equa-fct

trouver toutes les fcts qui verifies de IR-->IR et n £ IN

Bonjour Sinchy!

Sinchy a écrit:

trouver toutes les fcts qui verifies de IR-->IR et n £ IN

Voilà un problème qui me paraît très compliqué. C'est surtout l'absence de continuité qui est difficile. Je vais traiter partiellement le cas n=0 et totalement les autres cas.

1) n=0. L'équation est donc f(x+f(y))=f(x)+1
Je ne sais pas trouver toutes les solutions à cette équation mais il y en a avec l'axiome du choix (ce me semble). Exemple :
Soit "a" un nombre irrationnel.
Soit la relation d'équivalence "==" sur R : x==y <=> il existe z1 et z2 entiers relatifs tels que x-y = z1 +az2 (on vérifie aisément que c'est une relation d'équivalence).
Soit A un ensemble de représentants de toutes les classes d'équivalence de "==" et s(x) la fonction qui à tout réel associe son représentant dans A (je crois que là il faut l'axiome du choix), soit h une application quelconque de A dans Z.
Soient enfin z1(x) et z2(x) les fonctions de R dans Z telles que x=s(x)+z1(x)+az2(x)

La fonction f(x)=a + h(s(x))+ z2(x) répond à l'équation fonctionnelle.

2) n > 0
Si f(a)=f(b), on a a^n = b^n et donc a=b ou a=-b (au cas où n pair)
Alors f(x+f(0))=f(x)==> x+f(0)=x ou x+f(0)=-x ==> f(0)=0
Donc f(f(x))=x^n et donc f(x^n)=(f(x))^n
Donc f(x+z^n)=f(x)+f(z^n)
Donc f(x+y)=f(x)+f(y) pour tous x et y positifs ou nuls
Donc f(px)=pf(x) pour x >=0
Donc f(x+pf(y))= f(x)+p^n y^n mais f(x+pf(y))=f(x)+py^n ==> n=1

Donc n=1

Donc (en reprenant le résultat ci dessus) f(x+y)=f(x)+f(y) pour tous réels x et y

Si f est continue, ceci conduit à f(x)=ax et, reporté dans l'équation initiale, a=+1 ou -1 avec deux solutions continues f(x)=x et f(x)=-x

Si f n'est pas continue, on tombe dans les solutions du genre :
Soit {a_i} une base de R Q-ev (avec axiome du choix)
Soit {e_i} un ensemble de nombres +1 ou -1
à tout réel {x_i} on associe f(x) de coordonnées {e_i x_i}
f est solution de l'équation fonctionnelle


--
Patrick

bonjour
quelque point du résultat
pour x=y=0 on a f(f(0))=f(0) donc f(0)=0
pour x=0 ,on a f(f(y))=y^n
posant maintnant a=f(y) donc f(a)=y^n
f(x+y)=f[x+f(a)]=f(x)+a^n=f(x)+f(y)
donc f est linéaire
reciproquement les seules solution linéaire qui satisfait le problémes sotn f(x)=x ou -x

remarque : tu dois signaler je pense que f est monotone ce qui donne que f est injenctive

...........

otman4u a écrit:

pour x=y=0 on a f(f(0))=f(0)

Sauf si n=0

otman4u a écrit:

pour x=y=0 on a f(f(0))=f(0) donc f(0)=0

Pourquoi f(f(0))=f(0) entraînerait-il immédiatement f(0)=0 ?

otman4u a écrit:

...donc f est linéaire
reciproquement les seules solution linéaire qui satisfait le problémes sotn f(x)=x ou -x

Non, c'est faux. cela n'est vrai que si f est linéaire ET continue, ce qui n'est pas dans l'hypothèse.

otman4u a écrit:

...remarque : tu dois signaler je pense que f est monotone ce qui donne que f est injenctive ..

Non, c'est faux. Regarde mes exemples de solutions non monotones dans le post ci-dessus.

--
Patrick

pco a écrit:

otman4u a écrit:

pour x=y=0 on a f(f(0))=f(0) donc f(0)=0

Pourquoi f(f(0))=f(0) entraînerait-il immédiatement f(0)=0 ?

merci d'abord pour tes precieux commaitaires oui ta raison
mais f(f(0))=f(0) entraînerait immédiatement a f(0)=0 car
car posant y=0 on a f(x+f(0))=f(x)+0
donc f(0) doit etr 0
sauf . biensure si f n'est pas périodique

otman4u a écrit:

on a f(x+f(0))=f(x)+0
donc f(0) doit être 0 sauf . bien sur, si f est périodique

Et qu'est-ce qui empêche f d'être périodique ?

