Monde des équations fonctionnelles

Ce problème n'est pas très joli, je l'avais jugé ainsi en résolvant un problème similaire qui demandait le calcul d'une image. Il ne va donc que bloquer le marathon.
Il faut conjecturer le résultat et le démontrer par récurrence ou travailler par bases.
Bref, on en parle ici : https://mathsmaroc.jeun.fr/t13188-bon-exo
Deux solutions en Allemand ici : http://www.imosuisse.ch/skripte/smo/smo2003/smo2003L.pdf
Et la suite dans l'encyclopédie des suites entières qui fournit des formules générales de f : Ici

Humber a écrit:

Ce problème n'est pas très joli, je l'avais jugé ainsi en résolvant un problème similaire qui demandait le calcul d'une image. Il ne va donc que bloquer le marathon.

pourrais-tu proposer une autre equation fonctionnelle pour continuer alors ?

Volontiers.

Trouver toutes les fonctions de IR vers IR telles que :

Pour tous réels x et y.

Amusez-vous bien.

Pour ne pas laisser le sujet mourrir. J'expose les principaux résultats que j'ai trouvé.
On voit très bien que si f est solution alors f+c est solution aussi( avec c de R). Ceci nous permet par exmple d'imposer que f soit une solution avec f(0)=0.
Soit P(x;y)--> f(f(x)+y)=2x+f(f(y)-x)
P(0;x) --> f(x)=f(f(x))
P(x;0) --> f(f(x))=2x+f(-x) --> f(x)-f(-x) =2x
Donc il suffit de montrer que f est injective ou que f est impaire pour déduire que f(x)=x
Alors l'ensembles des solutions serait f(x)=x+c
Si vous avez une idée pour l'injectivité ou la parité, n'hésitez pas :p

Legend Crash a dit f solution =>f+c solution. est-ce que tu peux nous prouver ce résultat ?

On considère l'assertion :
P(x,y) : f(f(x)+y)=2x+f(f(y)-x).
et posons a=f(0).


1) .... f : IR-->IR est surjective :

P[ (a-x)/2 ; -f((a-x)/2) ] : f( n'importe quoi ) =x.
CQFD.

********Méthode 1 :
2)... f: IR-->IR est Injective.:

puisque f est surjective alors pour tout x dans IR, il existe a dans IR tels que :
x=f(a) (*)

Soit A,B dans IR tels que f(A)=f(B).

P(a,A) : f(f(a)+A)=2a+f(f(A)-a)
P(a,B) : f(f(a)+B)=2a+f(f(B)-a)=2a+f(f(A)-a)
donc : f(f(a)+A)=f(f(a)+B)

et d'autre part
(*)=> f(x+A)=f(x+B)

donc : f(x)=f(x+A-B) (remplace x par x-A).
et f(x)=f(x+B-A) (remplace x par x-B)

posons T=A-B.
on a f(x)=f(x+T) (**)
et f(x)=f(x-T) (***).

P(x+T,y) : f(f(x+T)+y)=2(x+T)+f(f(y)-x-T)
en utilisant (**) et (***) il s'ennuie que :
f(f(x)+y)=2x+2T+f(f(y)-x)
on compare cet dérnière equation avec l'equation initial on obtient : T=0 ou encore A=B.

CQFD.

3).... Toutes les solutions sont : f(x)=x+a

P(0,x) : f(f(x))=f(x+a) =>
f(x)=x+a ( puisque f est injective )
et on vérifie qu'elle est slolution

**** Méthode 2 :
puisque f est sujective, on choisit c et g : IR-->IR une fonction tels que :

f(c)=0
f(g(x))=x+c.

P(c,g(x)) : f(f(c)+g(x))=2c+f(f(g(x))-c)
<=> f(g(x))=2c+f(x+c-c)
<=>x+a=2a+f(x)
<=> f(x)=x-c. vérifie les conditions.
_________________
** Synthèse :

la seule solution de l'equation fonctionnelle est f(x)=x+f(0).

