une équation fonctionnelle à deux inconnues

trouver tout les couples de fonctions réelle de la variable réelle tel que:
f(x+g(y))=xf(y)-yf(x)+g(x)
PS:je l'ai trouvée dans un autre forum,j'ai postée une idée qui m'a parue naturelle mais je n'ai pas eu d'échos.J'éspere donc des réponses ici

salut Joystar !!!

le probleme equivalent de trouver tt les fonctions (f,g) de IR dans IR tq:

f(x + g(y)) + f(y + g(x)) = g(x) + g(y) .

ce qui est une idée de depart !!!

aller bonne chance

PS: ma reponse sera poster apres que je termine qlq choses ...
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lahoucine

vu qu'il semble que tu l'as résolu et que l'objet de mon poste n'ai pas vraiment destiné à recuillir des solutions mais plutot de savoir si la réponse que je propose comporte un minumum de justesse,je me permet de propager mon idée sur cette équation.
Voilà ce que j'avais écris:(ne faites pas attention à certaines idées qui paraissent totalement incohérentes vu qu'ils doivent être placées dans leurs contextes pour être vraiment comprises)
oui elle est affine,ne pas oublier le cas des coefficient nulles
en tout cas,trés rapidement j'ai trouvé que:(0,0);(a,-ax) ou a réel
et puis on peut supposer que f est bijective dans les autres cas qui restent,l'idée qui me travese l'esprit c'est de distinguer entre le cas où f est polynomes et f quelquonque
dans le 1er cas on trouve que f est forcement affine (fog affine)
sinon on considère g=(-f(0)x+f(0)/(1-f(0))°f^(-1).
De toute les manières c'était sans réfléchire;j'attend donc une confirmation ou autre

mathema a écrit:

PS: ma reponse sera poster apres que je termine qlq choses

pco a écrit:

mathema a écrit:

PS: ma reponse sera poster apres que je termine qlq choses

pco a écrit:

mathema a écrit:

PS: ma reponse sera poster apres que je termine qlq choses

Hi Mr PCo !!!

ça fait longtemps qu'on a pas recontré LOL !!! ....

je travaille des choses plus utiles et je crois que les pluparts des membres ont savé cela et leurs reponses ( ) a une grande influence sur ce que j'ai dis mais OUI peut etre ça me prends de temps même la resolution de cette e.f ne peut pas etre dans qlq lingne mais assez developpable et je crois que tu vois la même chose.

et vois ce que "joystar1" veut :

joystar1 a écrit:

vu qu'il semble que tu l'as résolu et que l'objet de mon poste n'ai pas vraiment destiné à recuillir des solutions mais plutot de savoir si la réponse que je propose comporte un minumum de justesse,je me permet de propager mon idée sur cette équation

allez to next time...

PS: I see that you're not finished the Last e.f but isn't problem
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lahoucine

Non Mr mathema ton équation n'est pas équivalente à celle de joystar1 :

par exemple le couple (f=1,g=1) n'est pas solution de l'équation de joystar1 alors qu'il est solution de la tienne sauf erreur bien entendu

salut Mr elhor_abdelali

est ce que tu es sûr que (f=1;g=1) est une solution pour l'equation:f(x + g(y)) + f(y + g(x)) = g(x)+g(y)

si f=1 et g=1 donc

f(x+y) + f(y+x) = 2x+2y # x+y ce qui est pas le cas..

MAIS il faut juste eviter le cas ou f;g sont constante!!!

f(x+g(y)) = xf(y) - yf(x) + g(x) (1)

alors remplaçons x par y et y par x
f(y + g(x)) = yf(x) - xf(y) + g(y) (2)

(1) + (2) ==>

f(x + g(y)) + f(y + g(x)) = g(x) + g(y) ...

et merci

PS: je vais donner qlq chose a propos de cet equation
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lahoucine

J'ai écris ( f =1 , g = 1 ) pour désigner le couple de fonctions constantes de valeurs 1

