| | Marathon des équations fonctionnelles |  |
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Dijkschneier
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| | Sujet: Re: Marathon des équations fonctionnelles Mer 06 Avr 2011, 22:08 | |
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oussama1305
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| | Sujet: Re: Marathon des équations fonctionnelles Mer 06 Avr 2011, 22:21 | |
| Salut Nizar, j'espère que t'as fait bon voyage ... Et merci d'avoir pensé à moi pour cette démo  - M.Marjani a écrit:
- Dijkschneier a écrit:
- Problème 45 : (*** : trois étoiles)
Trouver toutes les fonctions de IR vers IR qui vérifient l'EF : f(xf(x+y)) = f(yf(x))+x².
Solution 45 :
Soit f la fonction définie de IR -> IR vérifiant P(x, y) : f(xf(x+y)) = f(yf(x)) + x² .
P(0, y) : f(0)=f(yf(0)) . Supposons que f(0) différent de 0, notons c=f(0) tel que c dans IR* .
On réécrit P(c, y) : f(cy)= c et faisant le changement P(c, -y) : f(-cy)=c donc f fonction pair .
D'une autre part P(x ,-x) : f(cx) = f(-xf(x))+x² = c (1) et P(x, x) : f(xf(2x)) = f(xf(x))+x² (2)
De (1) et (2) on résulte que f(xf(2x))=c et en faisant le changement P(c, 1) on aura f(f(2))=c.
Puisque f(cy)= c et c se diffère de 0 alors qu'on peut fixer y sur 1/c alors f(1)=c . Et dans l'E.F P(0, 1) : f(f(1)) = c+1 , puis P(1, 1) : f(f(2)) = f(f(1)) +1 = c+2 donc f(f(2))=c=c+2 Contradiction.. Absurde. Alors f(0)=0.
Maintenant, et sous la condition f(0)=0 on peut avoir aisément f(xf(x))=x² en faisant le changement de variable suivant P(x, 0) : f(xf(x)) = f(0)+x² = x² , d'autre part P(x ,-x) : 0=f(0)=f(-xf(x))+x² de ces deux équations on résulte que f(-xf(x))=-x²=-f(xf(x)) donc f est impair .
Il suffit de démontrer alors que f injective pour achever la démonstration :
Supposons que f(x)=f(y) alors f(xf(x))=f(xf(y))=x² et f(yf(x))=f(yf(y))=y² et puisque f impair alors f(y)=-f(x) <=> f(x)+f(y)=0 donc (x+y)(f(x)+f(y))=0 <=> xf(x)+xf(y) + yf(y)+yf(x) = 0 f impair alors xf(x)+xf(y) -yf(y)-yf(x)=0 Et donc 2x²=2y² <=> x²=y²
Alors f(x²)=x² cela implique que f(x)=|x| . réciproquement, f(x)=x et f(x)=-x sont les seules solutions qui répondent à l'EF. Aucun commentaire. En revanche, j'aimerais bien avoir plus d'explications sur ce qui est en rouge, merci. | |
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M.Marjani
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| | Sujet: Re: Marathon des équations fonctionnelles Mer 06 Avr 2011, 22:24 | |
| - King a écrit:
- Dijkschneier a écrit:
- Salut King
Et pour la solution de M.Marjani...
Appelez Oussama Elmir...
MDRRR :
Marjani, tu as utilisé combien de lemmes dans ta solution, ces lemmes sont les tiennes? LoL Tous ce qui se passe c'est que j'étais entrain d'écrire mdr... Maintenant j'ai revenu pour compléter j'étais choqué par le message de Oussama J'aime bien l'idée des lemmes :p | |
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oussama1305
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| | Sujet: Re: Marathon des équations fonctionnelles Mer 06 Avr 2011, 22:31 | |
| - M.Marjani a écrit:
- King a écrit:
- Dijkschneier a écrit:
- Salut King
Et pour la solution de M.Marjani...
Appelez Oussama Elmir...
MDRRR :
Marjani, tu as utilisé combien de lemmes dans ta solution, ces lemmes sont les tiennes?
