fonction au carré

En voilà un exercice trés intéressant:
Trouver toutes les fonctions f:R---->R satisfaisant l'équation:
f(x²+y²+2.f(xy))=(f(x+y))² pour tout x,y dans R
(Bonne chance)

Bonjour

je pose : P(x;y) : f(x²+y² + 2f(xy)) = (f(x+y))²

d'aprés la forme de l'equation on deduit que:

f(x) >= 0 qlq soit x dans R
f(x) = 1 et f(x) = 0 sont des solution triviaux !

P(0;0) : f(2a) = a² (a = f(0))

P(-x;-y) : f((-(x+y))² = (f(x+y))² en particulier f(-x)²=(f(x))²

qui donne que f(x) = f(-x) ( car le cas où f(-x) = -f(x) est fausse puisque f >0 ) pr tt x dans R
donc f est pair

P(x;-x) : f(2x² + 2f(x²)) = a²

P(x;x) : f(2x² + 2f(x²)) = (f(2x))² donc f(2x) = a ce qui montre que les seules solutions sont les solutions constantes
f(x)=1 pr tt x dans R
f(x) = 0 pr tt x dans R

voir que f(x) = x si x>0 et f(x)=0 si x < 0 et f(0) = a >0 est une solution mais n'est pas pair! remarquant que l'equation fonctionnelle précis seulement des solutions pairs qui ont que celles constantes
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claude wagschal

wagshall a écrit:

Bonjour

je pose : P(x;y) : f(x²+y² + 2f(xy)) = (f(x+y))²

d'aprés la forme de l'equation on deduit que:

f(x) >= 0 qlq soit x dans R

Bonjour wagshall,

Malheureusement, ceci est faux: f(x)>=0 uniquement pour les x pouvant se mettre sous la forme u^2+v^2+2f(uv) et donc rien ne dit que ceci est le cas pour tous les x de R.

Et f(x)=x est aussi une solution triviale de cette équation, impaire, et prenant des valeurs négatives.

oui c vrai nemo c'etait une reponse immediat (pas dy temps) je vais reposter à nouveau une nouvelle solution
merci pr la remarque

nouvelle redaction!

les solutions triviaux!
f = θ
f = 1

je pose P(x;y) : f(x²+y² + 2f(xy)) = (f(x+y))²

P(x;0) : f(x² + 2a) = f(x)² avec a=f(0)

P(x;-x) : f(2x² + 2f(-x²)) = a² pr tt x£IR

alors il existe un b£IR tq 2x² + 2f(-x²) = b ===> f(-x²) = b/2 - x²
alors puisque f(0) = b/2 = a donc b=2a d'où f(-x²) = a - x²

c'est à dire f(x) = x + a prtt x =< 0

soit x>0
P(0;-x) : f(x² + 2a) = (f(-x))² = (a-x)² = (f(x))²

donc f(x)² = (a-x)² ==> f(x) = |a-x| pr tt x>0

le reste est simple ...

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claude wagschal

wagshall a écrit:

je pose P(x;y) : f(x²+y² + 2f(xy)) = (f(x+y))²

P(x;0) : f(x² + 2a) = f(x)² avec a=f(0)

P(x;-x) : f(2x² + 2f(-x²)) = a² pr tt x£IR

alors il existe un b£IR tq 2x² + 2f(-x²) = b ===> f(-x²) = b/2 - x²

Je suis désolé mais je ne suis toujours pas d'accord.

rien ne dit que f(x) est injective, et donc "il existe un b£IR tq 2x² + 2f(-x²) = b" est bien sûr vrai mais le "b" peut parfaitement être différent pour chaque x. Il n'y a aucune raison pour que ce soit une constante. Donc on ne peut pas en déduire b=2a ... et cela ne conduit pas à la solution (en tout cas pas directement).

bah oui c vrai je peux prendre b une constante dépend de x prquoi pas une on prend pas b = αE(g(x)) avec g une fonction qlq et α un reel donné en tt cas je crois que cette equation aura traiter d'une manière "lol"

wagshall a écrit:

bah oui c vrai je peux prendre b une constante dépend de x prquoi pas une on prend pas b = αE(g(x)) avec g une fonction qlq et α un reel donné en tt cas je crois que cette equation aura traiter d'une manière "lol"

Reste à trouver le g(x)