Je te donne un autre contre exemple : ( f = (1/2) IdIR , g = IdIR )

ce couple vérifie la relation : f ( x + g(y) ) + f ( y + g(x) ) = g(x) + g(y)

mais pas la relation : f ( x + g(y) ) = xf(y) - yf(x) + g(x) sauf erreur bien entendu

mathema a écrit:

salut Joystar !!!

le probleme equivalent de trouver tt les fonctions (f,g) de IR dans IR tq:

f(x + g(y)) + f(y + g(x)) = g(x) + g(y) .

ce qui est une idée de depart !!!

aller bonne chance

PS: ma reponse sera poster apres que je termine qlq choses ...
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lahoucine

et en remplacant y par x on trouve:
f(x+g(x))=g(x) ce qui nous mène à une infinité de solutions tel que la fonction g'(x)=x+g(x) soit injective.
j'ai traité qq exemples mais il n'ont pas marché pour vérifier :
f(x+g(y))=xf(y)-yf(x)+g(x) !!
je crois qu'il faut qq conditions supplumentaires pour l'énoncé...

elhor_abdelali a écrit:

Je te donne un autre contre exemple : ( f = (1/2) IdIR , g = IdIR )

ce couple vérifie la relation : f ( x + g(y) ) + f ( y + g(x) ) = g(x) + g(y)

mais pas la relation : f ( x + g(y) ) = xf(y) - yf(x) + g(x) sauf erreur bien entendu

Oui je suis totalement d'accord Mr Abdelali (peut etre apparait qu'elle ny' aucune relation...) Mais ça faire penser à qlq choses d'apres la forme de l'equation fonctinnelle donnée ce qu'il faut signalé c'est que x # y !!!!

et merci

PS: à mon avis il faut premierement etudier une telle structure de couple (f;g) j'essayerai de la traiter la plus vite possible
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lahoucine

salut cher(e)s forumers,iwa assi mathema je crois que tu m'avais promis une démonstration et puis (là je m'adresse à tout le monde) que pensez de ce que j'ai proposé comme idée.J'ai remarqué que tous vous l'avez ignoré.

joystar1 a écrit:

salut cher(e)s forumers,iwa assi mathema je crois que tu m'avais promis une démonstration et puis (là je m'adresse à tout le monde) que pensez de ce que j'ai proposé comme idée.J'ai remarqué que tous vous l'avez ignoré.

salut Mr joystar1 !!!

Oui je te promis mais avec une sous-condition c'est d'avoir terminer qlq chose car ça me fait 2 semaine que j'ai debutté à demontrer qlq trucs et aprés je vais travailler sur cette e.f (car je vois pas que ça est urgent!!!)

en plus je te demande de verifié est ce que tu manque la condition que x#y sinon je vais changer la direction vers une autre depart.

ET jamais votre sujet sera ingnoré .

et merci
PS:voir ma derniere PS qui dis que je vais le traiter....
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lahoucine @+

En tout cas merci d'avoir lu mon message et pris la peine d'y répondre.J'ai bien saisi que tu as plus important à faire et je respecte ton choix.changeons de tournure maintenant,premierement pour la condition que tu demande à ce qu'elle soit revérifié je te declare sincerement que c'est un enoncé que j'ai piqué d'un autre forum je n'ai connais pas plus que toi à ce sujet par conséquent je ne peux te garantire rien au sujet de sa véracité.Secondo,je crois que tu ne m'as pas bien compris:j'ai proposé une petite idée et j'aimerais que vous me dites ce que vous en pensez.je la rappele:j'ai trouvé que:(0,0);(a,-ax) ou a réel
et puis on peut supposer que f est bijective dans les autres cas qui restent,l'idée qui me travese l'esprit c'est de distinguer entre le cas où f est polynomes et f quelquonque
dans le 1er cas on trouve que f est forcement affine (fog affine)
sinon on considère g=(-f(0)x+f(0)/(1-f(0))°f^(-1).
[i][u]

t'es sur que (a,-ax) est solution?

lol non en fait d'ailleur je sais plus comment j'ai trouvé ce couple solution.Lorsque j'avais résolu,si on peut appelé par ça,ça a été fait trés rapidement (jai même pas verifié)

salut joystar1 !!!

ben d'apres ce que tu as pris il est facile de montrer que si (f;g)#(0,0) on peut accepter qu'ils sont bijective...
mais ce que tu as fog affine ==> f affine C'EST FAUX en effet: si tu as pris par exemple f(x)=1/x et g(x)=1/(ax+b) il est clair que fog affine mais ni f ni g sont affines
.....
et merci
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lahoucine

je ne suis pas d'accord avec toi,j'avais dis dans le 1er cas on trouve f affine.Par le 1er cas j'entend que f est polynomiale donc ton contre exemple n'est pas placé au bon endroit.

salut Joystar1 !!!

ben je parle pas de cette exo mais d'une maniere generale si fog est affine sur D ça nimplique PAS que f ou g est affine sur D !!!!

Joystar1 a écrit:

...dans le 1er cas on trouve que f est forcement affine (fog affine)....

et je te demande de prouver ça en plus Prouver que les fonctions affines sont des solutions (particuliers) de cette equation !!!! ...
PS: Je suis entrain de poster ma reponse ....
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lahoucine

Bonjour ;

On peut montrer que toute solutions ( f , g ) où g s'annule au moins une fois sur IR est de la forme :

( f : x ---> (a/(1+a)).(x-a) , g : x ---> a.(x-a) ) avec a £ IR-{-1}

elhor_abdelali a écrit:

Bonjour ;

On peut montrer que toute solutions ( f , g ) où g s'annule au moins une fois sur IR

salut Mr AbdelAli !!!

Il est clair que f;g tous les deux peuvent s'annule une seule fois!! en effet:
comme donnés:

*) H(x;y) : f(x + g(y)) = xf(y) - yf(x) + g(x).

*) f(0) = a

*) g(0)=b.

*) f(x)=g(x)=0 solution evident donc supposons dans la suite que (f;g)#(0,0).


donc:

pr tt x£ IR* : H(x;0) : f(x + b) = ax + g(x). (1)

pr tt x£ IR* : H(0;x) : f(g(x)) = -ax + b . (2)

donc si a=0 on aura d'apres (2) fog(x) = b ce qui implique que: pr tt x£IR* f(x)=cte ce que ne verifie pas l'equation fonctionnelle (car f#0) ...

donc a#0. d'ou (1) donc que f;g sont bijective de IR* dans IR.

donc il sera existe un unique (u;v)£IR*² tq f(u)=0 et g(v)=0.

apres un long developpement nous pouvons sortir à une resultat.....

PS: à mon avis il faut signalé deja que x#y sinon (c-a-d si x=y) on trouve que l'equation fonction ~ f(x + g(x))=g(x) qui admet bcp des solutions vyons que f;g est de classe C_infini ...

et merci
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lahoucine

Mr mathema , il faut se méfier des déductions hâtives :

d'une part la constance de fog n'entraine pas celle de f que si g est surjective

d'autre part je ne vois pas comment tu déduis alors la bijectivité de f et g

elhor_abdelali a écrit:

Mr mathema , il faut se méfier des déductions hâtives :

d'une part la constance de fog n'entraine pas celle de f que si g est surjective

d'autre part je ne vois pas comment tu déduis alors la bijectivité de f et g

OK Mr AbdelAli

pour la premiere remarque j'ai deduis ça d'apres que fog est constante !!!! MAis voir ça:

supposons que f(0)=a=0!!

H(g(x)-b;0) : f(g(x))=g(g(x) - b)
H(0;x) : f(g(x)) = b
d'où g(g(x) - b) =b (pr tt x£IR*) (g(0)=b)

que tu as deduis de ça Mr????

d'une autre part:

SI on a trouvé que f(0)=a#0 donc:

H(x-b;0) : f(x) = ax + g(x-b) -ab (pr tt x#b).(*)

et sans oublie que Df=Dg et d'apres l'enoncé on a juste besoin des fonction definissent sur IR.

et qu'on peut deduire d'apres (*)????....

et MErci d'avancé
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lahoucine