Préparations aux olympiades de tronc commun (2009-2010)

Joli problème, jolie solution. Bravo. J'attends éventuellement d'autre solutions.

Bonjour, je vous remercie pour ce groupement d'exercise qui sont au niveau des graves exercise:

Solution:

* Supposons qu'il existe un réel c, tel que f(0)=c, et fixant y sur 0, donc f(x²+f(y))=f(x)²+y => f(f(x))=c²+x. (1)
* Fixant une fois x=0 dans l'equation du départ, donc f(f(x))=x (2), et une fois dans (1), donc f(c)=c². (3)
* D'autre part, f(x²+f(y))=f(x)²+y =(en utilisant (2))=> f(f(x)²+y)=x²+f(y)+c². (R)
* Sur (R), fixant x=y=0 donc f(c²+c)=2c², et fixant c=0 => f(0)=0=c. (M)
* Or, si on pose y=0 dans l'equation du départ, f(x)²=f(x²+c)=f(x²).
* Par (R), x²+f(y)=f(f(x²)+y), or, nous avons f(x²+f(y))=f(x)²+y=f(x²)+y, on remarque donc que si f(m)=x => f(x)=m, supposons donc qu'il existe un réel h, vérifiant f(h)=x, donc f(x)=h, il en résulte que [f(h)]²+f(y)=f(f(f(h)²)+y) donc f(h²)+f(y) = f(h²+y). (S)
* Enfin --', de (S) et (R) on résulte que f(h)=h pour tout t£|R.
* Réciproquement cette fonction réalise les donées.

Merçi.

On enchaine avec un nouveau problème :
Problème :
Trouver toutes les fonctions de IR vers IR qui vérifient l'équation fonctionnelle : f(xf(x)+f(y))=y+f(x)²

Bonjour, "Nice probléme".
---------------------------------------------------------------------
Supposant qu'il existe un réel c tels que: f(0)=c.
* f(xf(x)+f(y))=x+f(x)², fixant x=y: f(xf(x)+f(x))=x+f(x)² => f(f(x)[x+1])=x+f(x)², et fixant x sur 0, donc: f(c)=c² ==> (1)
* Aussi, en fixant x=0 dans l'equation du départ on aura f(f(y))=y+c² (2).
* D'aprés (2), f(xf(x)+f(y))=x+f(x)² implique que f(x+f(x)²)=xf(x)+f(x)+c² (3)
* Et fixant x=0 dans (3), donc f(c²)=c*[c+1] (4)
* Dans (1), on remplacent c par c² donc f(c²)=c^4., D'ou c^4=c²+c ==> c=0
* D'aprés (1) f(f(y))=y+c², c²=0 implique que f(f(y))=y. (3)
* On a f(xf(x)+f(y))=y+f(x)², et d'aprés (1) f(y+f(x)²)=xf(x)+f(y). (A)
* Dans (A) on fixe y=0 => f(f(x)²)=xf(x) (B), et remplaçant dans l'inégalité de départ: f(xf(x)+f(y))=y+f(x)² => f(y+f(x)²)=y+f(f(x²)).
* D'ou f(x)=x (Ax £ |R), réciproquement cette fonction vérifie les donées.
- Maintenant Supposons qu'il existe un réel h tels que f(h)=x, selon (3) f(x)=h, et fixant h sur 0, donc f(x)=h=0, et remplaçant f(x) par sa valeur dans (B) f(f(x)²)=xf(x) => f(0)=0 ce qui est juste !
* Réciproquement, f(x)=0 => xf(x)=0, (3) implique que f(xf(x)+f(y))=f(f(y))=y=f(y)+f(x)²,
or xf(x)+f(y) =f(y)=f(y+f(x)²).
* D'ou f(x)=0 (Ax £ |R) réalise l'énoncé.

Merçi.

f(xf(x)+f(y))=y+f(x)² => f(y+f(x)²)=y+f(f(x²))

Tu voudras bien m'expliquer ce passage ?
pour moi ca devrait plutot etre : f(xf(x)+f(y))=y+f(x)² => f(y+f(x)²)=f(y)+f(f(x)²)
Je ne suis également pas d'accord avec ta demonstration de "c=0".
Ensuite je ne vois pas d'ou tu conclues que f(x)=x.

Merci de m'eclaircir.

