cousine de cauchy

determiner toutes les fonctions f definient sur l ensemble des reels vers l ensemble des reels et verifiant :

i) f(1)=1

ii) f(x).f(1/x)=1 pr tt reel non nul

iii) f(a+b)=f(a)+f(b) pr tt reel a et b

• f(a+b)=f(a)+f(b) pr tt reel a et b => f(x) = p x (cauchy) / p £ R
  

• f(1)=1
  f(x).f(1/x)=1 pr tt reel non nul
  

=> p² = 1 => p = 1


f(x) = x , x £ R

anasss a écrit:

• f(a+b)=f(a)+f(b) pr tt reel a et b => f(x) = p x (cauchy) / p £ R
  

• f(1)=1
  f(x).f(1/x)=1 pr tt reel non nul
  

=> p² = 1 => p = 1


f(x) = x , x £ R

Malheureusement, cette démonstration est fausse.

f(a+b)=f(a)+f(b) n'entraîne pas f(x)=px sans conditions suppémentaires sur f (bornée, ou monotone, on continue, par exemple).

L'astuce ici est certainement que la condition supplémentaire f(x)f(1/x)=1 doit permettre de réduire les solutions à f(x)=x, mais comment ?

Là est la question

anasss a écrit:

• f(a+b)=f(a)+f(b) pr tt reel a et b => f(x) = p x (cauchy) / p £ R
  

• f(1)=1
  f(x).f(1/x)=1 pr tt reel non nul
  

=> p² = 1 => p = 1


f(x) = x , x £ R

Si f est continue c'est bon .
Sinon ???????????

pco a écrit:

anasss a écrit:

• f(a+b)=f(a)+f(b) pr tt reel a et b => f(x) = p x (cauchy) / p £ R
  

• f(1)=1
  f(x).f(1/x)=1 pr tt reel non nul
  

=> p² = 1 => p = 1


f(x) = x , x £ R

Malheureusement, cette démonstration est fausse.

f(a+b)=f(a)+f(b) n'entraîne pas f(x)=px sans conditions suppémentaires sur f (bornée, ou monotone, on continue, par exemple).

L'astuce ici est certainement que la condition supplémentaire f(x)f(1/x)=1 doit permettre de réduire les solutions à f(x)=x, mais comment ?

Là est la question

je ne vois pas comment nous servir de l'aspets bornée tout seul !!!

salut Mr pco:

la fonction f satisfaisante f(x+y)=f(x)+f(y) est continue sur IR si et seulement si elle est continue en point x=0. (x;y €IR).
et elle est facile de montrer que f(0)=0 existe. et la densité de Q dans IR donne que f(x)=ax / a=f(1)=f'(0).
la suite est clair.....
===============================================
merci

pco a écrit:

......
L'astuce ici est certainement que la condition supplémentaire f(x)f(1/x)=1 doit permettre de réduire les solutions à f(x)=x, mais comment ?
Là est la question ........

BJR-BSR à Toutes et Tous !!
En effet pco , la seule solution c'est bien f=Id , on l'obtient en prouvant que f est positive sur IR+ , puis croissante sur IR on termine la démo en partant de f(r)=r si r est dans Q par des encadrements de x réel par deux suites monotones de Q convergentes vers x .....
Quant à l'astuce que tu évoques : elle est basée en substance sur les éléments suivants
si x est un réel différent de 0 et 1
f(1/{x.(1-x)})=f{(1/x)+(1/(1-x))}=f(1/x)+f(1/(1-x))
=1/f(x) + 1/{f(1)+f(-x)}=1/f(x) + 1/{1-f(x)}=1/{f(x).(1-f(x))}
Il en résultera alors : f{x(1-x)}=f(x).{1-f(x)}
On en déduira que f(x)-f(x^2)=f(x) - {f(x)}^2

d'ou f(x^2)={f(x)}^2
Cette égalité est encore VRAIE pour x=0 ou x=1

Celà garantit que f est POSITIVE sur IR+
Si z >0 écrire z={rac(z)}^2 puis f(z)={f(rac(z))}^2 .....
Enfin , vous obtiendrez aussi la CROISSANCE de f sur IR.

Cette astuce n'est pas de Moi , elle est d'Oumpapah et je vais dès que Z-Share sera disponible vous envoyer son Corrigé Détaillé .
Merci Beaucoup Oumpapah !!! Génial !!!

A propos de cette Equation Fonctionnelle :
Voici un Lien Z-Share du Corrigé fait par Oumpapah évoqué dans mon Post ci dessus :

http://www.zshare.net/download/58321113cd206dcf/

Amitiés à Vous !!!

wagshall a écrit:

salut Mr pco:

la fonction f satisfaisante f(x+y)=f(x)+f(y) est continue sur IR si et seulement si elle est continue en point x=0. (x;y €IR).
et elle est facile de montrer que f(0)=0 existe. et la densité de Q dans IR donne que f(x)=ax / a=f(1)=f'(0).
la suite est clair.....
===============================================
merci

Oui, il y a un très grand nombre de conditions équivalentes à la continuité pour l'équation de Cauchy :
- f continue sur R
- f continue en 1 point
- f monotone sur un intervalle quelconque non vide
- f minorée, ou majorée, sur un intervalle quelconque non vide
- ...