LoL
Tous ce qui se passe c'est que j'étais entrain d'écrire mdr... Maintenant j'ai revenu pour compléter j'étais choqué par le message de Oussama
J'aime bien l'idée des lemmes :p ... Surtout le passage : f injective => on achève la démonstration. Merci d'avance. | |
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mizmaz
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| | Sujet: Re: Marathon des équations fonctionnelles Mer 06 Avr 2011, 22:35 | |
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King
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| | Sujet: Re: Marathon des équations fonctionnelles Mer 06 Avr 2011, 22:38 | |
| t39el met3ich kan il a dit : kay b9a ghadi ghadi 7ta ki khrouj flmra7 | |
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M.Marjani
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| | Sujet: Re: Marathon des équations fonctionnelles Mer 06 Avr 2011, 23:07 | |
| - King a écrit:
- t39el met3ich kan il a dit : kay b9a ghadi ghadi 7ta ki khrouj flmra7
C'est plutôt bien que tomber dans un trou ou s'éclater à un mur C'est qui "met3iche" dans l'histoire ? @Oussama: "hadchi wkan" :d car j'ai vu que du rouge dans ma feuille quand tu as voulu intervenir :p Sérieusement, je laisse la main pour une autre solution.. Plus tard je peux continuer . J'ai édité ma solution . | |
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yasserito
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| | Sujet: Re: Marathon des équations fonctionnelles Jeu 07 Avr 2011, 11:09 | |
| - M.Marjani a écrit:
Solution 45 :
Il suffit de démontrer alors que f injective pour achever la démonstration :
Supposons que f(x)=f(y) alors f(xf(x))=f(xf(y))=x² et f(yf(x))=f(yf(y))=y² et puisque f impair alors f(y)=-f(x) <=> f(x)+f(y)=0 donc (x+y)(f(x)+f(y))=0 <=> xf(x)+xf(y) + yf(y)+yf(x) = 0 f impair alors xf(x)+xf(y) -yf(y)-yf(x)=0 Et donc 2x²=2y² <=> x²=y²
Alors f(x²)=x² cela implique que f(x)=|x| . réciproquement, f(x)=x et f(x)=-x sont les seules solutions qui répondent à l'EF. J'ai pas bien compris ce qui est ecrit en rouge, si vous pouvez juste m'expliquer merci d'avance | |
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darkpseudo
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| | Sujet: Re: Marathon des équations fonctionnelles Jeu 07 Avr 2011, 11:25 | |
| - oussama1305 a écrit:
- Salut Nizar, j'espère que t'as fait bon voyage ... Et merci d'avoir pensé à moi pour cette démo
- M.Marjani a écrit:
- Dijkschneier a écrit:
- Problème 45 : (*** : trois étoiles)
Trouver toutes les fonctions de IR vers IR qui vérifient l'EF : f(xf(x+y)) = f(yf(x))+x².
Solution 45 :
Soit f la fonction définie de IR -> IR vérifiant P(x, y) : f(xf(x+y)) = f(yf(x)) + x² .
P(0, y) : f(0)=f(yf(0)) . Supposons que f(0) différent de 0, notons c=f(0) tel que c dans IR* .
On réécrit P(c, y) : f(cy)= c et faisant le changement P(c, -y) : f(-cy)=c donc f fonction pair .
D'une autre part P(x ,-x) : f(cx) = f(-xf(x))+x² = c (1) et P(x, x) : f(xf(2x)) = f(xf(x))+x² (2)
De (1) et (2) on résulte que f(xf(2x))=c et en faisant le changement P(c, 1) on aura f(f(2))=c.
Puisque f(cy)= c et c se diffère de 0 alors qu'on peut fixer y sur 1/c alors f(1)=c . Et dans l'E.F P(0, 1) : f(f(1)) = c+1 , puis P(1, 1) : f(f(2)) = f(f(1)) +1 = c+2 donc f(f(2))=c=c+2 Contradiction.. Absurde. Alors f(0)=0.
Maintenant, et sous la condition f(0)=0 on peut avoir aisément f(xf(x))=x² en faisant le changement de variable suivant P(x, 0) : f(xf(x)) = f(0)+x² = x² , d'autre part P(x ,-x) : 0=f(0)=f(-xf(x))+x² de ces deux équations on résulte que f(-xf(x))=-x²=-f(xf(x)) donc f est impair .
Il suffit de démontrer alors que f injective pour achever la démonstration :
Supposons que f(x)=f(y) alors f(xf(x))=f(xf(y))=x² et f(yf(x))=f(yf(y))=y² et puisque f impair alors f(y)=-f(x) <=> f(x)+f(y)=0 donc (x+y)(f(x)+f(y))=0 <=> xf(x)+xf(y) + yf(y)+yf(x) = 0 f impair alors xf(x)+xf(y) -yf(y)-yf(x)=0 Et donc 2x²=2y² <=> x²=y²
Alors f(x²)=x² cela implique que f(x)=|x| . réciproquement, f(x)=x et f(x)=-x sont les seules solutions qui répondent à l'EF.
