Problem N°4 IMO 2008

j'ai passé presque une heure (-..min) pour résoudre ce problème qui n'est pas si dure.
comme d'habitude on va essayer de trouver quelque valeurs qui peuvent nous aider aprés.
posons x=y=z=w ==>2(f(x))²/2f(x²)=1 ==> f(x²)=(f(x))² (*)
alors pour x=1 ==>f(1)=1 (l'autre cas est exclu car f sera non définie...f est stric positif)

mnt soit un réel m tel que m²=pq
alors soient x=w=m et p=y et q=z il vient donc:
2(f(m))²/(f(p²)+f(q²))=2m²/(p²+q²)
==>(f(m))²/m²=(f(p²)+f(q²))/(p²+q²)
==>f(m²)/m²=(f(p²)+f(q²))/(p²+q²) (car d'aprés (*))
à ce stade on pose m²=x,p²=a et q²=b on donc bien x²=ab et:
f(x)/x=(f(a)+f(x²/a))/(a+x²/a))
posons encore une fois a=1 et étulisons (*)
f(x)/x=(f(1)+(f(x))²)/(1+x²))
<==>x*(f(x))²-(1+x²)*f(x)+x=0
<==>(f(x))²-(1/x+x)*f(x)+1=0
<==>(f(x)-x)(f(x)-1/x))=0
ce qui donne comme solutions f(x)=x ou f(x)=1/x
réciproquement ces deux solutions vérifient bien l'équation.

boukharfane radouane a écrit:

j'ai passé presque une heure (-..min) pour résoudre ce problème qui n'est pas si dure.
comme d'habitude on va essayer de trouver quelque valeurs qui peuvent nous aider aprés.
posons x=y=z=w ==>2(f(x))²/2f(x²)=1 ==> f(x²)=(f(x))² (*)
alors pour x=1 ==>f(1)=1 (l'autre cas est exclu car f sera non définie...f est stric positif)

mnt soit un réel m tel que m²=pq
alors soient x=w=m et p=y et q=z il vient donc:
2(f(m))²/(f(p²)+f(q²))=2m²/(p²+q²)
==>(f(m))²/m²=(f(p²)+f(q²))/(p²+q²)
==>f(m²)/m²=(f(p²)+f(q²))/(p²+q²) (car d'aprés (*))
à ce stade on pose m²=x,p²=a et q²=b on donc bien x²=ab et:
f(x)/x=(f(a)+f(x²/a))/(a+x²/a))
posons encore une fois a=1 et étulisons (*)
f(x)/x=(f(1)+(f(x))²)/(1+x²))
<==>x*(f(x))²-(1+x²)*f(x)+x=0
<==>(f(x))²-(1/x+x)*f(x)+1=0
red]]]<==>(f(x)-x)(f(x)-1/x))=0[/b][/b]
ce qui donne comme solutions f(x)=x ou f(x)=1/x
réciproquement ces deux solutions vérifient bien l'équation.

salut radouane, bien joué , mais j'ai un ptit soucis dans ce qui en rouge , car il est possible qu'il existe deux partitions de R , A et B tq pr les elements de A on a f(x)=x et pr les elements de B f(x)=1/x ? ( il nya po de cdt sur la continuité !!) et dans ce cas il y'aura des blemes !! merçi

oui c'est ce que j'étais en train de résoudre,c'est a dire j'étais en train de montre que seules ses deux fonctions sont valables...on suppose l'e*éxistence de a et b tel que par exemple f(a)=a et f(b)=1/b et on aboutit à une contradiction.

salut on a pour x=y=z=w f(x^2)=f(x)^2
alors f(1)=1 (f(x)>0)
supposons que x=w alors x^2=yz donc:
f(x^2)(y^2+z^2) =x^2 (f(y^2)+f(z^2))
f(yz) (y^2+z^2 )= yz (f(y^2) +f(z^2))
pour y=1 on a
f(z)(z^2+1)=z(f(z^2)+1)
f(z)(z^2+1)=z(f(z)^2+1)
==> zf(z) (z-f(z))+(f(z)-z) =0
(z-f(z) )(zf(z)-1)=0 ==> f(z)=z ou f(z)=(1/z)

hmmmmm....c'est la mème idée...et le mème problème qui se pose.

boukharfane radouane a écrit:

hmmmmm....c'est la mème idée...et le mème problème qui se pose.

qui a dit que f est continu ?!

c'est pourquoi on cherche à montrer que:
soit pour tout x£]0,+00[ f(x)=x
soit pour tout x£]0,+00[ f(x)=1/x
et non pas ...lire le message de selrespect.

boukharfane radouane a écrit:

c'est pourquoi on cherche à montrer que:
soit pour tout x£]0,+00[ f(x)=x
soit pour tout x£]0,+00[ f(x)=1/x
et non pas ...lire le message de selrespect.