L'une quelconque de ces conditions (toutes équivalentes) permet de conclure aux solutions continues de type f(x)=ax.

Conan a écrit:

je ne vois pas comment nous servir de l'aspets bornée tout seul !!!

Je poste prochainement une réponse à votre interrogation, Conan.

Oeil_de_Lynx a écrit:

si x est un réel différent de 0 et 1
f(1/{x.(1-x)})=f{(1/x)+(1/(1-x))}=f(1/x)+f(1/(1-x))
=1/f(x) + 1/{f(1)+f(-x)}=1/f(x) + 1/{1-f(x)}=1/{f(x).(1-f(x))}
Il en résultera alors : f{x(1-x)}=f(x).{1-f(x)}
On en déduira que f(x)-f(x^2)=f(x) - {f(x)}^2

d'ou f(x^2)={f(x)}^2

Très joli!

Oeil_de_Lynx a écrit:

pco a écrit:

......
L'astuce ici est certainement que la condition supplémentaire f(x)f(1/x)=1 doit permettre de réduire les solutions à f(x)=x, mais comment ?
Là est la question ........

BJR-BSR à Toutes et Tous !!
En effet pco , la seule solution c'est bien f=Id , on l'obtient en prouvant que f est positive sur IR+ , puis croissante sur IR on termine la démo en partant de f(r)=r si r est dans Q par des encadrements de x réel par deux suites monotones de Q convergentes vers x .....
Quant à l'astuce que tu évoques : elle est basée en substance sur les éléments suivants
si x est un réel différent de 0 et 1
f(1/{x.(1-x)})=f{(1/x)+(1/(1-x))}=f(1/x)+f(1/(1-x))
=1/f(x) + 1/{f(1)+f(-x)}=1/f(x) + 1/{1-f(x)}=1/{f(x).(1-f(x))}
Il en résultera alors : f{x(1-x)}=f(x).{1-f(x)}
On en déduira que f(x)-f(x^2)=f(x) - {f(x)}^2

d'ou f(x^2)={f(x)}^2
Cette égalité est encore VRAIE pour x=0 ou x=1

Celà garantit que f est POSITIVE sur IR+
Si z >0 écrire z={rac(z)}^2 puis f(z)={f(rac(z))}^2 .....
Enfin , vous obtiendrez aussi la CROISSANCE de f sur IR.

Cette astuce n'est pas de Moi , elle est d'Oumpapah et je vais dès que Z-Share sera disponible vous envoyer son Corrigé Détaillé .
Merci Beaucoup Oumpapah !!! Génial !!!

merci pr votre reponse prof , c exactement ce que j ai fait

Réponse à l'interrogation de Conan :

Bonjour Conan,

Soit f(x+y)=f(x)+f(y) avec f(1)=a
On a tout de suite f(x)=ax sur Q et f(px+qy)=pf(x)+qf(y) pout tout x, y de R, p et q de Q

Supposons qu'il existe un réel u pour lequel f(u) soit différent de a*u. f(u)=a*u + b avec b non nul.

Soit p_n une suite de rationnels convergeant vers u par valeurs inférieures
Soit q_n une suite de rationnels convergeant vers u par valeurs supérieures
Soit v un réel quelconque différent de u

Soit k_n = [(v-p_n)/(u-p_n)] et r_n = [(v-q_n)/(u-q_n)] ([] désigne la partie entière)
La suite k_n tend vers l'infini du signe de v-u quand n tend vers +inf
La suite r_n tend vers l'infini du signe de u-v quand n tend vers +inf

Les suites s_n = p_n + k_n (u - p_n) et t_n = q_n + r_n (u - q_n) tendent toutes les deux vers v quand n tend vers +inf

f(s_n) = f(p_n + k_n (u - p_n)) = a*p_n + k_n(au+b - ap_n) = a*p_n + k_n b + ak_n(u - p_n)
Quand n tend vers + inf, a*p_n tend vers au, k_n(u - p_n) tend vers v-u et donc f(s_n) tend vers l'infini du signe de b(v-u)

f(t_n) = f(q_n + r_n (u - q_n)) = a*q_n + r_n(au+b - aq_n) = a*q_n + r_n b + ar_n(u - q_n)
Quand n tend vers + inf, a*q_n tend vers au, r_n(u - q_n) tend vers v-u et donc f(t_n) tend vers l'infini du signe de b(u-v)

Nous avons donc deux suites s_n et t_n convergeant toutes deux vers v et dont les images par f tendent vers -inf et +inf

En conséquence, si il existe u tel que f(u) soit différent de au, on peut trouver au voisinage de n'importe quel réel v différent de u des points où f(x) est aussi grand ou aussi petit que l'on veut. Et, en prenant v aussi proche de u que l'on veut, cette propriété est encore vraie pour u lui-même)

Donc f(x) n'est minorée ou majorée sur aucun intervalle ouvert non vide de R.

Contraposée :
Si f(x) est majorée ou minorée sur un intervalle ouvert non vide de R, f(x)=ax.