E.F

Bonjour^^
Déterminer toutes les applications f définies de Z vers et vérifiant:

La volonté a écrit:

Bonjour^^
Déterminer toutes les applications f définies de Z vers et vérifiant:

f(1)=1 Et f(x)+f(y)=f(x+y)-xy-1

De Z vers où ? Admettons vers IR.
Pour y=0, il vient f(0)=-1.
Pour y=1, il vient f(x+1)=f(x)+x+2. Par récurrence sucessive sur les entiers positifs puis négatifs, on prouve f(x+n)=f(x)+nx+n(n+3)/2. Pour x=0 dans cette dernière relation, il vient f(n)=(n²+3n-2)/2 pour tout n de Z.
Réciproquement, f(1)=(1²+3*1-2)/2=1, et f(x)+f(y)=(x²+y²+3(x+y)-4)/2, et f(x+y)-xy-1 = ((x+y)²-3(x+y)-2)/2 - xy - 1 = (x²+y²+3(x+y)-4)/2.
La solution du problème est surprenante, mais pas sa difficulté.

Une autre EF très intéressante :
Soit (E) l'équation fonctionnelle suivante : f(xy)=f(x)f(y)-f(x+y)+1
1) Résoudre E pour f : Q -> Q
2) Résoudre E pour f : IR -> IR
3) Résoudre E pour f : IN -> IN

Tu fixes y sur 0, donc f(0)=f(x)*f(0)-f(x)+1
Donc: f(0)-1=f(x)[f(0)-1] ce qui implique que f(x)=1 pour tout x de IR.
f est constante sur |R.

ca peut tout autant IMPLIQUER que f(0)=1 ...

M.Marjani a écrit:

Tu fixes y sur 0, donc f(0)=f(x)*f(0)-f(x)+1
Donc: f(0)-1=f(x)[f(0)-1] ce qui implique que f(x)=1 pour tout x de IR.
f est constante sur |R.

Ce que vous avez laissé est bien plus intéressant :

Othmaann a écrit:

ca peut tout autant IMPLIQUER que f(0)=1 ...

Dijkschneier a écrit:

M.Marjani a écrit:

Tu fixes y sur 0, donc f(0)=f(x)*f(0)-f(x)+1
Donc: f(0)-1=f(x)[f(0)-1] ce qui implique que f(x)=1 pour tout x de IR.
f est constante sur |R.

Ce que vous avez laissé est bien plus intéressant :

Othmaann a écrit:

ca peut tout autant IMPLIQUER que f(0)=1 ...

Biensure que c'est l'une des methodes, mais pourquoi compliqué les choses en cherchant f(0)=1 par le discrément, çela n'est plus intéressant pour moi

M.Marjani a écrit:

Biensure que c'est l'une des methodes, mais pourquoi compliqué les choses en cherchant f(0)=1 par le discrément, çela n'est plus intéressant pour moi

Allez jouer aux billes, jeune homme. En croyant que vous êtes au dessus de tout, que tout est simple, vous défigurez la face des mathématiques, alors que les choses vous dépassent.
Pourquoi étudier le cas f(0)=1 ? Parce que cela est nécessaire, parce que votre solution est incomplète, parce que vous laissez tomber la part intéressante du problème.
Un peu de respect vis-à-vis des problèmes que l'on vous propose.

Dijkschneier a écrit:

M.Marjani a écrit:

Biensure que c'est l'une des methodes, mais pourquoi compliqué les choses en cherchant f(0)=1 par le discrément, çela n'est plus intéressant pour moi

Allez jouer aux billes, jeune homme. En croyant que vous êtes au dessus de tout, que tout est simple, vous défigurez la face des mathématiques, alors que les choses vous dépassent.
Pourquoi étudier le cas f(0)=1 ? Parce que cela est nécessaire, parce que votre solution est incomplète, parce que vous laissez tomber la part intéressante du problème.
Un peu de respect vis-à-vis des problèmes que l'on vous propose.

salam ;

je pense pas que f(0) = 1 est 1 cas mais ; f(0) = 1 est vraie dans tous les cas

prenez x=y=0

ça va donner ( 1 - f(0) )^2 = 0 ==> f(0) = 1.

et pour Marjani : tu n'est arrivé à rien ..

à + .

