= fonctionelle!

trouver toutes les les fonctions f:[1;+00[--->IR+ qui verifier:
f(x)-f(y) =rac[f(x/y)*f(xy)] pour tt x>y>1.
Bonne chance et merci

no one .....!!!!!????

yallah...!!!!!

ou est les mathematiciens
dés le 27/08/2008 jusqu'à maintenant.
l3jb
_____________________________________________________
lahoucine @++

R+ est {x > 0 | x dans R} ?

IR+=[0;+00[
_______________lahoucine

je vous propose un essaie!!! .
avant de commencer il faut citer que x>=y>=1 car f: [1,+00[---->IR+
on a: f(x)-f(y) =rac[f(x/y)*f(xy)], pour y=1
f(x)-f(1)=V(f(x))²
f(x)>=0 donc V(f(x))²=f(x)
=>f(x)-f(1)=f(x)
=>f(1)=0.

on prends x=1, donc :

f(1)-f(y)=rac[f(1/y)*f(y)], on a f(1)=0 donc:

-f(y)=rac[f(1/y)*f(y)]
on a: f(y)>=0 alors -f(y)=<0
-f(y)=rac[f(1/y)*f(y)]
=>f(y)=-rac[f(1/y)*f(y)]
on a: A+ = B-, donc ce n'est pas vrai que pour 0, alors f(y)=0
par changement du variable, on deduit f(x)=0

alors il existe une seule fonction constante f(x)=0.

je suis pas certain de la réponse, aidez moi!!!!.

je veux savoir svp si ma réponse est juste??

svp

h99 a écrit:

je vous propose un essaie!!! .
avant de commencer il faut citer que x>=y>=1 car f: [1,+00[---->IR+
on a: f(x)-f(y) =rac[f(x/y)*f(xy)], pour y=1
f(x)-f(1)=V(f(x))²
f(x)>=0 donc V(f(x))²=f(x)
=>f(x)-f(1)=f(x)
=>f(1)=0.

on prends x=1, donc :cela implique que y=1 car x>=y>=1

f(1)-f(y)=rac[f(1/y)*f(y)], on a f(1)=0 donc:

-f(y)=rac[f(1/y)*f(y)] y ou 1/y est inferieur à 1!!!
on a: f(y)>=0 alors -f(y)=<0
-f(y)=rac[f(1/y)*f(y)]
=>f(y)=-rac[f(1/y)*f(y)]
on a: A+ = B-, donc ce n'est pas vrai que pour 0, alors f(y)=0
par changement du variable, on deduit f(x)=0

alors il existe une seule fonction constante f(x)=0.

je suis pas certain de la réponse, aidez moi!!!!.

Ta démo est fausse, mais c'est une bonne tentative!!
J'espère avoir répondu à ta demande.

merci exodian95

Bonjour ;

Je trouve comme solutions :

x --> a ln²x ; a £ IR+ .

x --> a (x^b - 1/x^b)² ; a , b £ IR+ .

Je ferai un autre post pour la preuve sauf erreur bien entendu


remarque :
La valeur en 1 peut être choisie arbitrairement dans IR+
mais toute solution admet un prolongement continu à [1,+oo[ qui s'annule en 1.

vous pouvez Mr elhor_abdelali poster la preuve?

Je laisse encore un peu de temps pour une autre eventuelle résolution

en effet c'est une éternité qu'elle est posté mais sans réponse!!

Juste une piste :

En posant pour tout réel positif x , h(x) = Vf(e^x) le problème devient équivalent à la recherche des fonctions :

h : IR+ ---> IR+ vérifiant h²(x) - h²(y) = h(x - y) . h(x + y) pour tous réels x > y > 0

https://mathsmaroc.jeun.fr/equations-fonctionnelles-f10/une-enquete-fonctionnelle-t11589.htm sauf erreur bien entendu

Il reste quand même un point à régler avant de pouvoir utiliser les résultats du lien que j'ai indiqué ci-dessus .

Toute solution non identiquement nulle sur ]1,+oo[ de l'équation f : [1,+oo[ ---> IR+ , f(x) - f(y) = rac( f(x/y).f(xy) ) ; x>y>1

est continue strictement croissante sur ]1,+oo[ de limite nulle à droite de 1 et +oo en +oo .

Preuve :

Soit f une solution non identiquement nulle sur ]1,+oo[ .

La croissance de f sur ]1,+oo[ étant claire soit x>y>0 tels que f(x) = f(y)

f s'annulerait donc en l'un des réels (strictement supérieurs à 1) x/y ou xy

si on note a>1 un réel tel que f(a) = 0 on a f nulle sur ]1,a] (par croissance et positivité de f)

et comme f(a²) - f(a) = rac( f(a).f(a^3) ) on a aussi f(a²) = 0 et donc f nulle sur ]1,a²]

et une petite récurrence donnerait en fait que f nulle sur ]1,a^(²^n)] pour tout n dans IN

et comme la suite a^(²^n) tend vers +oo avec n , on voit que f serait identiquement nulle sur ]1,+oo[ .

f étant positive le réel b = infx>1f(x) existe dans IR+

si b était atteint en un certain x0>1 on devrait avoir b =< f( (1+x0) / 2 ) < f(x0) = b

ainsi pour £>0 (arbitraire) on a l'existence d'un x>1 tel que b<f(x)<b+£ (par définition d'une borne inf non atteinte)

et de même on a l'existence d'un y>1 tel que b<f(y)<f(x)<b+£

et on a donc b < f(x) - f(y) < £ ce qui donne b = 0. (car £ est arbitraire)

mais alors de nouveau pour un £>0 donné on a un x>1 tel que 0<f(x)<£ et la croissance de f donnerait en fait

0<f(t)<£ pour tout t dans ]1,x] et ceci n'est autre que la traduction quantifiée de lim f = 0 quand x --> 1^+ .

Pour z>x>y>1 on a 0<f(x) - f(y) = rac( f(x/y).f(xy) ) =< rac( f(x/y).f(z²) ) et en faisant tendre y vers x (puis x vers y)

on voit que f est continue à gauche et à droite de tout point de ]1,+oo[ .

Si f admettait une limite finie L en +oo , en faisant x --> +oo dans f(x²) - f(x) = rac( f(x).f(x^3) ) on devrait avoir 0 = L


On conclut alors que toute solution f non identiquement nulle sur ]1,+oo[ admet un prolongement continue à [1,+oo[

et si on note encore f ce prolongement on a :

f(1) = 0

f strictement croissante sur [1,+oo[ (en particulier strictement positive sur ]1,+oo[)

f(x) --> +oo quand x --> +oo

et ainsi si pour une telle solution on pose h(x) = rac( f(e^x) ) pour x£IR+ on voit que :

h(0) = 0

h continue strictement croissante sur [0,+oo[ (en particulier strictement positive sur ]0,+oo[)

h(x) --> +oo quand x --> +oo

et bien entendu h²(x) - h²(y) = h(x - y) . h(x + y) pour tous x >= y > = 0 sauf erreur bien entendu



à suivre . . .

Finalement en prolongeant h par imparité c'est à dire en posant h(x) = - h(-x) pour x<0 ,
on voit que le problème se ramène à la recherche des fonctions h : IR ---> IR ,
continues strictement croissantes vérifiant h²(x) - h²(y) = h(x - y) h(x + y) pour tous réels x et y

à suivre dans le lien indiqué

merci bcp elhor_abdelali!!!

remarque : Tout au début de la preuve lire plutôt ,

La croissance de f sur ]1,+oo[ étant claire soit x>y>1 tels que f(x) = f(y) petite erreur de frappe