--
Patrick

si on pose x=-f(y)
ca devient f(0)=f(-f(y))+y^n
et si on repose y=0
on obtient f(0)=f(-f(0))

codex00 a écrit:

si on pose x=-f(y)
ca devient f(0)=f(-f(y))+y^n
et si on repose y=0
on obtient f(0)=f(-f(0))

et ?

pco a écrit:

otman4u a écrit:

on a f(x+f(0))=f(x)+0
donc f(0) doit être 0 sauf . bien sur, si f est périodique

Et qu'est-ce qui empêche f d'être périodique ?

--
Patrick

1- une question a toi : f (x)c'est un" tatbi9" ou "dalla"?
2- si f(x) d'aprés toi est periodique . alors dans ce cas f(0) est son periode alors on a pour tout a de R f(a+f(0))=f(a)
poson dans f(x+f(y)) x=f(0) alors d'aprés que f(a+f(0))=f(a) on a
f(f(0)+f(y))=f(y) or dans l'enoncé ona f(f(0)+f(y))=f(f(0))+y^n
alors on a une contradiction
donc f neut peut etre peiodique
..................

pco a écrit:

codex00 a écrit:

si on pose x=-f(y)
ca devient f(0)=f(-f(y))+y^n
et si on repose y=0
on obtient f(0)=f(-f(0))

et ?

on a f(0)=f(-f(0)) et f(0)=f(f(0))
donc f(0)=0

pco a écrit:

Bonjour Sinchy!

2) n > 0
Si f(a)=f(b), on a a^n = b^n et donc a=b ou a=-b (au cas où n pair)
Alors f(x+f(0))=f(x)==> x+f(0)=x ou x+f(0)=-x ==> f(0)=0
--
Patrick

pourquoi f(x+f(0))=f(x)==> x+f(0)=x ou x+f(0)=-x ==> f(0)=0?
la reponse de cette question peut repondre a la question que tu m'a poser au dessus;)

otman4u a écrit:

on a f(0)=f(-f(0)) et f(0)=f(f(0))
donc f(0)=0

Mais non.

otman4u a écrit:

pco a écrit:

Bonjour Sinchy!

2) n > 0
Si f(a)=f(b), on a a^n = b^n et donc a=b ou a=-b (au cas où n pair)
Alors f(x+f(0))=f(x)==> x+f(0)=x ou x+f(0)=-x ==> f(0)=0
--
Patrick

pourquoi f(x+f(0))=f(x)==> x+f(0)=x ou x+f(0)=-x ==> f(0)=0?
la reponse de cette question peut repondre a la question que tu m'a poser au dessus;)

En première ligne, je dis que f(a)=f(b) implique a=b ou a=-b
En deuxième ligne, j'ai f(x+f(0))=f(x). Donc, conformément à la première ligne (avec a=x+f(0) et b=x), on a soit x+f(0)=-f(0) (impossible), soit x+f(0)=x et donc f(0)=0.

Sur ta deuxième remarque, je n'ai aucun doute sur le fait que f(0)=0 (puisque je le démontre en deux lignes). Ce que je conteste, ce sont tes démonstrations qui manquent de rigueur.

--
Patrick

pco a écrit:

otman4u a écrit:

pco a écrit:

Bonjour Sinchy!

2) n > 0
Si f(a)=f(b), on a a^n = b^n et donc a=b ou a=-b (au cas où n pair)
Alors f(x+f(0))=f(x)==> x+f(0)=x ou x+f(0)=-x ==> f(0)=0
--
Patrick

pourquoi f(x+f(0))=f(x)==> x+f(0)=x ou x+f(0)=-x ==> f(0)=0?
la reponse de cette question peut repondre a la question que tu m'a poser au dessus;)

En première ligne, je dis que f(a)=f(b) implique a=b ou a=-b
En deuxième ligne, j'ai f(x+f(0))=f(x). Donc, conformément à la première ligne (avec a=x+f(0) et b=x), on a soit x+f(0)=-f(0) (impossible), soit x+f(0)=x et donc f(0)=0.