Dijkschneier a écrit:

M.Marjani a écrit:

Biensure que c'est l'une des methodes, mais pourquoi compliqué les choses en cherchant f(0)=1 par le discrément, çela n'est plus intéressant pour moi

Allez jouer aux billes, jeune homme. En croyant que vous êtes au dessus de tout, que tout est simple, vous défigurez la face des mathématiques, alors que les choses vous dépassent.
Pourquoi étudier le cas f(0)=1 ? Parce que cela est nécessaire, parce que votre solution est incomplète, parce que vous laissez tomber la part intéressante du problème.
Un peu de respect vis-à-vis des problèmes que l'on vous propose.

Un peu de respect s'il vous plait. Sinon, remplace dans f(x)=1, x par 0..

{}{}=l'infini a écrit:

je pense pas que f(0) = 1 est 1 cas mais ; f(0) = 1 est vraie dans tous les cas
prenez x=y=0
ça va donner ( 1 - f(0) )^2 = 0 ==> f(0) = 1.

Certes.

je re :

traitons le cas de f: IN --> IN

on a f(n) = f(n-1 +1) = f(n-1) ( f(1) - 1 ) + 1 = f(n-1)*k + 1

= ( f(n-2)*k +1 )*k + 1

= k^2* f(n-2) + k + 1


...........

............


= k^(n-1) f [n-(n-1)] + k^(n-2) + .... + k +1

= k^(n-1) ( k+1) + k^n-2 +.....+ k + 1

= [ k^(n+1) - 1 ] / (k-1)

cela si f(0) # 2
= [ ( f(1) -1)^(n+1) - 1 ] / ( f(1) -2 )


si k = 1 ==> f(n) = n / n#0 et f(0) = 1



Sauf erreur ...

Je n'ai pas lu votre démonstration car la fonction identité n'est d'emblée pas une solution. Essayez, elle ne vérifie pas l'EF.

salam :

d'accord ; mais moi j'ai trouvé qu'elle la vérifie ; donc ou est ma faute .... ou tous simplement donnez-moi un contre-exemple ....

si tu te demande ou est le cas de f(x) = 1

on a :

pour le cas de f(1) = 1 <==> k = 0


f(n) = [ ( k)^(n+1) - 1 ] / ( k-1 ) = 1 .


je connais pas une autre méthode ou on va pas mettre f(n) en fonction de f(1) ...

à +.

{}{}=l'infini a écrit:

f(n-1 +1) = f(n-1) ( f(1) - 1 ) + 1

Pourquoi ?

Il a appliqué ce qui est présenté dans les donées tout simplement.

f(x+y)=f(x)f(y)-f(xy)+1 , avec x=n-1 et y=1

De mon avis pourquoi compliqué les choses? c'est une question qui se pose toujours.

Voici ma solution pour f : Q-> Q
Pour x=y=0 on a f(0)=1

pour x=-y=1 on a: f(1)f(-1)=f(-1) d'où f(1)=1 ou f(-1)=0
Si f(1)=1 alors pour x=1 on obtient pour tous x f(x+1)=1 càd f est constante et vaux 1 .

Maintenant si f(-1)=0 . On suppose bien sur que f(1) est différent de 1 sinon on retombe dans le cas précédant ..

En remplaçant y par 1 et par y=-x on a respectivement :
(1) et (2)

en remplaçant par -2 ,-3,-4 ,1,2... on obtient :


où c représente f(1)

et puisque f(2)f(-2)=f(-4) il s'ensuit que f(1)=0 ou f(1)=2
si f(1)=0 alors on peut obtenir par une récurrence immédiate sur les entiers positifs :
f(2n)=-1 et f(2n+1)=2 avec n>0
Mais on a :

ce qui est absurde alors f(1)=2
Maintenant encore par une récurrence sur les entiers positifs et négatif on peut obtenir facilement :


Soit x un rationnel , on a :

Mais aussi en utilisant une récurrence sur (1) on obtient :
pour tous entier n f(n+x)=f(n)+x .
d'où :

La relation étant vrai pour tous n on peut choisir un rationnel x tels que nx est un entier différent de 0 ce qui assure que pour tous rationnel on a:
f(x)=x+1 .

