Equation fonctionnelle 11/06

Déterminer toutes les fonctions f continues de IR dans IR telles que : pour tous x,y de IR: f[x + yf(x)] = f(x)f(y).

f(x)=0 est une solution; supposons à partir de maintenant que f n'est pas de cette forme.
Alors y=0 => f(0)=1 (on peut diviser par f(x) pour un certain x).
y=-x/f(x) => f(-x/f(x)) = 1/f(x)... (je ne sais pas si ceci est utile)

il es clair que f=0 ou bien f(0)=1
si f(0)=1
f(x+yf(x))=f(x)f(y)=f(y+xf(y))
donc f(x+yf(x))=f(y+xf(y))
x=0 donne f(y)=f(0)=1

f=0 ou f=1

pilot_aziz a écrit:

il es clair que f=0 ou bien f(0)=1
si f(0)=1
f(x+yf(x))=f(x)f(y)=f(y+xf(y))
donc f(x+yf(x))=f(y+xf(y))
x=0 donne f(y)=f(0)=1

f=0 ou f=1

ATTENTION
f(x+yf(x))=f(y+xf(y))
x=0 ne donne pas f(y)=f(0)=1 mais donne f(y)=f(y)!

abdelbaki.attioui a écrit:

pilot_aziz a écrit:

il es clair que f=0 ou bien f(0)=1
si f(0)=1
f(x+yf(x))=f(x)f(y)=f(y+xf(y))
donc f(x+yf(x))=f(y+xf(y))
x=0 donne f(y)=f(0)=1

f=0 ou f=1

ATTENTION
f(x+yf(x))=f(y+xf(y))
x=0 ne donne pas f(y)=f(0)=1 mais donne f(y)=f(y)!

dsl

Bonjour ;
Cet exercice aurait fait l'objet d'un joli problème du mois
f=0 et f=1 sont solutions.
Dans toute la suite on suppose f non constante:
Alors ,
1/* f ne prend la valeur 1 qu'en 0 ,
car si f(y0)=1 avec y0#0 on aurait pour tout réel x , f(x+y0f(x))=f(x) et donc la fonction g=y0.f
satisfairait à l'équation fonctionnelle g:IR-->IR continue , g(x+g(x))=g(x) que j'ai déjà résolue ici
https://mathsmaroc.jeun.fr/Olympiades-c2/Equations-fonctionnelles-f10/Olympiade-mathematique-de-Leningrad-t949.htm
et ainsi g et par suite f serait constante ce qui est contraire à l'hypothèse.
2/* f est de la forme ax+1 dans un voisinage de 0 ,
Par continuité de f en 0 on peut trouver un réel strictement positif r tel que
pour tout x de ]-r,r[ on ait 0<f(x)<3/2 et pour x,y dans ]-r,r[ on peut écrire ,
f(x)=f(y) => f(x)=f(x+((y-x)/f(x))f(x))=f(x).f((y-x)/f(x))
d'où f((y-x)/f(x))=1 et par suite x=y
f est donc injective au moins dans ]-r,r[
en remarquant que pour x,y dans V=]-c,c[=]-2r/5,2r/5[ les deux réels x+yf(x) et y+xf(y) (qui ont même image par f)
sont dans ]-r,r[ il vient que pour tout x,y dans V , x+yf(x)=y+xf(y) c'est à dire que ,
la fonction x--> (f(x)-1)/x est constante sur V-{0} et si on note a la valeur de cette constante on aboutit à ,
f(x)=ax+1 pour tout x dans V (0 compris)
(remarquer au passage que du fait que f est strictement positive sur V on a la condition |ac|<1)
Dans la suite quitte à changer f en x-->f(-x) qui est aussi solution de notre équation fonctionnelle ,
on peut supposer a>0 .
3/* f s'annule au moins une fois sur ]-oo,-c[ ,
en effet supposons par l'absurde que f ne s'annule pas sur ]-oo,-c[ alors pour tout x<-c et pour tout h#0
on peut écrire , (f(x+h)-f(x))/h=(f(h/f(x))-1)/(h/f(x)) et en faisant tendre h vers 0 on voit que
f serait dérivable sur ]-oo,-c[ avec f'(x)=a pour tout x<-c c'est à dire que f(x)=ax+1 pour tout x<-c
ce qui est absurde vu que f s'annulerait en -1/a qui est bien dans ]-oo,-c[ .
4/* L'ensemble des zéros de f est un intervalle ,
car si f(x0)=f(x1)=0 avec x0<x1 la fonction continue h : x-->x+x0f(x) prend toutes les valeurs du segment [x0,x1]
et comme foh=0 on conclut .
Si on combine les points 3/* et 4/* on a en particulier que pour tout x>-c , f(x)=ax+1 .
5/* sup{x£IR/f(x)=0}=-1/a ,
L'ensemble des zéros de f étant une en particulier une partie non vide majorée de IR soit b sa borne supérieure
comme f ne s'annule pas sur ]b,+oo[ on a pout tout x>b , f(x)=ax+1 la continuité de f donne f(b)=0 d'où le résultat .
6/* Cas où -1/a est l'unique zéro de f ,
On vérifie facilement que dans ce cas on a f(x)=ax+1 pour tout x£IR .
7/* Cas où -1/a n'est pas l'unique zéro de f ,
alors f s'annulerait en fait sur tout ]-oo,-1/a] car si l'ensemble des zéros de f était minoré on aurait
en désignant par m<-1/a sa borne inférieure (qui est aussi un zéro de f par continuité) ,
pour tout réel x , x+mf(x) >= m c'est à dire pour tout réel x , m(1-f(x)) =< x et en particulier pour les x du voisinage V
on aurait (1+ma)x >= 0 ce qui est absurde vu que x-->(1+ma)x change de signe sur V .

Conclusion :
*/ Les solutions dérivables sont :
- la fonction nulle .
- les fonctions fa : x --> ax+1 , (a£IR) .
*/ Les solutions non dérivables sont :
- les fonctions ga : x--> ax+1 si x >= -1/a et 0 sinon (a>0)
- les fonctions ha : x--> ga(-x) .
( Sauf erreur bien entendu )

Effectivement AbdelAli, j'ai pensé à le poser comme pb de mois mais j'ai juger utile de le proposer comme exo pour une eventuelle discussion. En tous cas , je te félicite pour cette belle solution

Merci abdelbaki ;
Si A est une partie stricte de IR telle que A+A soit contenu dans A et A+(IR-A) soit contenu dans IR-A
(comme c'est le cas par exemple pour IN , ZI , IQ ...) il est facile de voir que la fonction indicatrice f de A
vérifie : f(x+yf(x))=f(x).f(y) pour tous réels x et y .
L'hypothèse da la continuité est donc nécessaire pour conclure (sauf erreur bien entendu)