Exo par Exo ( en attendant le jeu d'été)

supposons que les symetriques et les projs du [AB] et [AC] sont
L(b) et L(c) ! et H(b) et H(c)
c facile de prouver que L(c) et L(b) appartient au cercle circonscrit
et H(b) et H(c) apartiennent au cercle diamétre de BN et MC
HL(c)=2HH(c) et HL(b)=2HH(b) ==> P(CMH(c))(H)=P(BNH(b))(H)=P(abc)(H)/2
alors H appartient a l'axe radical des cercles circonscrits , donc a la droite (PQ)

P.S je m'excuse pour la mauvaise écriture , mais ..... a vous de commenter ^^ !

vu que master est absent je vous propose cet exo :

et dsl si je suis en retard pk j'étais malade

à toi de jouer dijkschneir je trouve que ta solution est correcte !

Trouvez toutes les fonctions continues f : IR -> IR qui vérifient l'équation fonctionnelle : f(x+y)=f(x+f(y)) pour tous réels x et y.

Salut..
f(x+y)=f(x+f(y))
pour x=0
on a f(y)=f(f(y))
pour f(y)=0 ----> f(0)=0
" " f(y)=1 ---->f(1)=1
"
" "
donc on peut dire que les fonctions qui valident cette equation sont
f(x)=x
euu...non?

qui te dit que f(y) prend vraiment la valeur 0 ou bien 1 ??? à mon avis On ne peut pas se prononcer sauf si f est une fonction surjective ...
mais on peut dire d'une façon un peu plus general f(y) = a avec a appartient à R
donc on aura f(a) = a on peut deduire a ce moment je pense.

f(x+y)=f(x+f(y))

x+y=x+f(y) => f(y)=y si f zawjya.
x+y=-(x+f(y)) => f(y)=-2x-y si f fardya.
=> 2f(y)=-2x => f(y)=-x

Clair que: |y|=f(y) et: f(y)=-x et ses fonction est bien continue, et la seul fonction continue et qui réalise les donées. ^^'

.. au lieu d'attendre une confirmation qui risque d'arreter le jeu, je poste un exo

Exo

Trouvez toutes les fonction croissantes (9at3an) et definies de N vers N tels que
f(mn)=f(m)*f(n) pr tt m, n appartenant à N

avec f(2)=2

Quel empressement ! Quelle hâte ! Messieurs, vos solutions ne sont pas correctes.

Citation :

qui te dit que f(y) prend vraiment la valeur 0 ou bien 1 ???

Voilà une remarque sensée.

Citation :

à mon avis On ne peut pas se prononcer sauf si f est une fonction surjective ...

C'est une condition suffisante mais pas réellement nécessaire : il suffit, pour poursuivre son raisonnement, de montrer que l'équation f(x)=0 possède au moins une solution (ne pas oublier la continuité de f). De plus, la surjectivité me semble difficilement démontrable.

Citation :

f(x+y)=f(x+f(y))

x+y=x+f(y) => f(y)=y si f zawjya.
x+y=-(x+f(y)) => f(y)=-2x-y si f fardya.
=> 2f(y)=-2x => f(y)=-x

Que dites-vous mon cher ?

j'avoue que je comprends mal ce que vous dites Dijkschneier...pourquoi faut il montrer que f(x)=0 possede au moin une solution?qlq pr m'expliquer clairement..?

Parce que dans le cas contraire, f(y) ne serait jamais nul, et ainsi, vous ne pourrez pas poser f(y) = 0 (i.e, vous ne pourrez pas dire qu'il existe un réel y tel que f(y)=0).

et si on se contentait de dire que f(y)=a tt comme Othmaane l'a dit, peut importe que a soit 0 ou 1 ou...aurait on tujours besoin de prouver que f(y)=0 a une solution?
dsl pr ces questions qui peuvent tt à fait etre banales...mes connaissances en eq.fonc sont trèees limités...

J'avouerais que je n'ai strictement rien compris à la solution de M.Marjani , essayez de rendre votre solution plus explicite svp.

Ensuite pour vos remarques Dijkschneier vous avez totalement raison mais la définition meme d'une fonction (continue?) de R vers R ne permet-elle pas de se prononcer sur l'existence d'un réel a tel que f(x)=a ???

Othmaann a écrit:

J'avouerais que je n'ai strictement rien compris à la solution de M.Marjani , essayez de rendre votre solution plus explicite svp.

Qu'on est d'accord !