Othmaann a écrit:

f(xf(x)+f(y))=y+f(x)² => f(y+f(x)²)=y+f(f(x²))

Tu voudras bien m'expliquer ce passage ?
pour moi ca devrait plutot etre : f(xf(x)+f(y))=y+f(x)² => f(y+f(x)²)=f(y)+f(f(x)²)
Je ne suis également pas d'accord avec ta demonstration de "c=0".
Ensuite je ne vois pas d'ou tu conclues que f(x)=x.

Merci de m'eclaircir.

* Pour la premiére, qu'une faute de frappe.. c'est clair la conclusion.
* Pour la conclusion de c²=0, on a fixer c=y (c est constante), Puisque f(f(c))=f(c²) et f(f(y))=y+c² (n'oubliez pas que f(c)=c²) donc à toi de conclure.
* De f(xf(x)+f(y))=y+f(x)² ET f(y+f(x)²)=f(y)+f(f(x²)) Tu peux conclure que f(x)²=x*f(x) => f(x)=x..

Au plaisir

M.Marjani a écrit:

Soit f la fonction vérifiant: f(xf(x)+f(y))=y+f(x)².
* Fixant x=0 => f(f(y))=y+c² (1), supposons qu'il existe un réel c tel que f(0)=c et fixant y=0 donc f(c)=c² (2).
* f(c)=c² implique que f(f(c))=f(c²), et fixant y=c dans (1) donc f(f(c))=c+c², supposant que c=0 donc f(f(0))=0 implique que f(c)=0=c², ce qui est juste.
* D'aprés (1) f(f(y))=y+c², c²=0 implique que f(f(y))=y. (3)
* On a f(xf(x)+f(y))=y+f(x)², et d'aprés (1) f(y+f(x)²)=xf(x)+f(y). (A)
* Dans (A) on fixe y=0 => f(f(x)²)=xf(x) (B), et remplaçant dans l'inégalité de départ: f(xf(x)+f(y))=y+f(x)² => f(y+f(x)²)=y+f(f(x²)).
* D'ou f(x)=x (Ax £ |R), réciproquement cette fonction vérifie les donées.

Spoiler:

Un peu de clarté ne nuirait pas. Vous utilisez systématiquement des variables que vous ne déclarez pas. c ?
Reliez-vous ce problème avec le problème précédent ? Ne faites pas ça, les deux problèmes sont indépendants.
Je vous en conjure, un peu de clarté ; je me fatigue toujours à vous lire.

Dijkschneier a écrit:

M.Marjani a écrit:

Soit f la fonction vérifiant: f(xf(x)+f(y))=y+f(x)².
* Supposons qu'il existe un réel c tel que f(0)=c. Fixant x=0 => f(f(y))=y+c² (1), et fixant y=0 donc f(c)=c² (2).
* f(c)=c² implique que f(f(c))=f(c²), et fixant y=c dans (1) donc f(f(c))=c+c², supposant que c=0 donc f(f(0))=0 implique que f(c)=0=c², ce qui est juste.
* D'aprés (1) f(f(y))=y+c², c²=0 implique que f(f(y))=y. (3)
* On a f(xf(x)+f(y))=y+f(x)², et d'aprés (1) f(y+f(x)²)=xf(x)+f(y). (A)
* Dans (A) on fixe y=0 => f(f(x)²)=xf(x) (B), et remplaçant dans l'inégalité de départ: f(xf(x)+f(y))=y+f(x)² => f(y+f(x)²)=y+f(f(x²)).
* D'ou f(x)=x (Ax £ |R), réciproquement cette fonction vérifie les donées.

Spoiler:

Un peu de clarté ne nuirait pas. Vous utilisez systématiquement des variables que vous ne déclarez pas. c ?
Reliez-vous ce problème avec le problème précédent ? Ne faites pas ça, les deux problèmes sont indépendants.
Je vous en conjure, un peu de clarté ; je me fatigue toujours à vous lire.

Bonjour,
Que des fautes de frappes... il faut déclarer c avant, et c'est édité.
Apart ça, je ne vois pas quelque chose n'est pas claire..
La méme idée du probléme précédant (apart quelque retouches), cette fois il existe deux fonctions réalisent l'énoncé. Pour l'écriture, " Hadchi li 3ta lah" s'il y avait une autre tecknologie que je fais à elle ma confiance, je l'utilise. ^^

M.Marjani a écrit:

il faut déclarer c avant, est c'est édité.

