Marathon des équations fonctionnelles

Oui c'est juste à toi de poster.

Problème 30:
Trouver toutes les fonctions f:IR->IR tel que pour tout (x,y) £ IR² nous avons :
(x+y)f(y) + yf(f(x)) = (2x+y)f(f(y)).

Mehdi.O a écrit:: Problème 30:

Trouver toutes les fonctions f:IR->IR tel que pour tout (x,y) £ IR² nous avons :
(x+y)f(y) + yf(f(x)) = (2x+y)f(f(y)).

Spoiler:

expert_run a écrit:

Mehdi.O a écrit:: Problème 30:

Trouver toutes les fonctions f:IR->IR tel que pour tout (x,y) £ IR² nous avons :
(x+y)f(y) + yf(f(x)) = (2x+y)f(f(y)).

Spoiler:

Oui c'est ça bien joué Wink

. A toi de poster un exo Smile

Problème 31:
Trouver toutes les fonctions strictement croissantes f:IN*--->IN* :
i)f(2)=2
ii) si le PGCD(m;n)=1 ;f(m.n)=f(m)f(n)

Solution au problème 31:( à vérifier ..)

Spoiler:

Féru Nombre de messages : 36 Age : 31 Date d'inscription : 19/08/2011

expert-run je pense que t'as oublie d'ajoute la condition f strictement croissante...c'est un classique bien connnu et la seule solution est l'identité...
Pour Mehdi-o ta solution n'est pas bonne...

Je me disais qu'il manquait un truc dans le problème scratch

.
Merci d'éditer ton problème expert-run pour que je puisse rectifier ma solution.

Féru Nombre de messages : 36 Age : 31 Date d'inscription : 19/08/2011

bjr bon je propose une solution pour le probleme 31 ,et j ajoute que f est strictement croissante.
la fonction Ide est bien une solution...prouvons que c'est la seule possible.
par réccurence, f(1)=1,f(2)=2
soit n un entier on suppose que pour tout p inferieure ou egale á n on a : f(p)=p
prouvons que f(n+1)=n+1
1) si n+1 n'est pas premier alors il existe q,k inferieur á n tel que: qk=n+1.
d'ou f(n+1)=f(qk)=f(q)f(k)=qk (par hypothese de reccurence forte)
2) si maintenant n+1 premier alors n+2 est impaire ainsi il existe d=<n tel que n+2=2d
d'ou f(n+2)=f(2)f(d)=2d=n+1..or f est strictement croissante donc ;
f(n)<f(n+1)<f(n+2) d'ou f(n+1)=n+1..ce qui achéve la demonstration.
Réciproquement la fonction Ide est bien une solution du probleme.

@rimele : A toi de proposer u nouveau problème Smile

Féru Nombre de messages : 36 Age : 31 Date d'inscription : 19/08/2011

D'accord,je propose ce probleme.
Trouver toutes les fonctions continue de IR vers IR telles que:
pour tout x de IR:
f(x+2)-7f(x+1)+10f(x)=0

Expert sup Nombre de messages : 1665 Age : 30 Date d'inscription : 05/03/2010

Déjà posté au forum. Elle a une infinité de solutions et ce n'est guére facile à montrer.

Je t'invite à poster une autre.

Féru Nombre de messages : 36 Age : 31 Date d'inscription : 19/08/2011

d'accord je propose un autre probléme:
trouver toutes les fonctions f:IR-->IR TQ:
f(x^2(z^2+1)+f(y)(z+1))=1-f(z)(x^2+f(y))-z((z+1)x^2+2f(y))
elle n'est pas jolie mais bon...

Solution au problème 32:

Spoiler:

Problème 33:
Trouver toutes les fonctions $Marathon des équations fonctionnelles - Page 14 Gif$ t.q pour tout x,y de IR nous avons :
$Marathon des équations fonctionnelles - Page 14 Gif$

Expert sup Nombre de messages : 1665 Age : 30 Date d'inscription : 05/03/2010

Solution 33:

Soit f une fonction qui vérifie les données. Et soit P(x,y) l'assertion f(xf(y))+f(x)+y=f(x+f(y)+yf(x), posant c=f(0), a=f(1).

P(0,y): f(f(y))=c(2-y)+y (*) et soit t de IR tel que f(t)=0. Par l'assertion P(t,t): c+t=f(t)=0 on aura c=-t. Et par l'assertion P(x,t): c+t=tf(x) on aura c=t(f(x)-1) <=> cf(x)=0

Si c est différent de 0 alors f(x)=0 cela est impossible car la fonction f(x)=0 ne répond pas aux données. Donc c=0 alors (*) devient f(f(x))=x pour tout x de IR.

P(y,1): 2y-ay+a=f(1+f(y)) (**) et P(x,1):f(ax)+1=f(x+a) (***). Or on a f(f(a+x))=a+x=f(f(ax)+1) et par (**) on aura f(f(ax)+1)=2ax+a-a²x donc x(2a-1-a²)=0 => a=1 pour x=/=0. Puisque f(0)=0 on obtient alors
f(x)+f(1)=f(x+1) et f(f(x)+1)=x+1 pour tout x de IR , la premiére est l'E.F de Cauchy qui a pour solution f(x)=a'x avec a'=1 réciproquement car on a bien x+1 se différe de x, donc f'(x+1)=lim(x-->x+1)[f(x)-f(x+1)]/[x-(x+1)]=1. Dérivable sur un point donc continue sur ce même point. Ou sans Cauchy... dérivé constante <=> fonction originale de la forme ax+b et a,b fixes et récoproquement a'=1 et b=0.

Réciproquement, f(x)=x vérifie les données et elle est la seule.

