Equation fonctionelle

Déterminer tout les equations fonctionelles de N--->N tels que pour tous n£N, f(n+1)>f(f(n)).

Croissantes ?

M.Marjani a écrit:

Solution qui est peut-étre incompléte:

Spoiler:

Ta solution n'est pas incomplète, mais fausse.
Premièrement, qui te dis que f(f(n)) = n+m, et si c'était f(f(n)) = n/2 pour n paire, et f(f(n)) = n+1/2 pour les impaires, ou une toute autre fonction ?
Deuxièmement, f(f(n)) = n ne siignifie pas toujours f(n)=n, par exemple f(n) = 1/n, donc ta solution n'en est pas une.

la solution de Marjani était fausse, j'avais aussi oublié un "f" dans l'énnoncé, c'est édité maintenant.

Oui Oussama, mais rien à faire, il faudrait quelques indices dans l'énoncé..

MohE a écrit:

la solution de Marjani était fausse, j'avais aussi oublié un "f" dans l'énnoncé, c'est édité maintenant.

C'est plutot l'énoncé qui est fausse, c'est avant la réponse

Solution :
Soit f une fonction éventuelle vérifiant les conditions de l'énoncé.
Pour tous entier naturel n, f(n+1)>f(f(n)), cela implique que pour tout entier non nul n, f(n)>=1.
- Supposons dans un premier temps que f(0)>=1. Alors maintenant, pour tout entier naturel tout court, f(n)>=1. Nous allons montrer qu'une telle fonction f ne peut exister.
Pour le plaisir, on peut démontrer qu'alors, f(n)>=2 pour tout entier naturel n. Cela nous servirait à rien. Voici la démonstration :

Spoiler:

Soit n de IN. Puisque f(n)>=1, alors des nombres tels que f(f(n)-1) sont des entiers naturels. Selon l'hypothèse, f(n+1)>=f(f(n))+1. Par récurrence, on montre alors que pour tout entier k plus grand ou égal à 1 :

Pour k=f(n+1), ce qui est possible car f(n+1)>=1, la contradiction est évidente.
De fait, f n'existe pas dans ce cas.
- Voyons maintenant ce qui se passe lorsque f(0)=0.
On remarque pour de petites valeurs que f(1)>=f(f(0))+1=1, f(2)>=f(f(1))+1>=f(f(f(1)-1)) + 2>=2, etc., c'est-à-dire, f(n)>=n. Montrons, quant à nous, par récurrence forte sur n, que .
Initialisation : pour n=0, f(0)=0. Tout entier naturel est supérieur ou égal à 0 (k>=0). De plus, f est à valeurs dans IN, donc f(k)>=0.
Hérédité : supposons qu'aux rangs 1<=i<=n, . Pour simplifier et bien comprendre, supposons aussi que n>=2. Montrons que .
Alors :

Ouf ! Fin de la récurrence. Nous avons montré que . Pour k=n en particulier, il vient f(n)>=n pour tout entier naturel n.
L'hypothèse f(n+1)>f(f(n)) implique alors que f(n+1)>f(n), c'est-à-dire que f est strictement croissante.
Par conséquent, l'hypothèse f(n+1)>f(f(n)) implique que n+1>f(n).
Ainsi, n+1>f(n)>=n, donc f(n)=n.

Inversement, l'identité sur IN vérifie les conditions de l'énoncé.

Problème très intéressant.

Dijkschneier a écrit:

Solution :
Soit f une fonction éventuelle vérifiant les conditions de l'énoncé.
Pour tous entier naturel n, f(n+1)>f(f(n)), cela implique que pour tout entier non nul n, f(n)>=1.
- Supposons dans un premier temps que f(0)>=1. Alors maintenant, pour tout entier naturel tout court, f(n)>=1. Nous allons montrer qu'une telle fonction f ne peut exister.
Pour le plaisir, on peut démontrer qu'alors, f(n)>=2 pour tout entier naturel n. Cela nous servirait à rien. Voici la démonstration :

Spoiler:

Soit n de IN. Puisque f(n)>=1, alors des nombres tels que f(f(n)-1) sont des entiers naturels. Selon l'hypothèse, f(n+1)>=f(f(n))+1. Par récurrence, on montre alors que pour tout entier k plus grand ou égal à 1 :