Ah bon ?
EDIT : merci d'avoir édité.

Othmaann avait raison de s'inquiéter. Votre démonstration de c=0 n'est pas du tout correcte. Je ne continue pas à lire parce que ça commence mal.
Petite précision au passage, il n'est pas besoin de supposer qu'un tel c existe, car toute image d'un élément de l'ensemble de définition de f est définie, c'est-à-dire qu'elle existe, et elle est unique.

Dijkschneier a écrit:

Othmaann avait raison de s'inquiéter. Votre démonstration de c=0 n'est pas du tout correcte. Je ne continue pas à lire parce que ça commence mal.
Petite précision au passage, il n'est pas besoin de supposer qu'un tel c existe, car toute image d'un élément de l'ensemble de définition de f est définie, c'est-à-dire qu'elle existe, et elle est unique.

Je ne vois aucune error dans la démonstration. Par contre, on sait que chaque élement à une image unique, c'est pourquoi j'ai parti à démontrer que l'image de c par raport à f, est 0..
Pour mieux comprendre, regarde ma réponse suite à l'intervention de Othmann. Tu n'as rien à t'inquiter.

l'image de c par rapport à f est 0 <=> f(c) = 0
or nous on essaye de démontrer que f(0)=c=0

L'erreur dans ta demonstration , je pense , est de supposer que c=0 et ensuite tu n'arrives pas forcement à un résultat tjr vrai avec des equivalences. Pour moi ce n'est pas logique ...

A mon avis , tu devrais commencer à organiser tes démonstrations sinon ca te nuira bcp en premiere crois moi.

.

M.Marjani a écrit:

Othmaann a écrit:

L'erreur dans ta demonstration , je pense , est de supposer que c=0 et ensuite tu n'arrives pas forcement à un résultat tjr vrai avec des equivalences. Pour moi ce n'est pas logique ..

Okey, c'était une error fatiguant.. Bienvue Othmane, Dijksheiner.
Je suppose que la fonction correcte va étre dans cette forme: f(t)=t²-1.

( Pour l'autre remarque, je n'utilise jusqu'à mtn ni bouquinage, ni Animath, ni.., quand ça va étre présent (dans un court délai), je pense que je serais ''..'' surtout les fonctions. )

Salam tout le monde
c'est un exercice deja posté par majdouline et répondu par houssam110 voici le lien
https://mathsmaroc.jeun.fr/premiere-f5/olympiodiose-t14626-255.htm
PS: pour l'autre équation fonctionelle j'ai une solution bien plus courte que celle de imanos
on démontre que la fonction et injective et impair==> f(0)=0 ==> on aura la solution bien plus facilement ...
PORTEZ vous bien
A+

houssam110 a écrit:

Salam tout le monde
c'est un exercice deja posté par majdouline et répondu par houssam110 voici le lien
https://mathsmaroc.jeun.fr/premiere-f5/olympiodiose-t14626-255.htm
PS: pour l'autre équation fonctionelle j'ai une solution bien plus courte que celle de imanos
on démontre que la fonction et injective et impair==> f(0)=0 ==> on aura la solution bien plus facilement ...
PORTEZ vous bien
A+

C'est façile de montrer qu'il est injective que pour 0, nous on cherche à la démontrer pour tout x£|R

Citation :

SAlut !!
voici cke jé trouvé (Sauf erreur ...)
1) (montrer que f est injective!
pour x=0 et f(0)=a
on a f(f(y))=a²+y
soi c et de de IR
donc f(c)=f(d)==> f(f(c))=f(f(d))==> a²+c=a²+d==> c=d
donc f est injective

Si on peut dire, que toutes vos solutions, sont vrai que pour x=0.
Amicalement.

houssam110 a écrit:

c'est un exercice deja posté par majdouline et répondu par houssam110 voici le lien
https://mathsmaroc.jeun.fr/premiere-f5/olympiodiose-t14626-255.htm

Le résultat f(x)²=x² est correct. Cela veut dire que pour tout réel x, f(x)=x ou f(x)=-x. Cela ne veut pas dire pour autant que les fonctions f(x)=x et f(x)=-x sont les seules fonctions qui répondent à l'énoncé. Une fonction f qui coïnciderait parfois sur x et d'autre fois sur -x répondrait tout autant à la condition f(x)²=x².
C'est une erreur très récurrente : l'implication est fausse.