Aucun commentaire.
En revanche, j'aimerais bien avoir plus d'explications sur ce qui est en rouge, merci. Drari I miss you all already :p ; Chti a khay Oussama ta question est philosophique b7al hadik dial modulo 3 XD | |
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Sporovitch
Maître
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| | Sujet: Re: Marathon des équations fonctionnelles Jeu 07 Avr 2011, 13:09 | |
| Theoreme de La vie courante peut le faire qui est en fait un lemme propre a Marjani . car on peut trouver les racine superimaginaire de l'équation initiale puis on utilisez l'identité connue du théroeme de la vie courante car k²=j²=m²=-1 apres les transformations connues . SHNAIGAR savaa asaat kiwslti asat bykhér asate ? si jmerappel c un shortlist c un A6 oubien A7 ... | |
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Dijkschneier
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| | Sujet: Re: Marathon des équations fonctionnelles Jeu 07 Avr 2011, 13:10 | |
| Sporovitch Mais il fallait pas dire que c'était un Shortlist ! | |
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King
Maître
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| | Sujet: Re: Marathon des équations fonctionnelles Jeu 07 Avr 2011, 13:46 | |
| Looooooooool ! don't cheat in contests xD
Darkpseudo j'espère que t bien arrivé aussi, tu nous manques bcp =) | |
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M.Marjani
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| | Sujet: Re: Marathon des équations fonctionnelles Jeu 07 Avr 2011, 16:36 | |
| - Sporovitch a écrit:
- Theoreme de La vie courante peut le faire qui est en fait un lemme propre a Marjani . car on peut trouver les racine superimaginaire de l'équation initiale puis on utilisez l'identité connue du théroeme de la vie courante car k²=j²=m²=-1 apres les transformations connues .
si jmerappel c un shortlist c un A6 oubien A7 ... Salut Houssam :d J’espère que t'as bien arrivé chez toi  Je commence à sentir l'importance de mes lemmes aa :p et cela ne se résout qu’après passé de mes lemmes voyons :O [wa Houssam lou7 lya chi compte mn hadouk li 3andek chi IMANOS wla chi 7aja b7al hakda xD ] Bon bon j'ai édité ma soluc, donc voici l'une des charabias comme l'appelai Nizar :d - Dijkschneier a écrit:
- Problème 45 : (*** : trois étoiles)
Trouver toutes les fonctions de IR vers IR qui vérifient l'EF : f(xf(x+y)) = f(yf(x))+x². Solution 45 :- Spoiler:
Soit f la fonction définie de IR -> IR vérifiant P(x, y) : f(xf(x+y)) = f(yf(x)) + x²
P(0, y) : f(0)=f(yf(0)) . Supposons que f(0) différent de 0, notons c=f(0) tel que c dans IR* .
On réécrit P(c, y) : f(cy)= c et faisant le changement P(c, -y) : f(-cy)=c donc f fonction pair .
D'une autre part P(x ,-x) : f(cx) = f(-xf(x))+x² = c (1) et P(x, x) : f(xf(2x)) = f(xf(x))+x² (2)
De (1) et (2) on résulte que f(xf(2x))=c et en faisant le changement P(c, 1) on aura f(f(2))=c.
Puisque f(cy)= c et c se diffère de 0 alors qu'on peut fixer y sur 1/c alors f(1)=c . Et dans l'E.F P(0, 1) : f(f(1)) = c+1 , puis P(1, 1) : f(f(2)) = f(f(1)) +1 = c+2 donc f(f(2))=c=c+2 Contradiction.. Absurde. Alors f(0)=0.
Maintenant, et sous la condition f(0)=0 on peut avoir aisément f(xf(x))=x² en faisant le changement de variable suivant P(x, 0) : f(xf(x)) = f(0)+x² = x² , d'autre part P(x ,-x) : 0=f(0)=f(-xf(x))+x² de ces deux équations on résulte que f(-xf(x))=-x²=-f(xf(x)) donc f est impair .
