Olympiade mathématique de Leningrad.

Une fonction continue f:R -> R satisfait l'égalité f(x + f(x)) = f(x) pour tout réel x.
Prouver que f est constante.

Bonsoir, c'est de quel niveau

on pose g(x)=x+f(x)
f(x1 + f(x1)) = f(x1)
on pose x1=g(x2)
f(x2)=f(x2+f(x2)+f(x2+f(x2))=f(x2+2f(x2))
on pose x2=g(x3)
....
..etc
....
f(xn)=f(xn+nf(xn)) quelque soit n.

Bonjour;

Notons I l'application identique de R , g = I+f  et h = I-f
il est facile de vérifier que  hog = I  et  que h = 2I - g
g est donc injective et comme elle est continue elle est strictement monotone
g ne peut être décroissante car alors h serait croissante et par suite hog=I serait décroissante  
il est aussi facile (par l'absurde) de voir que g tend vers +oo en +oo et vers -oo en -oo
et par conséquent, g est un homéomorphisme croissant de R vers lui même (h=g^(-1))

Pour x et y réels distincts notons m(x,y)=(g(x)-g(y))/(x-y) >0  
on vérifie facilement que  m(x,y)=1/(2-m(g(x),g(y))=2-1/m(h(x),h(y))
et donc que 1/2<m(x,y)<2 la partie A = {m(x,y) / x#y } est donc bornée
ses bornes inférieure m et supérieure M vérifient : m<=2-1/m   et   M>=1(2-M)  et donc m=M=1

et ainsi g est une translation de IR.    sauf erreur bien entendu

Bonjour,

A elhor_abdelali : j'ai lu avec attention ta démo. Elle est parfaitement correcte. Bravo !

--
Patrick

Bonjour;
Merci pco , j'aurai aimé que mathman précise le niveau de cet exercice
car je doute qu'un bon élève de terminale sciences mathématiques puisse le résoudre (sauf erreur)

Bjr,

Je suis assez d'accord.
Je ne sais pas d'où mathman les sort, mais ils semblent très souvent largement au dessus du niveau classique (ceci dit, on est dans la rubrique olympiades et cela nécessite souvent de sortir de la tournure d'esprit purement scolaire).

Cela dit, je me régale sur ses problèmes.

Seul point : il y a des problèmes sur lesquels tout le monde a l'air de sécher et il serait intéressant d'avoir la solution au bout d'un moment.

--
patrick

Salut Elhor et pco,

effectivement, les problèmes que je propose peuvent parfois considérés comme difficiles même pour quelqu'un s'entraînant pour les olympiades, mais je les poste ici parce que je les trouve intéressant, et ne me soucie pas vraiment du niveau de difficulté.

Pour ce problème en particulier (cf. la source), lire par exemple ceci : http://www.mathpropress.com/books/LMO/LMOforeword.html .

Quant aux problèmes non-résolus, il y en avait un bon paquet (je parle ici pour ceux qui n'avaient pas été postés par moi), et je crois qu'ils sont maintenant quasiment tous résolus. Il est vrai que la majeure partie des problèmes de la section "Olympiades" qui restent sans réponse sont les miens. Déjà, il y en a 4 ou 5 que je n'ai moi-même pas résolus, et d'autre part, si quelqu'un est vraiment intéressé par un problème, mais qu'il n'arrive pas à le résoudre, et donc qu'il veut un indice/une solution, qu'il le dise dans le topic du problème en question.

une solution :
on note g_n la composée n eme de g
on pose g=I+f : f(g(x))=f(x) d ou f(g_n(x))=f(x)
g_n(x)=g(g_(n-1))=g_(n-1)+f(g_(n-1)) = g_(n-1)+f(x)
g_n(x)=g_(n-1)+f(x)
d ou g_n(x)=x+n*f(x)
f(x)=f(x+n*f(x))
si f(x)>0 alors f(x) = lim_(x tend vers +infini) f(x)=constante
si f(x)<0 alors f(x) = lim_(x tend vers -infini) f(x)=constante
donc f prend au plus trois valeurs , puisqu elle est continue alors f est constante

Bonjour,

bel_jad5 a écrit:

f(x)=f(x+n*f(x))
si f(x)>0 alors f(x) = lim_(x tend vers +infini) f(x)=constante
si f(x)<0 alors f(x) = lim_(x tend vers -infini) f(x)=constante
donc f prend au plus trois valeurs , puisqu elle est continue alors f est constante

Je suis désolé, mais c'est faux.
la continuité de f n'implique pas qu'elle ait une limite à l'infini. Elle peut très bien même être bornée et ne pas avoir de limite.