Othmaann a écrit:

Ensuite pour vos remarques Dijkschneier vous avez totalement raison mais la définition meme d'une fonction (continue?) de R vers R ne permet-elle pas de se prononcer sur l'existence d'un réel a tel que f(x)=a ???

C'est ce que vous aviez affirmé plus haut, et c'est tout à fait juste. La définition d'une fonction (au sens d'une application) de IR vers IR, qui n'est pas pas nécessairement continue, assure l'existence de deux réels a et b tels que f(b)=a. Alors, d'après l'équation fonctionnelle, on peut en déduire effectivement que f(a)=a, autrement dit, l'élément a est un point fixe de f. Mais de là à dire que f(a)=a pour tout réel a, je ne vous suis plus.

Ah c'est cela donc , c'est la généralisation qui pose probleme. Je m'y penche et je vous repond dès que possible!

Dijkshneier, c'est une application que je viens de construire xd. mais clairement, je trouve quelque chose de vrai dans la solution de soukki, mais mal dite.

* Pour que: f(x+y)=f(x+f(y)) Il faut que: y=f(y). (1)
* x=0 et y=y => f(y)=f(f(y))=y. (2)
* Suppose that f(y)=a, use (2) and we have f(a)=y with a £ |R. (A)
- Also, a=f(a), if we use (A) we will have: a=y=f(y)=f(a).

Ses fonctions sont bien continues sur |R.

c'est faux ce que tu dis Mr.marjani f(x)=f(y) => x=y si et seulement si f est une fonction injective ...

Othmaann

On peut supposer qu'elle est injective non?

Bon, laissons injective tomber et regardons le coté vrai du solution par là:
* x=0 et y=y => f(y)=f(f(y))
* f(y)=f(f(y)), pose: f(y)=a => f(a)=a

Cela veut dire donc que cette fonction est constante, donc f est surjective !

Non on ne pourrait le supposer , sinon notre ensemble de solution serait restrein.

tu pose f(y) = a ce qui implique que f(a) = a
tu en déduis ensuite que f est constante
Ne trouves-tu pas ce raisonnement un peu louche ?? le a est iil une variable ou un réel fixé ???
normalement au debut quand tu poses f(y)=a , a est un réel arbitraire mais quand tu deduis que f est constante tu supposes la relation vrau quelque soit a de R ce qui n'est pas le cas. Il faut revoir ta démonstration.

Othmaann a écrit:

Non on ne pourrait le supposer , sinon notre ensemble de solution serait restrein.

tu pose f(y) = a ce qui implique que f(a) = a
tu en déduis ensuite que f est constante
Ne trouves-tu pas ce raisonnement un peu louche ?? le a est iil une variable ou un réel fixé ???
normalement au debut quand tu poses f(y)=a , a est un réel arbitraire mais quand tu deduis que f est constante tu supposes la relation vrau quelque soit a de R ce qui n'est pas le cas. Il faut revoir ta démonstration.

f(y) n'est pas un réel fixé Mr Othman, puisque y £ |R => f(y)£|R.
f(y)=f(f(y)), on peut donc fixé f(y)=a avec a£|R.
=> f(a)=a

comment ca , le fait que f(y)£|R change quoi ???
quand tu poses f(y)=a , on parle bien d'un nombre là ce serait innaproprié de faire varier le a selon le y si c'est ce à quoi tu penses.

Il y'a une nuance que tu ne saisis pas et qui est trés difficile à expliquer. Cest en gros la meme difference entre un quelque soit - il existe et un il existe - quelque soit

Othmaann a écrit:

comment ca , le fait que f(y)£|R change quoi ???
quand tu poses f(y)=a , on parle bien d'un nombre là ce serait innaproprié de faire varier le a selon le y si c'est ce à quoi tu penses.

Il y'a une nuance que tu ne saisis pas et qui est trés difficile à expliquer. Cest en gros la meme difference entre un quelque soit - il existe et un il existe - quelque soit

f(y) varie selon le y, si tu prends y=0 n'est pas le cas peut-étre si tu prends y=5.. c'est parceque j'ai dis qu'on peut la remplacer par une variable a..

Enfin, qui ne peut pas faire la différence entre (A et E)..

bah dans ce cas f(a) = a ne veut pas dire que f est constante vu que le a varie ...

Othmaann a écrit:

bah dans ce cas f(a) = a ne veut pas dire que f est constante vu que le a varie ...

Si a varie, on aura f(a) aussi qui varie, d'ou ce que j'ai dis.