Soit g une fonction tel que g(x)=xf(x) , puisque f(xf(x))=x² alors g(g(x))=x²g(x) . Et g(-x)=-xf(-x)=xf(x)=g(x) donc g impair. Supposons que g(x)=g(y) différente de 0 => gog(x)=gog(y) <=> x²g(x)=y²g(y) alors x²=y². Si x=-y alors g(x)=g(-x) donc g est une fonction pair qui est une contradiction avec g impair.. donc x=y alors g injective.. Supposons maintenant que g(x)=y et différente de 0 => g(g(x))=g(y)=x²g(x)=x²y alors x²=g(y)/y et donc g bijective. g bijective nous permet de poser g(x)=y dans l'équation g(g(x))=x²g(x) alors g(y)=yx² . Donc g s'écrit de la forme yx² et puisque g(x)=xf(x) alors que yx²=xf(x) . Si x se diffère de 0 alors que f(x) s'écrit de la forme xy ..
Réciproquement, on remplace f(x) par ax / a un réel et x se diffère de 0 et f(0)=0 ..
Donc f(xf(x+y))=f(yf(x))+x² => f(xa(x+y))=a²x(x+y)=f(yax)+x²=a²xy+x² => a²x²+a²xy=a²xy+x² donc a²=1 .
Synthèse: Les deux fonctions f(x)=x et f(x)=-x répondent à l'équation fonctionnel.
Merci de préciser dans votre interventions la partie qui vous semble ambigüe. Bonne lecture xd | |
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darkpseudo
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| | Sujet: Re: Marathon des équations fonctionnelles Jeu 07 Avr 2011, 17:50 | |
| Troisième ligne c'est P(0,y) je suppose , et puis ce que tu as écris ne veux pas dire que f est pair mais plutot constante en effet si c est différent de 0 donc chaque x peut s'écrire sous la forme yf(0) et du coup la fonction est constante ( ce qui explique la parité ) , et puis après tu as f(x) = f(0) et ceci est une contradiction avec la première assertion .
Puis à la neuvième ligne tu dis que f est pair , là c'est juste faux car tu as supposé que chaque y de R peut s'écrire sous la forme xf(x) . Après j'ai pas términer la lecture car tu a utilisié un résultat faux .
Amicalement . | |
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Mehdi.O
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| | Sujet: Re: Marathon des équations fonctionnelles Jeu 07 Avr 2011, 17:59 | |
| - darkpseudo a écrit:
- Troisième ligne c'est P(0,y) je suppose , et puis ce que tu as écris ne veux pas dire que f est pair mais plutot constante en effet si c est différent de 0 donc chaque x peut s'écrire sous la forme yf(0) et du coup la fonction est constante ( ce qui explique la parité ) , et puis après tu as f(x) = f(0) et ceci est une contradiction avec la première assertion .
Puis à la neuvième ligne tu dis que f est pair , là c'est juste faux car tu as supposé que chaque y de R peut s'écrire sous la forme xf(x) . Après j'ai pas términer la lecture car tu a utilisié un résultat faux .
Amicalement . xD, t'es spécialiste en ce qui concerne repérer les moindres lacunes dans les solutions de Marjani | |
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M.Marjani
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| | Sujet: Re: Marathon des équations fonctionnelles Jeu 07 Avr 2011, 18:20 | |
| - darkpseudo a écrit:
- Troisième ligne c'est P(0,y) je suppose , et puis ce que tu as écris ne veux pas dire que f est pair mais plutot constante en effet si c est différent de 0 donc chaque x peut s'écrire sous la forme yf(0) et du coup la fonction est constante ( ce qui explique la parité ) , et puis après tu as f(x) = f(0) et ceci est une contradiction avec la première assertion .
Puis à la neuvième ligne tu dis que f est pair , là c'est juste faux car tu as supposé que chaque y de R peut s'écrire sous la forme xf(x) . Après j'ai pas términer la lecture car tu a utilisié un résultat faux .
Amicalement . Bonsoir, J’espère que tu vas bien Othmane Dans la troisième ligne tout ce que j'ai fais c'est que j'ai considéré une constante "c" à la place de f(0). Et si f constante alors f pair, dans tout les cas ça donne une contradiction donc f(0)=0. Dans la neuvième ligne j'ai plutôt dis que f impair :d Non la deuxième partie n'a aucun relation avec la première, donc j'ai rien pris de la première partie, là tu commences à appliquer ce que tu penses de l'écriture de chaque x, lors que j'utilise la première partie que pour avoir f(0)=0 puis reconstruire la démonstration de nouveau en savoir que f(0)=0. sauf error : ) | |
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darkpseudo
Expert sup
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| | Sujet: Re: Marathon des équations fonctionnelles Jeu 07 Avr 2011, 18:53 | |
| Merci je vais bien , Mehdi je n'essai pas de piéger Marjani loin de là j'essai juste de comprendre . Marjani pair ou impair ça ne change rien , il y a quelques petites lacune mais en gros ça me paraît correct . Moi j'ai fait autre chose mais bon . | |
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M.Marjani
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| | Sujet: Re: Marathon des équations fonctionnelles Jeu 07 Avr 2011, 19:02 | |
| - darkpseudo a écrit:
- Moi j'ai fait autre chose mais bon .