On ne peut donc écrire lim_(x tend vers +infini) f(x)=constante .

J'ai beaucoup tourné autour de cette équation sans aboutir et la seule démo rigoureuse pour l'instant me semble être celle de elhor_abdelali .

--
Patrick

c vrai , j ai pas fai attention ...j ai fai cette "pseudosolution" à l arache , je l ai même pas relu ,..merci bcp pr la remarque
amicalment ( je v essayer de la corriger après a+ )

voir aussi http://www.mathsland.com/Forum/lire-message.php?forum=5&identifiant=e25911108716782ca5ef03cea603c971

Je viens de voir que le lien que j'ai indiqué ci-dessus n'est plus disponible sur le net !

"[...]g = I+f et h = I-f
il est facile de vérifier que hog = I et que h = 2I - g
g est donc injective et comme elle est continue elle est strictement monotone
g ne peut être décroissante car alors h serait croissante et par suite hog=I serait décroissante."
En ce qui concerne la dernière proposition, g et h seraient de même monotonie parce que 1=h'(y).g'(h(y)) =1 dans le cas dérivable, et les courbes des deux fonctions sont symétriques par rapport à la ligne médiane y =x. Mais ne serait-il pas possible de considérer les valeurs absolues des taux de variation de signe constant?

Citation :

En ce qui concerne la dernière proposition, g et h seraient de même monotonie parce que 1=h'(y).g'(h(y)) =1 dans le cas dérivable, et les courbes des deux fonctions sont symétriques par rapport à la ligne médiane y =x. Mais ne serait-il pas possible de considérer les valeurs absolues des taux de variation de signe constant?

Bonjour nail ,

 à priori l'énoncé proposé par mathman (que je salue) ne comporte aucune hypothèse de dérivabilité.

 comme à ce stade de la résolution on n'a pas encore prouvé que h = g^(-1) (vu que la relation hog=I ne permet pas à elle seule de l'affirmer) ,

on ne peut pas dire que les courbes des deux fonctions sont symétriques par rapport à la ligne médiane y =x.

si on considère les valeurs absolues des taux de variation de signe constant comme tu proposes on risque de perdre les identités :

m(x,y) = 1/(2-m(g(x),g(y)) = 2-1/m(h(x),h(y))  qui m'étaient indispensables pour conclure  

Malgré que je croyais que le résultat sur la monotonie de g n'était pas correct, je voudrais faire une remarque sur l'achèvement, car les inégalités en m et en M qui sont déduites des deux relations entre m(x,y), m(g(x),g(y)) et m(h(x),h(y)) sont 1 /{2 -m} =< m et M =< 2 -1 /M. Merci.

OK nail je développe ce point :

en utilisant la caractérisation séquentielle de la borne inf , on a l'existence d'une suite (an,bn) telle que

m(an,bn) ---> m  

et comme :

m(g(an),g(bn)) = 2 - 1/m(an,bn)

on voit que :

m(g(an),g(bn))  ---> 2 - 1/m

et comme pour tout n on a :

m =< m(g(an),g(bn))

par passage à la limite on a :

m =< 2 - 1/m sauf erreur bien entendu

De même on l'existence d'une suite (cn,dn) telle que

(cn,dn) ---> M

et comme :

m(h(cn),h(dn)) = 1/(2 - m(cn,dn))

on voit que :

m(h(cn),h(dn)) ---> 1/(2 - M)

et comme on a pour tout n :

m(h(cn),h(dn)) =< M

on a par passage à la limite :

1/(2 - M) =< M sauf erreur bien entendu

Citation :

(cn,dn) ---> M

lire plutôt : m(cn,dn) ---> M  

2g = gog +I, tel que g est croissante, donc gog aussi, implique que 2g(x) > gog(0)+x pour tout x>0 et 2g(x) < gog(0) +x, d'où les limites de g.

... < gog(0) +x [si x <0],..
Aussi {m(x,y) = 2 -1 /m(h(x),h(y)) =< 2 -1 /M =>> M =< 2 -1 /M car M est le plus petit majorant des éléments de A} est envisageable. Salam

nail a écrit:

Aussi {m(x,y) = 2 -1 /m(h(x),h(y)) =< 2 -1 /M =>> M =< 2 -1 /M car M est le plus petit majorant des éléments de A} est envisageable

Oui nail , et c'est justement de tels arguments qui donnent les égalités :

m = 2 - 1/m  et M = 1/(2 - M) d'où la conclusion  m = M = 1 sauf erreur bien entendu