Sur ta deuxième remarque, je n'ai aucun doute sur le fait que f(0)=0 (puisque je le démontre en deux lignes). Ce que je conteste, ce sont tes démonstrations qui manquent de rigueur.

--
Patrick

en ce qui concerne ta qustion de ques qui empeche f d'etre periodiqu ta pas parler
...................
""f(a)=f(b) implique a=b ou a=-b"" ca depent peut etre si f est injective
mais si c'etait le cas quilque soi f donc f(f(0))=f(0) entrainent directement a f(0)=0
petite remarque : je suis en 1sm jé mém pas etudier la lecon des equation fonctionnelle c'est pour l'anné prochaine

otman4u a écrit:

en ce qui concerne ta qustion de ques qui empeche f d'etre periodiqu ta pas parler
...................
""f(a)=f(b) implique a=b ou a=-b"" ca depent peut etre si f est injective
mais si c'etait le cas quilque soi f donc f(f(0))=f(0) entrainent directement a f(0)=0
petite remarque : je suis en 1sm jé mém pas etudier la lecon des equation fonctionnelle c'est pour l'anné prochaine

On se calme.
Je ne critique personne et respecte chacun sur ce forum, quelquesoit son niveau. Toutes mes interventions le démontrent. Du moins je le pense.

Si je t'ai énervé ou vexé, je le regrette et te présente mes excuses.

Ceci dit, j'ai démontré dans mon premier post que f0) valait 0 en m'appuyant sur le fait que f(a)=f(b) impliquait a=b ou a=-b.

Cette dernière propriété est aussi démontrée dans mon post. Pour n>0, elle est une application directe de la propriété f(x+f(y))=x+y^n. En effet, comme je le dis, f(a)=f(b) implique f(x+f(a))=f(x+f(b)) et donc a^n=b^n, d'où le résultat.

Toutes mes questions sont juste destinées à pointer des faiblesses (à mes yeux) de tes démonstrations pour que tu puisses les corriger et progresser dans le domaine des équations fonctionnelles.

C'est un domaine passionnant que l'on enseigne peu et je l'ai approfondi tout seul pendant quelques dizaines d'année. J'essaie alors aujourd'hui d'aider ceux qui s'y interessent.

Voilà.
Bon courage et bonne continuation dans ce domaine.

--
Patrick

mon pauvre patric lol!!

salut a tout le monde , c'etait compliqué , si on ajoute la condition de la monotonie , ca sera facile ,

Sinchy a écrit:

salut a tout le monde , c'etait compliqué , si on ajoute la condition de la monotonie , ca sera facile ,

Oui, avec la monotonie, cela devient plus simple.

1) n=0 : f(x+f(y)) = f(x)+1.
f(x+f(y))=f(x+f(z))
x=1 et z=1+f(1) ==> f(x+f(1))=f(x+f(1+f(1)))=f(x+1+f(1))=f(x)+1=f(x+f(1)) ==> f(u+1)=f(u) pour tout u ==> f(u+n)=f(u) pour tous u et n
Mais alors, f monotone ==> f(u)=f(u+v) pour tout u et tout v de [0,n], pour tout n
Donc f est constante, ce que l'équation initiale empêche.

2) n > 0
Si f(a)=f(b), on a a^n = b^n et donc a=b ou a=-b (au cas où n pair)
Alors f(x+f(0))=f(x)==> x+f(0)=x ou x+f(0)=-x ==> f(0)=0
Donc f(f(x))=x^n et donc f(x^n)=(f(x))^n
Donc f(x+z^n)=f(x)+f(z^n)
Donc f(x+y)=f(x)+f(y) pour tous x et y positifs ou nuls
Cette équation connue (Cauchy) conduit, grace à la monotonie de f, à f(x)=cx.
En remplaçant dans l'équation initiale, on a n=1 et c=+1 ou -1

Solutions donc :
n=0 et pas de solution
n=1 et f(x)=x ou f(x)=-x
n>1 et pas de solution


--
Patrick

on a f est injective (car f est montone ) pour y=0 on a f(0)=0
et pour x=0 on a f(f(y))=y^n donc n est impair. Par conséquent f est impair et additive donc f(x)=a*x