Marathon des équations fonctionnelles

De la deuxième équation, on tire f(x)/(x+1)=f(x-1)/x et donc, en ne s'intéressant qu'aux entiers :

f(n)/(n+1)=f(1)/2 et f(n)=a(n+1) avec a entier relatif

Considérons alors la fonction g(x)=f(x)/(x+1) et écrivons x=[a1;a2,a3,...,an] sous forme de fraction continue.

Grace à la seconde équation, nous avons g([a1;a2,a3,...,an])=g([0;a2,a3,...an])

Grâce à la première équation, nous avons f([0;a2,a3,...an])=f([a2;a3,...an]) et donc g([0;a2,a3,...an])=[a2;a3,... an]g([a2;a3,...an])

et donc g([a1;a2,a3,...,an])=[a2;a3,... an]g([a2;a3,...an])

et donc g([a1;a2,a3,...,an])=[a2;a3,... an][a3;a4,... an]...[an]g([an])

et donc f([a1;a2,a3,...,an])=[a1+1;a2,a3,...,an][a2;a3,... an][a3;a4,... an]...[an]a

Ceci permet de voir qu'il n'y a qu'une seule solution, à un coefficient multiplicateur près.

Or, il est facile de vérifier que f(p/q)=a(p+q)/gcd(p,q) est une solution.

C'est donc la seule.

désolé pour ce passage mais bon voici un lien qui conduit vers la solution http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?highlight=1987&t=2749

f(x+1)=f(x)+1
il est simple de démontrer par récurrence que :

soit a et b des entiers naturels non nuls on a donc :

f(x³)=f(x)³ pour tous rationnel:



remarquer que le deuxième cas est impossible car f est définie de Q+* vers Q+*
alors :

ce qui équivaut à :

réciproquement cette fonction est une solution ...d'où la solution....

Soit : P(x,y) : f(x+y+f(y))=f(x)+2y
Montrons d'abord que f injective . On a :
f(x)=f(y)=>f(x+y+f(x))=f(x+y+f(y))=>x=y
On a :
P(x,0) : f(x+f(0))=f(x) => f(0)=0 ( par injectivité )

P(x,-x) : f(f(-x))=f(x)-2x

P(0,x) : f(x+f(x))=2x

P(-y+f(-y),y) f( f(y)+f(-y))=f(-y+f(-y))+2y=-2y+2y=0 => f(y)=-f(-y)

et donc on a : f(f(x))=2x-f(x) .(*)
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en utilisant la relation (*) on obtient
f(2y)=f(f(y+f(y)))=2(y+f(y))-f(y+f(y))=2f(y) => f(2y)=2f(y) .
D'autre part On a :
P(a+f(a),b) : f(a+b+f(a)+f(b))=2(a+b) =>

f(2(a+b))=f(f(a+b+f(a)+f(b))=2(a+b+f(a)+f(b))-f(a+b+f(a)+f(b))=2 (f(a)+f(b))
donc 2f(a+b)=f(2(a+b))=2f(a)+2f(b) =>f vérifie l'équation de cauchy .. et puisque f est définie de Z -> Z alors on a : f(x)=xf(1) .. en reportant dans l'équation initial on obtient f(x)=x qui vérifie les données ..
Sauf erreur