Ahmed Taha a écrit:

Legend Crash a dit f solution =>f+c solution. est-ce que tu peux nous prouver ce résultat ?

J'ai déjà signalé au début que si f est solution alors f+c est lui aussi solution. C'est pour ça que j'ai imposer que f(0)=0, dans ce cas on trouve f(x)=x (chose qu'il faut montrer comme j'ai déjà dit), le reste des solution sont f+c cad f(x)=x+c

A toi de poster Ahmed Taha

Une autre méthode : on a déjà prouvé que f est surjective donc soit c dans IR tels que f(c)=0.
on prend x=c,
f(f(c)+y)=2c+f(f(y)-c)
f(y)=2c+f(f(y)-c).
On pose X=f(y)-c..
f(X)=X-c , puisque f est surjective alors X prend touts les valeurs réels. CQFD

Trouver toutes les fonctions f: IN-->IN. tels que :
mf(n)+nf(m)=(m+n)f(m²+n²) pour tout m,n dans IN

je suis pas certains mais peu importe.
remplaçant m=0 cela donne que f(n^2)=f(0)
alors toutes les fonctions constantes sont les solutions.

f(n²)=f(0) => f constante ..????? tu peux nous expliquer ?

L-W-P a écrit:

je suis pas certains mais peu importe.
remplaçant m=0 cela donne que f(n^2)=f(0)
alors toutes les fonctions constantes sont les solutions.

En effet il parait bien que les fonctions constantes sont les seules solutions. Mais tu viens de montrer qu'elle est constante pour les Carrés parfaits uniquement pas dans tout N

On considère l'assertion :
P(x,y) : xf(y)+yf(x)=(x+y)f(x²+y²)....
Et soit f : IN-->IN une solution éventuelle. Prouvons que f est la fonction constante.
Par l'absurde on suppose qu'il existe p,q £ IN* tels que f(p)>f(q).

On considère l'ensemble E={ x £ IN* / f(q)< x <f(p) }.
Il est clair que E forme une partition de l'ensemble {f(q), f(q)+1,...,f(p)} donc Il est fini.

On a P(p,q) : pf(q)+qf(p)=(p+q)f(p²+q²)
remarquons que :
(1) : pf(q)=<pf(q)<pf(p)
(2) : qf(q)<qf(p)=<qf(p)

(1)+(2) : (p+q)f(q)<(p+q)f(p²+q²)<(p+q)f(p)
d'où f(q)<f(p²+q²)<f(p).
et d'où f(p²+q²) £ E, et d'où E est non vide.

On considère maintenant les suites définie par :
U0=p²+q²
U_{n+1}=Un²+q².
et
Vn=f(Un). On a déjà prouvé que V0=f(U0)=f(p²+q²) £ E.
de meme on prouve que f(q)<V1<V0<f(p) => V1 £ E
et ainsi de suite on prouve par récc que Vn £ E pour tout n dans IN*.
càd E contient une infinité d'éléments. ce qui est contradictoire .

Facile :
Trouver toutes les fonctions f : IR-->IR continue et pour tout x,y dans IR on a :

f(xy) - f(x)f(y) = xf(y) + yf(x).

J'expose les idées majeures :
f(1)=0 ou f(1)=-1
Si f(1)=-1 on trouve directement f(x)=-x pour tout x dans IR

On étudie maintenant le cas où f(1)=0.
On pose g(x)=f(x)+x pour tout x dans IR* et g(0)=0

On a alors pour tous x,y dans IR* P: g(x)g(y)=g(xy) (*)
f est continue, la solution sur IR+ est f(x)=x^a , a£IR
Ahmed Taha, êtes-vous sûr que le domaine de départ est IR ? Si oui une idée est la bienvenue.

en effet les solutions f: IR-->IR continue de l'EF f(xy)=f(x)f(y) sont :
(1) : f(x)=1 pour tout x
(2) : f(x)=0 pour tout x
(3) : f(x)=|x|^a pour tout x
(4) : f(x)=S(x).|x|^a, où S(x)=1 si x>0; S(x)=-1 si x<0.