Pour k=f(n+1), ce qui est possible car f(n+1)>=1, la contradiction est évidente.
De fait, f n'existe pas dans ce cas.
- Voyons maintenant ce qui se passe lorsque f(0)=0.
On remarque pour de petites valeurs que f(1)>=f(f(0))+1=1, f(2)>=f(f(1))+1>=f(f(f(1)-1)) + 2>=2, etc., c'est-à-dire, f(n)>=n. Montrons, quant à nous, par récurrence forte sur n, que .
Initialisation : pour n=0, f(0)=0. Tout entier naturel est supérieur ou égal à 0 (k>=0). De plus, f est à valeurs dans IN, donc f(k)>=0.
Hérédité : supposons qu'aux rangs 1<=i<=n, . Pour simplifier et bien comprendre, supposons aussi que n>=2. Montrons que .
Alors :

Ouf ! Fin de la récurrence. Nous avons montré que . Pour k=n en particulier, il vient f(n)>=n pour tout entier naturel n.
L'hypothèse f(n+1)>f(f(n)) implique alors que f(n+1)>f(n), c'est-à-dire que f est strictement croissante.
Par conséquent, l'hypothèse f(n+1)>f(f(n)) implique que n+1>f(n).
Ainsi, n+1>f(n)>=n, donc f(n)=n.

Inversement, l'identité sur IN vérifie les conditions de l'énoncé.

Problème très intéressant.

Vive Animath !!

oussama1305 a écrit:

Vive Animath !!

Ce que vous dites est très offensant. Je n'ai jeté aucun coup d'œil aux documents d'animath pendant la résolution. Ça m'a pris du temps. Et ce n'était sûrement pas pour être gratifié à la fin d'un "vive la triche".

Bon chers amis , je vous invite à oublier celà .
Si MohE le permet je vous propose cet exo tiré de l'olympiade de Russie :
Bonne chance !
tiré de mathslinks

oussama1305 a écrit:

Vive Animath !!

Je viens de jeter un coup d'œil au document d'animath et me rends compte, non sans joie, qu'il s'agit d'un des problèmes de l'IMO 1977. La solution proposée dans le document est sensiblement différente de la mienne. Je ne vois pas pourquoi vous songez à de la triche ?

Merci tarask de vouloir apaiser les tensions. Je m'occupe de ton problème à l'instant.

Dijkschneier a écrit:

oussama1305 a écrit:

Vive Animath !!

Je viens de jeter un coup d'œil au document d'animath et me rends compte, non sans joie, qu'il s'agit d'un des problèmes de l'IMO 1977. La solution proposée dans le document est sensiblement différente de la mienne. Je ne vois pas pourquoi vous songez à de la triche ?

Merci tarask de vouloir apaiser les tensions. Je m'occupe de ton problème à l'instant.

Il n'y a pas de mal à jeter un coup d'oeil et à prendre de la graine d'une solution, mais si c'est du travail personnel, et que mes mots t'ont offensé, j'en suis sincèrement désolé.

tarask a écrit:

Bon chers amis , je vous invite à oublier celà .
Si MohE le permet je vous propose cet exo tiré de l'olympiade de Russie :
Bonne chance !
tiré de mathslinks

Bonjour,

f(x)=1 pour tout x est une solution.
Intéressons nous maintenant aux solutions pour lesquelles il existe a tel que f(a) est différent de 1.

f(a^(xy))=f(a)^f(xy) mais aussi f(a^(xy))=f(a^x)^f(y)=f(a)^(f(x)f(y))

et comme f(a) est différent de 1, on en déduit f(xy)=f(x)f(y) et donc, classiquement, et puisque nous savons que f > 0 :

f(x)=e^h(ln(x)) avec h(x) de R dans R solution de l'équation de Cauchy.

L'équation initiale s'écrit donc e^(h(ln(x^y)))=e^(h(ln(x))e^h(ln(y))) et donc h(yln(x))=h(ln(x))e^h(ln(y)) que l'on peut aussi écrire :

h(xe^y)=h(x)e^(h(y))

Ceci montre que h(x) garde un signe constant sur R+ par exemple, et que donc elle est continue (toutes les solutions non continues de l'équation de Cauchy sont ni minorées, ni majorées sur tout intervalle ouvert non vide).

Donc h(x)=cx avec c non nul (puisque f(x) n'est pas la constante 1) et nous avons cxe^y=cxe^(cy) et donc c=1 et h(x)=x, donc f(x)=x qui est bien une solution

D'où les deux solutions de cette équation :
f(x)=1 pour tout x>0
f(x)=x pour tout x>0

Bonjour M.pco
j'ai une petite question et j'espère que ça ne va pas vous gêner
êtes-vous le même pco sur mathslinks ?

tarask a écrit:

Bonjour M.pco
j'ai une petite question et j'espère que ça ne va pas vous gêner
êtes-vous le même pco sur mathslinks ?

Oui, absolument.

Joli pco.

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