Bon je défend donc xD:

Supposant qu'il existe un réel c tels que: f(0)=c.
* f(xf(x)+f(y))=x+f(x)², fixant x=y: f(xf(x)+f(x))=x+f(x)² => f(f(x)[x+1])=x+f(x)², et fixant x sur 0, donc: f(c)=c² ==> (1)
* Aussi, en fixant x=0 dans l'equation du départ on aura f(f(y))=y+c² (2).
* D'aprés (2), f(xf(x)+f(x))=x+f(x)² implique que f(x+f(x)²)=xf(x)+f(x)+c² (3)
* Et fixant x=0 dans (3), donc f(c²)=c*[c+1] (4)
* Dans (1), on remplacent c par c² donc f(c²)=c^4., D'ou c^4=c²+c ==> c=0

( Donc la methode que j'ai suivi est juste et j'attend une confirmation )
Enjoy

La solution qui se trouve ici est juste jusqu'à f(x)=x ou f(x)=-x pour tout réel x:
https://mathsmaroc.jeun.fr/premiere-f5/olympiodiose-t14626-255.htm
Je continue:
Supposons qu'il existe un réel a tel que f(a)=a.
(Dans l'autre cas, on aura f(a)=-a)
Fixons x=a.
On a f(x.f(x)+f(y))=y+f²(x).
Donc f(a.f(a)+f(y))=y+f²(a).
Donc f(a²+f(y))=a²+y.
Ce résultat est valable pour tout réel y.
Le premier cas: f(y)=y et f(a²+f(y))=-[a²+y].
Clairement cela est faux car f(a²+f(y))=a²+y.
Le second cas: f(y)=-y et f(a²+f(y))=a²+y.
Donc f(a²-y)=a²+y.
Ce qui est faux.
Le troisième cas: f(y)=-y et f(a²+f(y))=-[a²+y].
Donc f(a²-y)=-[a²+y].
Ce qui est faux.
Le dernier cas: f(y)=y et f(a²+f(y))=a²+y.
Donc f(a²+y)=a²+y.
Ce qui est juste.
Sauf erreur bien sûr.

Bravo nmo. Vous avez montré que s'il existait un réel a tel que f(a)=a, alors pour tout réel x, f(x)=x. Si ce réel a n'existe pas, alors f(x)=-x pour tout réel. Bien.
Au lieu de garder le caractère général du réel a, vous pouviez choisir a=1 : vous nuirez pas à la généralité du problème. La conclusion est alors plus aisée à parachever car il n'y a plus nécessité d'étudier 4 cas.

Dijkschneier a écrit:

La conclusion est alors plus aisée à parachever car il n'y a plus nécessité d'étudier 4 cas.

Malheureusement la démonstration de Houssam110, n'est plus correcte dés le début:

Citation :

1) (montrer que f est injective!
pour x=0 et f(0)=a
on a f(f(y))=a²+y
soi c et de de IR
donc f(c)=f(d)==> f(f(c))=f(f(d))==> a²+c=a²+d==> c=d
donc f est injective

Soit "c" et "d" de |R ?! , "c" est une constante, non pas un tel variable de |R. [Il faut faire la différence entre l'existence, et tout x£|R.

Sinon vous gaspillez du temps pour la completer.

soit c et d des réels quelconques c'est ce qu'il entendait par là je suppose. sa démonstration est juste il me semble!

Bon, la bonne réponse jusqu'à maintenant:

Spoiler:

Si vous n'avez pas des critiques, je propose ce exercise conscernant les fonctions:

Trouvez toutes les applications f : |N*-->|N* telles que pour tous entiers s,t>0: f(t²f(s))=s*(f(t))². Puis déterminer la plus petite valeur possible de f(1998).

Bonne chance.

Othmaann a écrit:

soit c et d des réels quelconques c'est ce qu'il entendait par là je suppose. sa démonstration est juste il me semble!

f est dite injective si pour tous x et x' dans l'intervalle X, f(x) = f(x' ) implique x = x' .
D'une autre maniére, une application f de X dans Y est dite injective si


Pour ne pas gaspillé du temps, je propose à toi de réflichir à l'exercise que j'ai donné.

Spoiler:

en prenant des reels quelconque il est possible de généraliser. Mais effectivement pour éviter de polémiquer jessairai de poster une solution de votre exercice!