que dites vous de cette fonction
f:
f(x) =x x£]0.a]
f(x)=1/x x£]a.+00]

c'est quoi a et comment tu peux prouver que cette fonction est effectivement une solution

boukharfane radouane a écrit:

c'est quoi a et comment tu peux prouver que cette fonction est effectivement une solution

a est un nombre reel strictement positive
si x<a ,f(x) =x alors
(f(x)-x) (f(x)-1/x) =0
si x>a , f(x)=1/x alors
(f(x)-x)(f(x)-1/x) =0

Le probleme est le suivant dans le cas ou f et g sont deux fcts ( nn supposées continues ) on a ce qui suit :

selfrespect a écrit:

Le probleme est le suivant dans le cas ou f et g sont deux fcts ( nn supposées continues ) on a ce qui suit :

le probleme est clair maintenat

non c'est pas une solution mon ami,ce a n'exsite plus..
supposons qu'il existe un a et b différents de 1tel que f(m)=m et f(n)=1/n.
prenons w=1,x=yz..il vient donc que:
(1+f(x)²)/(f(y)²+f(z)²)=(1+x²)/(y²+z²)
ou encore (1+f(x²))/(f(y²)+f(z²))=(1+x²)/(y²+z²)
soient donc x²=a,y²=b et c²=z
==>(b+c)(1+f(a))=((f(b)+f(c))(1+a)
==>(b+c)(f(bc)+1)=(1+bc))(f(b)+f(c))

posons b=m e c=n.
alors (m+n)(f(mn)+1)=(mn+1)(f(m)+f(n))
alors mnt si f(mn)=mn ==>m+1/n=m+n ==>n=1 absurd.
si f(mn)=1/mn alors (m+n)mn=m+1/n ==>(m+n)=n(mn+1)=m(mn+1)==>m=n ==>m=n=1 absurd.
ds les deux cas on a aboutit à une contradiction mais on est sur que les deux deux seuls solutions sont:pour tout x£]0,+00[ f(x)=x
ou pour tout x£]0,+00[ f(x)=1/x

boukharfane radouane a écrit:

non c'est pas une solution mon ami,ce a n'exsite plus..
supposons qu'il existe un a et b différents de 1tel que f(m)=m et f(n)=1/n.
prenons w=1,x=yz..il vient donc que:
(1+f(x)²)/(f(y)²+f(z)²)=(1+x²)/(y²+z²)
ou encore (1+f(x²))/(f(y²)+f(z²))=(1+x²)/(y²+z²)
soient donc x²=a,y²=b et c²=z
==>(b+c)(1+f(a))=((f(b)+f(c))(1+a)
==>(b+c)(f(bc)+1)=(1+bc))(f(b)+f(c))

posons b=m e c=n.
alors (m+n)(f(mn)+1)=(mn+1)(f(m)+f(n))
alors mnt si f(mn)=mn ==>m+1/n=m+n ==>n=1 absurd.
si f(mn)=1/mn alors (m+n)mn=m+1/n ==>(m+n)=n(mn+1)=m(mn+1)==>m=n ==>m=n=1 absurd.
ds les deux cas on a aboutit à une contradiction mais on est sur que les deux deux seuls solutions sont:pour tout x£]0,+00[ f(x)=x
ou pour tout x£]0,+00[ f(x)=1/x

maintent je suis d'accord avec toi reduan parceque le cas que j'ai deja proposé n'est pas valide pour quelque soit la valeur de (x.y.z.w) !!

ce qui me donne 7 points (avec la remarque de khay selfrepect)et avec l'égalité d'hier j'aurais 14,pas mal comme notte:lol!:

slt!
pouvez vous vérifier ma réponse svp? merci!
on peut facilement montrer que f(1)=1 (f(1)²=f(1²) et comme f(1)>0 ....)
donc on posant x=w=1 et y=Va et z=Vb on a aprés simplification et utilisation de f(1)=1:
f(a)+f(b)=a+b avec ab=1 en pose b=1/a
ona donc pour tt a>0 f(a)+f(1/a)=a+1/a (*)
en posant y=z=1 et x=va et w=Vb on a enfin
f(a)²+f(b)²=a²+b² avec ab=1
donc f(a)²+f(1/a)²=a²+1/a² (**)
de (*) et (**) on a f(a)*f(1/a)=1
clairement on a f(x)=x et f(x)=1/x des solutions
(et on vérifie qu'il n'existe pas a et b de IR+ tel que f(a)=a et f(b)=1/b (facile))
on montre que ces deux equations sont les seules solutions:
soit x>0
si f(x)>sup(x,1/x) donc f(1/x)>sup(1/x,x) et puisque f(1/x)=1/f(x)
on a 1/f(x)>sup(x,1/x) donc f(x)<1/sup(x,1/x)=sup(x,1/x)
et cela est contradictoire.
de meme pour f(x)<sup(x,1/x).