Donc les solutions de l'EF proposée par Ahmed Taha Sont :
(1) : f(x)=1-x pour tout x
(2) : f(x)=-x pour tout x
(3) : f(x)=|x|^a - x, pour tout x
(4) : f(x)=S(x).|x|^a -x, pour tout x

Exercice Suivant: IMO 97
Trouvez toutes les fonctions de N vers N, tel que pour tout n>=0 :
f(n+1)>f(f(n))

legend-crush a écrit:

Exercice Suivant: IMO 97
Trouvez toutes les fonctions de N vers N, tel que pour tout n>=0 :
f(n+1)>f(f(n))

Réponse:
puisque f(n+1)<f(f(n)) f est croissante strictement ou décroissante strictement:
prenant f est décroissante
P(n+1)---> f(n+2)>f(f(n+1)) (*)
f décroissante ----> fof(n+2)<fofof(n+1)----> fof(n+2)>fof(n+2) (absurde ce qui rassure que f est bien et bel croissante)
f croissante
f croissante -----> n+1>f(n)
P(0)----> f(0)<1 alors f(0)=0
par récurrence on suppose que f(n)=n
p(n+1)----> n+2>f(n+1)
puisque on a f(n+1)>fof(n)=n
alors n<f(n+1)<n+2
ce qui donne que f(n+1)=n+1
alors les fonctions solutions : f(n)=n

je pense que c'est dans l'IMO de 1977 et non pas 1997

Exercice de M legend-crush:
Trouvez toutes les fonctions de IN vers IN, tel que pour tout n>=0 : f(n+1)>f(f(n)) .

Une réponse que j'ai trouvée dans le cours proposé par Messieurs Pierre Bornzstein et Moubinool OMARJEE dans le cours donné à l'occasion du stage olympique de Saint-Malo, le Mardi 29 Juillet 2003 sous le titre "Equations fonctionnelles": elle est similaire à la solution de M. L-W-P, qui a le mérite d'avoir fourni des efforts pour la trouver, et non comme moi qui l'ai trouvée en feuilletant un polycopié: http://www.hostingpics.net/viewer.php?id=552950fonctionimo1977.png

Permettez-moi aussi de dire que M. L-W-P avait raison en affirmant que cet exercice figurait dans l'IMO 1977 et non dans l'IMO 1997.

Et pour clore, veuillez m'excuser si ma tentative d'insérer une image échoue: c'est la deuxième fois que j'essaie cette technique après que M. Géotype  qui s'activait sur http://www.maths-forum.com/, m y a initié: j'espère qu'il rejoigne votre groupe, car il est - comme vous tous - très actif et serviable.

Ma tentative a échoué, et j'essaie maintenant d'inclure directement le lien de l'image:

http://www.hostingpics.net/viewer.php?id=552950fonctionimo1977.png

Pardon si ça échoue encore.

aymanemaysae a écrit:

Ma tentative a échoué, et j'essaie maintenant d'inclure directement le lien de l'image:

http://www.hostingpics.net/viewer.php?id=552950fonctionimo1977.png

Pardon si ça échoue encore.

C'est ici que vous devez insérer l'Url de votre image qui est : https://2img.net/r/hpimg15/pics/552950fonctionimo1977.png et non http://www.hostingpics.net/viewer.php?id=552950fonctionimo1977.png



Auquel cas vous aurez :

Ceci:

J'avais raison en affirmant que vous formez un groupe de haut niveau, dont les membres n'hésitent pas à tendre la main à ceux qui ont en besoin. Et en remerciement à M. Humbert qui a eu la gentillesse de me montrer comment insérer des images, voici un exercice que j'ai copié d'un recueil d'inégalités en utilisant la méthode qu'il m'a montrée: