Préparations aux olympiades de tronc commun (2009-2010)

Voici un nouveau essai:
1)Supposons qu'il existe un entier n tel que a(a+1)=n².
Donc a²+a=n².
Donc a²+a-n²=0.
C'est une équation du second degré, qui a pour discriminent 1+4n².
Il faut que V(1+4n²) appartient à l'ensemble des entiers.
Donc un carré parfait.
On sait d'autre côté, qu'un carré parfait non nul augmenté de 1 ne peut jamais être un carré parfait.
Donc V(1+4n²) n'est pas un entier et par conséquent, il n'existe pas d'entier a différent de 0 et de -1 pour que a(a+1) soit un carré parfait.
2)Même démonstration.
(Le discriminent vaut 4+4n² et V(4+4n²)=2V(1+n²) ne peut pas être un entier)
Sauf erreur.

nmo a écrit:

Voici un nouveau essai:
1)Supposons qu'il existe un entier n tel que a(a+1)=n².
Donc a²+a=n².
Donc a²+a-n²=0.
C'est une équation du second degré, qui a pour discriminent 1+4n².
Il faut que V(1+4n²) appartient à l'ensemble des entiers.
Donc un carré parfait.
On sait d'autre côté, qu'un carré parfait non nul augmenté de 1 ne peut jamais être un carré parfait.
Donc V(1+4n²) n'est pas un entier et par conséquent, il n'existe pas d'entier a différent de 0 et de -1 pour que a(a+1) soit un carré parfait.
2)Même démonstration.
(Le discriminent vaut 4+4n² et V(4+4n²)=2V(1+n²) ne peut pas être un entier)
Sauf erreur.

Bravo. Vos solutions sont correctes.
Pour la troisième partie, le cas a=1 contredit effectivement la proposition. Mais il peut être intéressant de savoir si la proposition est correcte ou pas ailleurs. Supposons donc que a est différent de -3, 0, et de 1, et réétudions la proposition. Vous pouvez aussi vous pencher sur le cas général a(a+k)=n² où a est supposé non nul et différent de -k si cela vous tente.

nmo a écrit:

Si y est négatif, que peut-tu dire?

Il reste donc un seul cas à montrer, dans ma prochaine visite..( la fatigue là fait ).

Dijcksirpoaea.. a écrit:

Tu ignores ce que l'injéctivité.. mal rédigée

Eh bien, j'ai honté d'utiliser çe mot.. mais je pense que c'est toi qui l'ignores car tu n'as pas vu la cas générale:
http://upload.wikimedia.org/math/7/5/4/7548e8d545d46744edffe5a6f79e5aa2.png
Comme tu vois, j'ai supposé que y>=0, donc f est injectif sur l'intervalle [0,+00[ ! En plus de ça il y a aussi f(x)=x.
La "fixatation" comme son nom ne l'indique pas, c'est toujours çe qu'on peut supposer pour donner une valeur fixé, connu, à une variable. Exactement çe que je veux dire par fixé "y=x²": Il existe un y£[0,+00[ qui vérifie une des conditions de x². Pour ne pas entrer au philosophie, attends mon prochain poste ))

Spoiler:

Amicalement.

Eh bien. Comme vous ne croyez pas à mes mots, je vais vous citer vos propres mots :

M.Marjani a écrit:

* On a supposé que x=x² et nous avons trouvé f(x)=f(x²), donc f est injective

Ce que vous dîtes n'est en rien de l'injectivité. x=x² => f(x)=f(x²) est une relation toujours vraie car f est une fonction, i.e, chaque élément de l'ensemble de départ de f est relié par f à un unique élément de l'ensemble d'arrivée de f.
L'injectivité de f est équivalente à l'implication inverse : f(x)=f(x²) => x=x². Vous n'avez jamais prouvé, du moins clairement, une implication pareille dans votre preuve.

Dijkschneier a écrit:

Ce que vous dîtes n'est en rien de l'injectivité.
L'injectivité de f est équivalente à l'implication inverse : f(x)=f(x²) => x=x². Vous n'avez jamais prouvé,.

A vous de voir le domaine de définition: |R --> |R.
Pour ce qui est souligné, çelà existe dans la réciproque.

Sauf error.

Dijkschneier a écrit:

Problème 1 :
Trouver toutes les fonctions de IR vers IR qui vérifient l'équation fonctionnelle :
f(f(x)+y)=f(x²-y)+4yf(x)

Supposons que y est positif, et fixons y=x².
On a f(f(x)+y)=f(x²-y)+4yf(x).
Donc f(f(x)+x²)=f(x²-x²)+4x²f(x).
Donc f(f(x)+x²)=f(0)+4x²f(x).
Supposons que y est négatif,et fixons y=-x².
On a f(f(x)+y)=f(x²-y)+4yf(x), et remplaçons y par -y.
Donc f(f(x)-y)=f(x²+y)-4yf(x).
Donc f(f(x)+x²)=f(x²-x²)+4x²f(x).
Donc f(f(x)+x²)=f(0)+4x²f(x).
Dans les deux cas, on a f(f(x)+x²)=f(0)+4x²f(x).==>(1)
Fixons maintenant y=-f(x).
On a f(f(x)-f(x))=f(x²+f(x))-4f²(x).
Donc f(0)=f(f(x)+x²)-4f²(x).==>(2)
En sommant 1 et 2, on trouve f(f(x)+x²)+f(0)=f(0)+4x²f(x)+f(f(x)+x²)-4f²(x).
Donc 4x²f(x)-4f²(x)=0.
Donc 4f(x)[x²-f(x)]=0.
Donc f(x)=0 ou x²-f(x)=0.
Donc f(x)=0 ou f(x)=x².
Réciproquement, soit f la fonction définie par f(x)=x².
On a f(f(x)+y)=[f(x)+y]².
Donc f(f(x)+y)=(x²+y)².
Donc f(f(x)+y)=x^4+2x²y+y².==>(*)
Et on a f(x²-y)+4yf(x)=(x²-y)²+4yx².
Donc f(x²-y)+4yf(x)=x^4-2x²y+y²+4x²y.
Donc f(x²-y)+4yf(x)=x^4+2x²y+y².==>(**)
De * et ** , la fonction f(x)=x² satisfait l'équation fonctionelle.
Soit f la fonction définie par f(x)=0.
On a f(f(x)+y)=0.
Et on a f(x²-y)+4yf(x)=0+4y*0.
Donc f(x²-y)+4yf(x)=0.
Donc la fonction f(x)=0 satisfait, elle aussi l'équation fonctionelle.
Les deux fonctions solutions sont f(x)=x² et f(x)=0.
Sauf erreur.

Dijkschneier a écrit:

Problème 2 :
Trouver toutes les fonctions de IR vers IR qui vérifient l'équation fonctionnelle :
f(f(x)+y)=f(x²-y)+4yf(x²)

De la même manière, on aboutit à f(x)=0 ou f(x)=x².
Réciproquement, soit f la fonction définie par f(x)=x².
On a f(f(x)+y)=[f(x)+y]².
Donc f(f(x)+y)=(x²+y)².
Donc f(f(x)+y)=x^4+2x²y+y².
Et on a f(x²-y)+4yf(x²)=(x²-y)²+4yx^4.
Donc f(x²-y)+4yf(x²)=x^4-2x²y+y²+4yx^4.
Ainsi la fonction f(x)=x² ne vérifie pas l'équation fonctionelle.
Soit f la fonction définie par f(x)=0.
On a f(f(x)+y)=0.
Et on a f(x²-y)+4yf(x²)=0+4y*0.
Donc f(x²-y)+4yf(x²)=0.
Donc la fonction f(x)=0 satisfait l'équation fonctionelle.
La fonction solution est f(x)=0.
Sauf erreur.

Je vous propose un exercice de géométrie:
ABCD est un quadrilatère convexe et inscriptible.
Les diagonales [AC] et [BD] se coupent en E.
Donnons: AD=300, AE=225, AB=195, et BC=280.
Calculez l'aire de ce quadrilatère.
Bonne chance.

nmo a écrit:

Problème 1 :
En sommant 1 et 2, on trouve f(f(x)+x²)+f(0)=f(0)+4x²f(x)+f(f(x)+x²)-4f²(x).
Donc 4x²f(x)-4f²(x)=0.
Donc 4f(x)[x²-f(x)]=0.
Donc f(x)=0 ou x²-f(x)=0.
Donc f(x)=0 ou f(x)=x².

La finalité du problème était d'observer que ce passage est problématique.
(Pour tout réel x, f(x)[x²-f(x)]=0), implique, (pour tout réel x, f(x) = 0 ou f(x)=x²), et non pas, (pour tout réel x, f(x)=0, ou pour tout réel x, f(x)=x²).
Les deux fonctions f(x)=0 et f(x)=x² ne sont donc pas, à votre étape de la démonstration, les seules fonctions nécessaires.

Dijkschneier a écrit:

nmo a écrit:

Problème 1 :
En sommant 1 et 2, on trouve f(f(x)+x²)+f(0)=f(0)+4x²f(x)+f(f(x)+x²)-4f²(x).
Donc 4x²f(x)-4f²(x)=0.
Donc 4f(x)[x²-f(x)]=0.
Donc f(x)=0 ou x²-f(x)=0.
Donc f(x)=0 ou f(x)=x².

La finalité du problème était d'observer que ce passage est problématique.
(Pour tout réel x, f(x)[x²-f(x)]=0), implique, (pour tout réel x, f(x) = 0 ou f(x)=x²), et non pas, (pour tout réel x, f(x)=0, ou pour tout réel x, f(x)=x²).
Les deux fonctions f(x)=0 et f(x)=x² ne sont donc pas, à votre étape de la démonstration, les seules fonctions nécessaires.

Je ne comprends pas beaucoup ce que tu voulais dire.
Peux-tu m'éclairer tant.

Soient P(x) et Q(x) deux propriétés définies sur E et dépendantes de la variable x.
Ce que je veux dire est très exactement que l'implication :

est fausse.

nmo a écrit:

Dijkschneier a écrit:

Problème 1 :
Trouver toutes les fonctions de IR vers IR qui vérifient l'équation fonctionnelle :
f(f(x)+y)=f(x²-y)+4yf(x)

Supposons que y est positif, et fixons y=x².
On a f(f(x)+y)=f(x²-y)+4yf(x).
Donc f(f(x)+x²)=f(x²-x²)+4x²f(x).
Donc f(f(x)+x²)=f(0)+4x²f(x).
Supposons que y est négatif,et fixons y=-x².
On a f(f(x)+y)=f(x²-y)+4yf(x), et remplaçons y par -y.
Donc f(f(x)-y)=f(x²+y)-4yf(x).
Donc f(f(x)+x²)=f(x²-x²)+4x²f(x).
Donc f(f(x)+x²)=f(0)+4x²f(x).
Dans les deux cas, on a f(f(x)+x²)=f(0)+4x²f(x).==>(1)
Fixons maintenant y=-f(x).
On a f(f(x)-f(x))=f(x²+f(x))-4f²(x).
Donc f(0)=f(f(x)+x²)-4f²(x).==>(2)
En sommant 1 et 2, on trouve f(f(x)+x²)+f(0)=f(0)+4x²f(x)+f(f(x)+x²)-4f²(x).
Donc 4x²f(x)-4f²(x)=0.
Donc 4f(x)[x²-f(x)]=0.
Donc f(x)=0 ou x²-f(x)=0.
Donc f(x)=0 ou f(x)=x².
Réciproquement, soit f la fonction définie par f(x)=x².
On a f(f(x)+y)=[f(x)+y]².
Donc f(f(x)+y)=(x²+y)².
Donc f(f(x)+y)=x^4+2x²y+y².==>(*)
Et on a f(x²-y)+4yf(x)=(x²-y)²+4yx².
Donc f(x²-y)+4yf(x)=x^4-2x²y+y²+4x²y.
Donc f(x²-y)+4yf(x)=x^4+2x²y+y².==>(**)
De * et ** , la fonction f(x)=x² satisfait l'équation fonctionelle.
Soit f la fonction définie par f(x)=0.
On a f(f(x)+y)=0.
Et on a f(x²-y)+4yf(x)=0+4y*0.
Donc f(x²-y)+4yf(x)=0.
Donc la fonction f(x)=0 satisfait, elle aussi l'équation fonctionelle.
Les deux fonctions solutions sont f(x)=x² et f(x)=0.
Sauf erreur.

Bonjour nmo,

Excusez moi de ne pas compléter ma solution de s'occuper d'autres choses, et excusez moi de faire une petite critique de ce que vous voullez compléter pour ma methode:

On vise ce qui est en bleu: vous avez supposé que y=x² d'accord, aprés, vous avez essayé pour montrer que si y=-x² donc f(x)=x² et là je ne suis pas d'accord pour la methode que vous avez fais:

Premiérement, quand t'as supposé: y=-x² il ne faut pas supposer aprés que y=-y, car çela t'enméne à: y=-y=-x² => y=x² et t'es maintenant dans ta premiére supposition que y=x² (positif).

deuxéme chose, c'est qui est en rouge: fixer y=-f(x) c'est inexistable dans les régles de mathématiques, sinon qui garantis qu'une variable égale à une fonction?

3éme chose, un conseil: quand t-on suppose y=-y, çela n'est réaliser que pour 0, non pas tout x£|R, çela veut dire que f(x)=0 n'est réalisé que pour le chiffre 0, çe qui montre que f(0)=0.

Je vous conseil d'essayer de nouveau, je vais te proposé quelques eclairement que j'ai trouvé hier:

* J'ai déja prouver que f(f(x))=f(x²), vous montrer que f(0)=0.
* f(f(x)+y)=f(x²-y)+4yf(x), x=0 donc f(f(0)+y)=5f(y). (1)
* de (1) on remplace f(0) par 0, donc f(y)=0, f(y)=0 est réalisé pour tout x £ |R . supposant y=x² donc f(x²)=0, supposons que y=-x² donc f(-x²)=0 ( ce sont inclus dans f(y)=0) .
Conclusion; f(f(x))=f(x²) <=> f(x)=x² ou bien f(x)=0

Chapeu nmo pour vous efforts, je vous souhaite une bonne chance.
Amicalement.

M.Marjani a écrit:

nmo a écrit:

Dijkschneier a écrit:

Problème 1 :
Trouver toutes les fonctions de IR vers IR qui vérifient l'équation fonctionnelle :
f(f(x)+y)=f(x²-y)+4yf(x)

Supposons que y est positif, et fixons y=x².
On a f(f(x)+y)=f(x²-y)+4yf(x).
Donc f(f(x)+x²)=f(x²-x²)+4x²f(x).
Donc f(f(x)+x²)=f(0)+4x²f(x).
Supposons que y est négatif,et fixons y=-x².
On a f(f(x)+y)=f(x²-y)+4yf(x), et remplaçons y par -y.
Donc f(f(x)-y)=f(x²+y)-4yf(x).
Donc f(f(x)+x²)=f(x²-x²)+4x²f(x).
Donc f(f(x)+x²)=f(0)+4x²f(x).
Dans les deux cas, on a f(f(x)+x²)=f(0)+4x²f(x).==>(1)
Fixons maintenant y=-f(x).
On a f(f(x)-f(x))=f(x²+f(x))-4f²(x).
Donc f(0)=f(f(x)+x²)-4f²(x).==>(2)
En sommant 1 et 2, on trouve f(f(x)+x²)+f(0)=f(0)+4x²f(x)+f(f(x)+x²)-4f²(x).
Donc 4x²f(x)-4f²(x)=0.
Donc 4f(x)[x²-f(x)]=0.
Donc f(x)=0 ou x²-f(x)=0.
Donc f(x)=0 ou f(x)=x².
Réciproquement, soit f la fonction définie par f(x)=x².
On a f(f(x)+y)=[f(x)+y]².
Donc f(f(x)+y)=(x²+y)².
Donc f(f(x)+y)=x^4+2x²y+y².==>(*)
Et on a f(x²-y)+4yf(x)=(x²-y)²+4yx².
Donc f(x²-y)+4yf(x)=x^4-2x²y+y²+4x²y.
Donc f(x²-y)+4yf(x)=x^4+2x²y+y².==>(**)
De * et ** , la fonction f(x)=x² satisfait l'équation fonctionelle.
Soit f la fonction définie par f(x)=0.
On a f(f(x)+y)=0.
Et on a f(x²-y)+4yf(x)=0+4y*0.
Donc f(x²-y)+4yf(x)=0.
Donc la fonction f(x)=0 satisfait, elle aussi l'équation fonctionelle.
Les deux fonctions solutions sont f(x)=x² et f(x)=0.
Sauf erreur.

Bonjour nmo,
Excusez moi de ne pas compléter ma solution de s'occuper d'autres choses, et excusez moi de faire une petite critique de ce que vous voullez compléter pour ma methode:
On vise ce qui est en bleu: vous avez supposé que y=x² d'accord, aprés, vous avez essayé pour montrer que si y=-x² donc f(x)=x² et là je ne suis pas d'accord pour la methode que vous avez fais:
Premiérement, quand t'as supposé: y=-x² il ne faut pas supposer aprés que y=-y, car çela t'enméne à: y=-y=-x² => y=x² et t'es maintenant dans ta premiére supposition que y=x² (positif).
deuxéme chose, c'est qui est en rouge: fixer y=-f(x) c'est inexistable dans les régles de mathématiques, sinon qui garantis qu'une variable égale à une fonction?
3éme chose, un conseil: quand t-on suppose y=-y, çela n'est réaliser que pour 0, non pas tout x£|R, çela veut dire que f(x)=0 n'est réalisé que pour le chiffre 0, çe qui montre que f(0)=0, quand on suppose y=-y, çela n'est pas autoriser de mon point de vue, c'est plutot qu'on va dire que y=0.
Je vous conseil d'essayer de nouveau, je vais te proposé quelques eclairement que j'ai trouvé hier:
* J'ai déja prouver que f(f(x))=f(x²), vous montrer que f(0)=0.
* f(f(x)+y)=f(x²-y)+4yf(x), x=0 donc f(f(0)+y)=5f(y). (1)
* de (1) on remplace f(0) par 0, donc f(y)=0, f(y)=0 est réalisé pour tout x £ |R . supposant y=x² donc f(x²)=0, supposons que y=-x² donc f(-x²)=0 ( ce sont inclus dans f(y)=0) .
Conclusion; f(f(x))=f(x²) <=> f(x)=x² ou bien f(x)=0
Chapeu nmo pour vous efforts, je vous souhaite une bonne chance.
Amicalement.

Le fait de fixer x²=y n'est pas valables pour certaines valeurs de y.
C'est pour cela que j'ai divisé y, une fois positif et une fois négatif.
Pour ce qui est en rouge, j'ai remplaçé y par -y.
Et non pas fixer y=-y.

M.Marjani a écrit:

On vise ce qui est en bleu: vous avez supposé que y=x² d'accord, aprés, vous avez essayé pour montrer que si y=-x² donc f(x)=x² et là je ne suis pas d'accord pour la methode que vous avez fais:
Premiérement, quand t'as supposé: y=-x² il ne faut pas supposer aprés que y=-y, car çela t'enméne à: y=-y=-x² => y=x² et t'es maintenant dans ta premiére supposition que y=x² (positif).

Ses passages étaient assez ambigus, effectivement. Il était possible de déboucher sur le résultat espéré sans autant souffrir sur des détails de signes.

M.Marjani a écrit:

deuxéme chose, c'est qui est en rouge: fixer y=-f(x) c'est inexistable dans les régles de mathématiques, sinon qui garantis qu'une variable égale à une fonction?

Encore une fois, le terme "fixer" n'est pas très bien choisi. Mais de donner à la variable y la valeur de la variable f(x) est tout à fait possible. Vous confondez sans doute avec autre chose.

M.Marjani a écrit:

* J'ai déja prouver que f(f(x))=f(x²), vous montrer que f(0)=0.
* f(f(x)+y)=f(x²-y)+4yf(x), x=0 donc f(f(0)+y)=5f(y). (1)
* de (1) on remplace f(0) par 0, donc f(y)=0, f(y)=0 est réalisé pour tout x £ |R . supposant y=x² donc f(x²)=0, supposons que y=-x² donc f(-x²)=0 ( ce sont inclus dans f(y)=0) .
Conclusion; f(f(x))=f(x²) <=> f(x)=x² ou bien f(x)=0

Merci d'élucider vos propos.

@nmo : je suis plutot de l'avis de M.Marjani , d'après que vous donne le droit de pouvoir remplacer y par -y ? l'etude des cas y=x² et y=-x² est bien necessaire comme vous l'aviez fait mais par la suite je ne vous suis plus.

@ M.Marjani : votre solution ainsi que votre conclusion me semblent quand à elles un peu hative.
Pourriez-vous mieux expliquer ?

Othmaann a écrit:

@ M.Marjani : votre solution ainsi que votre conclusion me semblent quand à elles un peu hative.
Pourriez-vous mieux expliquer ?

J'ai déja réflichi pour l'exercise hier et déja résolu dans la feuille. Mon dérnier poste n'était pas pour répondre à l'exercise, mais que pour éclairer quelques points. ( Vous pouvez consultez le 1/2 de ma solution dans mon dérnier poste du page précedante ).

Dijkschneier a écrit:

Soient P(x) et Q(x) deux propriétés définies sur E et dépendantes de la variable x.
Ce que je veux dire est très exactement que l'implication :

est fausse.

Bon, je suis ici: pour tout x un réel, f(x)=0 ou f(x)=x².
Supposons qu'il existe un réel m non nul, tel que f(m)=0.
On fixe x=m.
On a f(f(x)+y)=f(x²-y)+4yf(x).
Donc f(f(m)+y)=f(m²-y)+4yf(m).
Donc f(0+y)=f(m²-y)+4y*0.
Donc f(y)=f(m²-y).
Si y#m²-y.
Alors f(y)=f(m²-y)=0.
Et par conséquent f(y)=0 pour tout réel y différent de m²/2.==>(1)
Fixons cette fois-ci x=m²/2 et y un réel non nul tel que f(m²/2)+y#m²/2 et (m²/2)²-y#m²/2.
On a f(f(x)+y)=f(x²-y)+4yf(x).
Donc f(f(m²/2)+y)=f((m²/2)²-y)+4yf(m²/2).
D'où f(m²/2)=0.==>(2)
De 1 et 2, on déduit que f(x)=0 pour tout réel x.
De la même manière, on étudie la fonction f(x)=x².
Les deux fonctions solutions sont f(x)=x² et f(x)=0.
Sauf erreur.
J'attends une confirmation.

nmo a écrit:

Si y#m²-y.
Alors f(y)=f(m²-y)=0.

Un peu rapide comme passage... Non ?

M.Marjani a écrit:

Solution 1 :

Soit f une fonction vérifiant: f(f(x)+y)=f(x²-y)+4yf(x).
* Fixant y=0, donc f(f(x))=f(x²) ==> (1).
* Fixant y=x, donc f(f(x)+x)=f(x²-x)+4x*f(x) ==> (2).
Par l'equation du départ, f(x)=[f(f(x))+y)-f(x²-y)]/4y et supposons que y=x², donc f(x)=f(x)=[f(f(x))+x²)-f(0)]/4x² ==> (A).
* Fixant une autre fois x=x² dans (1), donc f(f(x)+x²)=f(x²-x)+4x²*f(x) ==> (A)
* Donc f(x)=[f(f(x)+x²)-f(0)]/4x² ==> (B)
* Et remplaçant (A) dans (B), et nous aurons enfin: f(x)=[4x²*f(x²)]/4x²=f(x²).
* On a supposé que x=x² et nous avons trouvé f(x)=f(x²).

* J'ai déja prouver que f(f(x))=f(x²), vous avez déja montré que f(0)=0.
* f(f(x)+y)=f(x²-y)+4yf(x), fixant x sur 0, donc f(f(0)+y)=f(-y)+4yf(0), f(0)=0 donc f(y)=f(-y) ==> f est paire, donc ce qui est juste pour [0,+00[ est juste pour |R.
* Donc f(x)=x² est juste pour |R.

Dijkschneier a écrit:

nmo a écrit:

Si y#m²-y.
Alors f(y)=f(m²-y)=0.

Un peu rapide comme passage... Non ?

On a f(y)=f(m²-y).
Si f(x)=x².
Alors y²=(m²-y)².
Donc y=m²-y.
Puisque j'ai supposé que y#m²-y.
Donc il nous reste l'autre cas f(y)=0 pour tout y réel.

nmo a écrit:

On a f(y)=f(m²-y).
Si f(x)=x².
Alors y²=(m²-y)².
Donc y=m²-y.
Puisque j'ai supposé que y#m²-y.
Donc il nous reste l'autre cas f(y)=0 pour tout y réel.

- Ce qui est en bleu: Pourquoi pas y=y-m² ? Sinon, vous travaillez que dans |R+.
( Quand t-on dirait a²=x => a=x ou bien a=-x, encore qui garantis que a=x? )

nmo a écrit:

Si y#m²-y.
Alors f(y)=f(m²-y)=0.

