E.f(Own).

voilà :

f:IR-->IR.

.

a£IR



bonne chance

Pas de réponse?

salut l'exercice est tres simple basé sur le Lemme suivant:
f:F->G et g:E->F deux applications (fog:E->G)
fog bijective ===> g injective et f surjective

Dém:

fog biject ===> fog inject

supposons que g n'est pas inject donc il existent x;y reels tq x # y et g(x) = g(y) ===> fog(x) = f(g(y)) ==> fog n'est pas injective

alors fog inject ==> g inject

fog biject ==> fog surj ===> pr tt y£G exist x£E tq fog(x) = y ==>pr tt y£G existe z=g(x)£g(E) tq f(z) = y et puisque g(E)CF donc f est surjective .CQFD

d'abord:


si a = 0

les solutions triviaux

f (x) = A dans R

Q(x;y) : f(f(x) + y) =f(f(y)-x)
Q(0;x) : f(b+x) = f(f(x)) avce b =f(0)
Q(x;0) : f(f(x)) = f(b-x)
donc f(b-x) = f(b+x)
(*) f admet x=b axe de symetrie
et Q(y;-x) : f(f(y)-x) = f(f(-x) -y) = f(f(x) + y)

==> f(f(-x) - y) = f(f(x) + y) (**)

de (*) et (**) conduit avec qlq calculs à demontrer que les eules solutions sont constantes

si a#0

P(x;y) : f(f(x) + y) = ax + f(f(y)-x)
P(x;-f(x)) : b = ax + f(f(-f(x)) - x)
==> f(g(x)) = b-ax avec g(x) = f(-f(x)) - x

alors fog est bijective ==> g est injective et f est surjective

donc puisque g est injective donc x --> g(x) +x est injective en effet

u # v ==> g(u)#g(v) et u#v ===> g(u)+u #g(v) + v ===> g+id est injective

donc x -->f(-f(x)) est injective ==> -f est injective ==> f injective donc f est bijective

d'une autre soit c£R tq g(c) = 0 ==> f(-f(c)) = c et b = b -ac ==> c=0 et f(-f(c))= c ==> f(-b) = 0

donc la marche ça sera simple

malhureusement je sens bien qu'il y'a qlq chose ça marche pas! mais j'ai pas de temps pr verifier

wagshall a écrit:

salut l'exercice est tres simple basé sur le Lemme suivant:
f:F->G et g:E->F deux applications (fog:E->G)
fog bijective ===> g injective et f surjective

Dém:

fog biject ===> fog inject

supposons que g n'est pas inject donc il existent x;y reels tq x # y et g(x) = g(y) ===> fog(x) = f(g(y)) ==> fog n'est pas injective

alors fog inject ==> g inject

fog biject ==> fog surj ===> pr tt y£G exist x£E tq fog(x) = y ==>pr tt y£G existe z=g(x)£g(E) tq f(z) = y et puisque g(E)CF donc f est surjective .CQFD

d'abord:


si a = 0

les solutions triviaux

f (x) = A dans R

Q(x;y) : f(f(x) + y) =f(f(y)-x)
Q(0;x) : f(b+x) = f(f(x)) avce b =f(0)
Q(x;0) : f(f(x)) = f(b-x)
donc f(b-x) = f(b+x)
(*) f admet x=b axe de symetrie
et Q(y;-x) : f(f(y)-x) = f(f(-x) -y) = f(f(x) + y)

==> f(f(-x) - y) = f(f(x) + y) (**)

de (*) et (**) conduit avec qlq calculs à demontrer que les eules solutions sont constantes

si a#0

P(x;y) : f(f(x) + y) = ax + f(f(y)-x)
P(x;-f(x)) : b = ax + f(f(-f(x)) - x)
==> f(g(x)) = b-ax avec g(x) = f(-f(x)) - x

alors fog est bijective ==> g est injective et f est surjective

donc puisque g est injective donc x --> g(x) +x est injective en effet

u # v ==> g(u)#g(v) et u#v ===> g(u)+u #g(v) + v ===> g+id est injective

donc x -->f(-f(x)) est injective ==> -f est injective ==> f injective donc f est bijective

d'une autre soit c£R tq g(c) = 0 ==> f(-f(c)) = c et b = b -ac ==> c=0 et f(-f(c))= c ==> f(-b) = 0

donc la marche ça sera simple

malhureusement je sens bien qu'il y'a qlq chose ça marche pas! mais j'ai pas de temps pr verifier

slt Mr.wagshall

je crois que celui en rouge est faux.

en effet a#b et c#d n'implique pas que a+b#c+d...

un contre exemple avec des simples nombres:

1#2 et 4#3 mais (1+4)=(3+2)...

Tu voulais dire : a#c et b#d n'implique pas que a+b#c+d xD
C'est facile à voir sans contre-exemple :
[a#c et b#d => a+b#c+d]<=>[a+b=c+d => a=c ou b=d] ce qui n'est pas toujours vrai.

oui c trivial,le contre exemple en 1/3 ligne =)

Eh oui bien vu mais c'est une bete faute meme je sais pas que c moi qui a ecrit cela mais .....

alors je vais editer mon poste pr pas re-ecrire kolchi donc ce que je veux dire que la seule fonction bijective existe c le cas ou a=2 et f(x) = x + b avec b£R