bonjour à tous !! il est évident que je fasse une cline d'oeil sur les sujets de la premiere aussi.
j'ai vu toutes les solutions; donc je commence par chaque solution:

m.marjani ; bien donc tu as trouve la solution de f : IN->IN.
othman ; f(0)=1 reste toujours vrai pour f : IN->IN.
+l'infini ; tu as tourne en rond.
sylphaen ; bien tu as trouve une solution, une conseil quand tu dis y=1 et y=-x çela reste vrai que pour x=-1 et y=1 non pas pour l'ensemble des reels donc qui suit est faux (attentions). tu peux completer ta methode en disant:
x=-1;y=1 donc f(-1)=f(1)f(-1)-f(0)+1
donc f(-1)(1-f(1))=0
donc f(-1)=0 ou f(1)=1
dijksheiner ; je n'ai pas trouve tes solutions.

j'attend les solutions de f : IQ->IQ et f : IR->IR enfin bonne courage au amateurs de math.

Bon retour, Sylphaen !
Quelques points :
- De f(2), f(-2) et f(4), on découle sur une équation en c du quatrième degré dont les solutions sont 0, 1 (racine double) et 2. On a supposé que c est différent de 1, donc il reste c=0 ou c=2. Bien. Ce passage est à mon sens le plus intéressant du problème.
- Dans le cas c=0 étudié, la solution d'après mes calculs n'est pas défini par f(2n)=-1 et f(2n+1)=2, comme tu l'as trouvé, mais par f(2n)=1 et f(2n+1)=0. A vérifier. De toute façon, cette solution est contradictoire sur Q dans Q.
- Ton passage des entiers aux rationnels n'est pas très bien explicité
Bravo pour le reste. Les deux fonctions f(x)=x+1 et f(x)=1 sont effectivement les seules solutions sur Q dans Q (sur IR dans IR, aussi, dit au passage). En revanche, Sur IN dans IN, une solution est à ajouter.

Dijkschneier a écrit:

Bon retour, Sylphaen !
Quelques points :
- De f(2), f(-2) et f(4), on découle sur une équation en c du quatrième degré dont les solutions sont 0, 1 (racine double) et 2. On a supposé que c est différent de 1, donc il reste c=0 ou c=2. Bien. Ce passage est à mon sens le plus intéressant du problème.
- Dans le cas c=0 étudié, la solution d'après mes calculs n'est pas défini par f(2n)=-1 et f(2n+1)=2, comme tu l'as trouvé, mais par f(2n)=1 et f(2n+1)=0. A vérifier. De toute façon, cette solution est contradictoire sur Q dans Q.
- Ton passage des entiers aux rationnels n'est pas très bien explicité
Bravo pour le reste. Les deux fonctions f(x)=x+1 et f(x)=1 sont effectivement les seules solutions sur Q dans Q (sur IR dans IR, aussi, dit au passage). En revanche, Sur IN dans IN, une solution est à ajouter.

Oué pour le calcul je l'ai fait sur les entiers négatif mais ca donne le même résultat . Pour les rationnel j'ai prouvé que pour n on a :
f(nx)=nf(x)-n+1
prend x=p/q et n=q avec p,q des entiers et le résultat en découle ..

Sylphaen a écrit:

Pour les rationnel j'ai prouvé que pour n on a :
f(nx)=nf(x)-n+1
prend x=p/q et n=q avec p,q des entiers et le résultat en découle ..

Bien. C'est fini pour les rationnels. Bravo.

Sylphaen a écrit:

Oué pour le calcul je l'ai fait sur les entiers négatif mais ca donne le même résultat .

Que voulez-vous dire ?

C'est rien j'avais changé un signe et j'ai tous bouleversé -_- dsl ,
sinon pour f : N -> N avec un même raisonnement on a:
f(n+1)=(c-1)f(n)+1 / c=f(1)
donc :
f(2)=c²-c+1
f(4)=(c-1)^4+c(c-1)²+c
et pour x=y=2 on a:
2f(4)=f(2)²+1
donc:
(c-1)^4=(c-1)² d'où c=1 ou 2 ou 0 en remplaçant on obtient comme solution :

j'essayerai avec f : IR -> IR plus tard ^^ enfin si j'y arrive :p

Bienvenue de retour Sylphaen
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Ce qu'à laissé Math_Love est plus intéressant n'est ce pas? Alors il faut discuter.