Tu peux poster ta solution. Il restera donc le problème proposer par nmo : - nmo a écrit:
- Je propose un nouvel problème, à ta place pco:
Problème 44:
Trouvez toutes les fonctions f et g, tel que \in\mathbb{R}):f\circ g(x)=2x^2+1\text{ et }g\circ f(x)=(2x+1)^2) .
Bonne chance.
P.S: Je ne dispose d'aucune solution à ce problème. | |
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Dijkschneier
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| | Sujet: Re: Marathon des équations fonctionnelles Jeu 07 Avr 2011, 21:19 | |
| - M.Marjani a écrit:
Solution 45 :
Soit f la fonction définie de IR -> IR vérifiant P(x, y) : f(xf(x+y)) = f(yf(x)) + x²
P(0, y) : f(0)=f(yf(0)) . Supposons que f(0) différent de 0, notons c=f(0) tel que c dans IR* .
On réécrit P(c, y) : f(cy)= c et faisant le changement P(c, -y) : f(-cy)=c donc f fonction pair .
D'une autre part P(x ,-x) : f(cx) = f(-xf(x))+x² = c (1) et P(x, x) : f(xf(2x)) = f(xf(x))+x² (2)
De (1) et (2) on résulte que f(xf(2x))=c et en faisant le changement P(c, 1) on aura f(f(2))=c.
Puisque f(cy)= c et c se diffère de 0 alors qu'on peut fixer y sur 1/c alors f(1)=c . Et dans l'E.F P(0, 1) : f(f(1)) = c+1 , puis P(1, 1) : f(f(2)) = f(f(1)) +1 = c+2 donc f(f(2))=c=c+2 Contradiction.. Absurde. Alors f(0)=0.
Maintenant, et sous la condition f(0)=0 on peut avoir aisément f(xf(x))=x² en faisant le changement de variable suivant P(x, 0) : f(xf(x)) = f(0)+x² = x² , d'autre part P(x ,-x) : 0=f(0)=f(-xf(x))+x² de ces deux équations on résulte que f(-xf(x))=-x²=-f(xf(x)) donc f est impair .
Soit g une fonction tel que g(x)=xf(x) , puisque f(xf(x))=x² alors g(g(x))=x²g(x) . Et g(-x)=-xf(-x)=xf(x)=g(x) donc g impair. Supposons que g(x)=g(y) différente de 0 => gog(x)=gog(y) <=> x²g(x)=y²g(y) alors x²=y². Si x=-y alors g(x)=g(-x) donc g est une fonction pair qui est une contradiction avec g impair.. donc x=y alors g injective.. Supposons maintenant que g(x)=y et différente de 0 => g(g(x))=g(y)=x²g(x)=x²y alors x²=g(y)/y et donc g bijective. g bijective nous permet de poser g(x)=y dans l'équation g(g(x))=x²g(x) alors g(y)=yx² . Donc g s'écrit de la forme yx² et puisque g(x)=xf(x) alors que yx²=xf(x) . Si x se diffère de 0 alors que f(x) s'écrit de la forme xy ..
Réciproquement, on remplace f(x) par ax / a un réel et x se diffère de 0 et f(0)=0 ..
Donc f(xf(x+y))=f(yf(x))+x² => f(xa(x+y))=a²x(x+y)=f(yax)+x²=a²xy+x² => a²x²+a²xy=a²xy+x² donc a²=1 .