Il y avait quelque chose qui cloche là-bas.

nmo a écrit:

On a f(y)=f(m²-y).
Si f(x)=x².
Alors y²=(m²-y)².
Donc y=m²-y.
Puisque j'ai supposé que y#m²-y.
Donc il nous reste l'autre cas f(y)=0 pour tout y réel.

Ce n'est pas parfaitement cela mais je te l'accorde. Il fallait en vérité étudié 4 cas : si f(y)=0 et f(m²-y)=(m²-y)², si f(y)=y² et f(m²-y)=0, si f(y)=y² et f(m²-y)=(m²-y)², si f(y)=0 et f(m²-y)=0. Les deux premiers cas étant trivialement faux car ils mènent vers une absurdité de la forme (variable = constante), le troisième est faux d'après la supposition (y#m²-y). C'est donc le dernier cas qu'on garde.
La fin de ta démonstration est correcte. Une remarque en dernier lieu, à la fin de ta démonstration, tu dis "de la même manière on étudie la fonction f(x)=x²", or cette étude n'est pas du tout nécessaire, car si la supposition première est fausse (qu'il existe un réel m non nul tel que f(m)=0), alors la fonction ne s'annule en aucun point de IR*, et est donc la fonction x² (car il n'y a que deux possibilités). Il reste alors à prolonger cette définition sur 0, ce qui est très aisé.
Bravo.

Je vous encourage nmo pour le grand effort, et pour la belle methode, mais j'attend encore votre réponse sur ma remarque.

M.Marjani a écrit:

M.Marjani a écrit:

Solution 1 :

Soit f une fonction vérifiant: f(f(x)+y)=f(x²-y)+4yf(x).
* Fixant y=0, donc f(f(x))=f(x²) ==> (1).
* Fixant y=x, donc f(f(x)+x)=f(x²-x)+4x*f(x) ==> (2).
Par l'equation du départ, f(x)=[f(f(x))+y)-f(x²-y)]/4y et supposons que y=x², donc f(x)=f(x)=[f(f(x))+x²)-f(0)]/4x² ==> (A).
* Fixant une autre fois x=x² dans (1), donc f(f(x)+x²)=f(x²-x)+4x²*f(x) ==> (A)
* Donc f(x)=[f(f(x)+x²)-f(0)]/4x² ==> (B)
* Et remplaçant (A) dans (B), et nous aurons enfin: f(x)=[4x²*f(x²)]/4x²=f(x²).
* On a supposé que x=x² et nous avons trouvé f(x)=f(x²).

* J'ai déja prouver que f(f(x))=f(x²), vous avez déja montré que f(0)=0.
* f(f(x)+y)=f(x²-y)+4yf(x), fixant x sur 0, donc f(f(0)+y)=f(-y)+4yf(0), f(0)=0 donc f(y)=f(-y) ==> f est paire, donc ce qui est juste pour [0,+00[ est juste pour |R.
* Donc f(x)=x² est juste pour |R.

- J'ai déja montré que si x=x² => f(x)=f(x²), et que f(x)=f(f(x))=f(x²)=x²
Donc il existe deux fonctions: f(x)=x² (pour tout x de |R) , et f(x)=x (pour tout x £ |R+).
- Soit f la fonction réalisant f(f(x)+y)=f(x²-y)+4y*f(x), et supposons qu'il existe un réel t, tels que f(t)=0 et t=x, donc f(f(t)+y)=f(t²-y)+4y*f(t), remplaçont f(t) par 0, et fixant t=0 implique que f(y)=f(-y), donc on résulte que cette fonction est paire ==> (1).
- Dans f(y)=f(t²-y) fixant cette fois y sur 0, donc f(t²)=f(0)=0 ==> (2)
- De (1) et (2) il en résulte que f(x)=0 pour tout |R.
* Réciproquement les fonctions f(x)=0, f(x)=x² réalisent l'énoncé, f(x)=x n'est pas juste pour |R, car f est paire.

C'est fini donc, sans prolongé dans les détails.. J'attend vos bonnes critiques

Je vous propose un nouveau problème extrait du concours de l'ENSAM de 2010.
Problème :
Trouvez toutes les fonctions f : IR -> IR telles que : f(x²+f(y))=f(x)²+y, pour tout réels x et y.