance @+

j'attends votre aide

premiere question

utilise istilzam modad li l3akss.

pour la 2eme
on suppose que fx=fy et on montre que x=y
on a fx=fy
<=>x-3/x+1=y-3/y+1
<=>x-3y=y-3x
<=>4x=4y
donc x=y donc f est injectif

les autres questions ?

slt
voilà pr le 3ème exo, le reste c facile : f(x+y)=f(x) f(y)
donc f(x+x)=f(x)^2 donc pr tt x de R f(2x)>= 0 donc pr tt x de R f(x)>= 0
2ème qst : f n'est donc pas surjective car f(x)=y n'admet pas de solution reelle si y est strictement négatif
3ème qst :posons x = y = 0 on a : f(0) = f(0)^2 donc f(0)= 0 ou 1
4ème qst : posons y= -x, on aura f( x-x) = f(x) f(-x)=f(0)=1
donc f(-x)=1/f(x)
donc si x=y, alors -x=-y, donc f(-x)= f(-y)
d'où 1/f(x)=1/f(y) => f(x)=f(y)
conclusion, f est injective de R vers R+

milor18 a écrit:

slt
voilà pr le 3ème exo, le reste c facile : f(x+y)=f(x) f(y)
donc f(x+x)=f(x)^2 donc pr tt x de R f(2x)>= 0 donc pr tt x de R f(x)>= 0
2ème qst : f n'est donc pas surjective car f(x)=y n'admet pas de solution reelle si y est strictement négatif
3ème qst :posons x = y = 0 on a : f(0) = f(0)^2 donc f(0)= 0 ou 1
4ème qst : posons y= -x, on aura f( x-x) = f(x) f(-x)=f(0)=1
donc f(-x)=1/f(x)
donc si x=y, alors -x=-y, donc f(-x)= f(-y)
d'où 1/f(x)=1/f(y) => f(x)=f(y)
conclusion, f est injective de R vers R+

ça n'a pas besoin d'être prouvé ?

tu peux démontrer comme tel : pr tt y de R on a : f(2y)>=0
puis posons y=x/2 , donc pr tt x de R f(x)>=0

ok merci

avec plaisir

question 2 exercice 2 pas de réponse ?

montrer que g.... demna .... et reciproquement.

qst 2 exercice 2 :
g(x)=1- (4/(x+1))
quelque soit x de R+ : x>=0 <=> x+1>=1
<=>-4 <=-4/(x+1) < 0
<=>-3 <= g(x) < 1
donc g ( o;+l'infini ) = (-3;1(
et voilà

merci infiniment les gars c'est trop gentil de vos parts

derien mon ami