Synthèse: Les deux fonctions f(x)=x et f(x)=-x répondent à l'équation fonctionnel. ?? | |
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Dijkschneier
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| | Sujet: Re: Marathon des équations fonctionnelles Jeu 07 Avr 2011, 22:57 | |
| Les idées sommaires qui étaient présentes dans le problème 45 sont :
1) Puisque f n'est pas constante, alors f(0)=0
2) f(xf(x))=x² et f(-xf(x))=-x², et donc f est surjective. De plus (f(u)=x² <=> u=xf(x)) et (f(v)=-x² <=> v=-xf(x)), et donc f est bijective (injective, car si par exemple f(a)=f(b)=x², alors a=xf(x) et b=xf(x) et donc a=b, et de même si f(a)=f(b)=-x²)
3) f est impaire
4) f(yf(x)) = -x² + f(xf(x+y)) = -x² + (x+y)² - [(x+y)²+ f (-xf(x+y)] = y² +2xy - f((x+y)f(y))= 2xy+[(-y)²+ f((x+y)f(-y))] = 2xy+ f (-yf(x)), et donc f(yf(x))=xy par imparité, et par symétrie f(xf(y))=f(yf(x))=xy, et par injectivité, xf(y)=yf(x)
5) Conclusion : f est linéaire
Passons à un nouveau problème... | |
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Dijkschneier
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| | Sujet: Re: Marathon des équations fonctionnelles Jeu 07 Avr 2011, 23:23 | |
| Problème 46 :
Trouver toutes les fonctions f de R vers R qui soient monotones et qui vérifient :
Il existe un entier naturel n tel que pour tout réel x : f^n(x)=-x, où f^n désigne fofo...f (n fois). | |
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M.Marjani
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| | Sujet: Re: Marathon des équations fonctionnelles Jeu 07 Avr 2011, 23:59 | |
| @Dijkschneier: f(-xf(x))=-x²=-f(xf(x)) Nous donne que f surjective puisque f(xy)=x² . Et la partie de f impair nécessite plus d'explication : Soit m un réel. On va prouver que pour tout m f est impair .
Pour f(m)=0 il est clair que f impair (voir ma réponse sur la question de Darpseudo) .
On suppose que f(m)<0 alors il existe un réel t pour lequel soit f(m)=-t²<0 . Puisque f(0)=0 alors que s'est permet de supposer x différent de 0, et cela implique f(h) différent de 0 / h £ IR, donc qu'on peut également trouver un nombre h tel que hf(h)=m. Et la substitution x=t et y=h dans l'équation fonctionnelle permet d'avoir f(tf(t+h))=f(hf(t))+t²=f(m)+t²=0 et donc tf(t+h)=0 alors qu'il n'y a autre que t+h=0 alors que -m=tf(t) on en déduit que f(-m)=f(tf(t))=t²=-f(m) alors f impair ..
On procède de la même maniéré pour montrer que f impair si f(m)>0 en faisant la substitution x=t et y=h-t pour avoir f((h-t)f(t))=0 ==> h-t=0 puisque f(t)>0 ..
Et après quelques substitutions on aura f(tf(m))=mt .. f surjective, alors qu'on peut fixer f(m) sur 1 ou gardé ma dernière partie qui consiste à g(x)/x=f(x) pour avoir ce qui est désiré.
Donc pour la deuxième ligne rouge.. sera trivial après démontrer que f,g impairs . car si g(x)=g(-x) , g sera pair ce qui se contredit avec g impair.. | |
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darkpseudo
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| | Sujet: Re: Marathon des équations fonctionnelles Ven 08 Avr 2011, 00:30 | |
| Si f est croissante il n'y a clairement pas de solution ( on trouve f(x) = x qui ne vérifie pas l'énoncé ) si f est décroissante .
On a f(x) = y admet x=f^(n-1)(-y) comme solution est donc la fonction est bien surjective
On a f^(n)(x) = -x donc f^(n+1)(x) = f(-x) de plus si on prend x'=f(x) on trouvera f^(n+1)(x)=-f(x) donc la fonction est impair . Maintenant supposons que pour un certain x on ait : -x>f(x) ==> f(f(x)) > f(-x)=-f(x)>x ==> f^3(x)<f(f(-x)=-f(f(x))<-x en gros si n est pair on aura f^n(x) >x ==> x<0 ==> f(x) >f(0) ==> f^n(x) < f^n(0) = 0 contradiction .
Si n est impaire on aura f^n(x) < -x ==> x<x contradiction
Et donc f(x) = -x est la seul solution qui vérifie bien la condition .
Sauf erreur .
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Dijkschneier
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| | Sujet: Re: Marathon des équations fonctionnelles Ven 08 Avr 2011, 13:09 | |
| Joli. Mais tu as oublié un petit détail : tu dois signaler que f est injective, auquel cas, la fonction est bien strictement monotone | |
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darkpseudo
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| | Sujet: Re: Marathon des équations fonctionnelles Ven 08 Avr 2011, 13:18 | |
| Merci , on continu :
Problème 47
Trouvez toutes les fonction de R -> R strictement croissante et bijective tel que:
f(x) + f^(-1)(x) = 2x | |
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| | Sujet: Re: Marathon des équations fonctionnelles | |
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| | Marathon des équations fonctionnelles | |
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