M.Marjani a écrit:: Solution 33:

Soit f une fonction qui vérifie les données. Et soit P(x,y) l'assertion f(xf(y))+f(x)=f(x+f(y)+yf(x), posant c=f(0), a=f(1).

P(0,y): f(f(y))=c(2-y)+y (*) et soit t de IR tel que f(t)=0. Par l'assertion P(t,t): c+t=f(t)=0 on aura c=-t. Et par l'assertion P(x,t): c+t=tf(x) on aura c=t(f(x)-1) <=> cf(x)=0

Si c est différent de 0 alors f(x)=0 cela est impossible car la fonction f(x)=0 ne répond pas aux données. Donc c=0 alors (*) devient f(f(x))=x pour tout x de IR. De plus si c=/=0 alors c=t(f(x)-1) => f(x)=/=1, ce qui est impossible puisque la fonction f(x)=1 répond aux données.

P(y,1): 2y-ay+a=f(1+f(y)) (**) et P(x,1):f(ax)+1=f(x+a) (***). Or on a f(f(a+x))=a+x=f(f(ax)+1) et par (**) on aura f(f(ax)+1)=2ax+a-a²x donc x(2a-1-a²)=0 => a=1 si x est différent de 0. Puisque f(0)=0 on obtient alors f(x)+f(1)=f(x+1) et f(f(x)+1)=x+1 , la premiére est l'E.F de Cauchy qui a pour solution f(x)=a'x avec a'=1 réciproquement.

Réciproquement, f(x)=x et f(x)=1 vérifient les données et sont les seules.

Je n'ai lu que la première ligne, et je suis désolé pour l'effort que tu as fait, mais tu as résolu une autre EF je crois, dans RHS y a : f(xf(y))+f(x) +y, tu as oublié le "y"

Mehdi.O a écrit:

M.Marjani a écrit:: Solution 33:

Soit f une fonction qui vérifie les données. Et soit P(x,y) l'assertion f(xf(y))+f(x)=f(x+f(y)+yf(x), posant c=f(0), a=f(1).

P(0,y): f(f(y))=c(2-y)+y (*) et soit t de IR tel que f(t)=0. Par l'assertion P(t,t): c+t=f(t)=0 on aura c=-t. Et par l'assertion P(x,t): c+t=tf(x) on aura c=t(f(x)-1) <=> cf(x)=0

Si c est différent de 0 alors f(x)=0 cela est impossible car la fonction f(x)=0 ne répond pas aux données. Donc c=0 alors (*) devient f(f(x))=x pour tout x de IR. De plus si c=/=0 alors c=t(f(x)-1) => f(x)=/=1, ce qui est impossible puisque la fonction f(x)=1 répond aux données.

P(y,1): 2y-ay+a=f(1+f(y)) (**) et P(x,1):f(ax)+1=f(x+a) (***). Or on a f(f(a+x))=a+x=f(f(ax)+1) et par (**) on aura f(f(ax)+1)=2ax+a-a²x donc x(2a-1-a²)=0 => a=1 si x est différent de 0. Puisque f(0)=0 on obtient alors f(x)+f(1)=f(x+1) et f(f(x)+1)=x+1 , la premiére est l'E.F de Cauchy qui a pour solution f(x)=a'x avec a'=1 réciproquement.

Réciproquement, f(x)=x et f(x)=1 vérifient les données et sont les seules.

Je n'ai lu que la première ligne, et je suis désolé pour l'effort que tu as fait, mais tu as résolu une autre EF je crois, dans RHS y a : f(xf(y))+f(x) +y, tu as oublié le "y"

Je pense qu'il fallait lire tout, ce n'est qu'une faute d'inattention!
Smile

M.Marjani a écrit:: Solution 33:

Soit f une fonction qui vérifie les données. Et soit P(x,y) l'assertion f(xf(y))+f(x)=f(x+f(y)+yf(x), posant c=f(0), a=f(1).

P(0,y): f(f(y))=c(2-y)+y (*) et soit t de IR tel que f(t)=0. Par l'assertion P(t,t): c+t=f(t)=0 on aura c=-t. Et par l'assertion P(x,t): c+t=tf(x) on aura c=t(f(x)-1) <=> cf(x)=0

Si c est différent de 0 alors f(x)=0 cela est impossible car la fonction f(x)=0 ne répond pas aux données. Donc c=0 alors (*) devient f(f(x))=x pour tout x de IR. De plus si c=/=0 alors c=t(f(x)-1) => f(x)=/=1, ce qui est impossible puisque la fonction f(x)=1 répond aux données.

P(y,1): 2y-ay+a=f(1+f(y)) (**) et P(x,1):f(ax)+1=f(x+a) (***). Or on a f(f(a+x))=a+x=f(f(ax)+1) et par (**) on aura f(f(ax)+1)=2ax+a-a²x donc x(2a-1-a²)=0 => a=1 si x est différent de 0. Puisque f(0)=0 on obtient alors f(x)+f(1)=f(x+1) et f(f(x)+1)=x+1 , la premiére est l'E.F de Cauchy qui a pour solution f(x)=a'x avec a'=1 réciproquement.

Réciproquement, f(x)=x et f(x)=1 vérifient les données et sont les seules.

Ok, oui désolé je me suis précipité.
Mais dès ce passage on ne peut rien déduire, déjà je ne sais pas à ce que refère " la première" mais de toute façon on a un manque d'hypothèses pour dire que la fonction est solution de l'équation de Cauchy.
Alors merci bien de rectifier Very Happy

Mehdi.O a écrit:

M.Marjani a écrit:: Solution 33:

Soit f une fonction qui vérifie les données. Et soit P(x,y) l'assertion f(xf(y))+f(x)=f(x+f(y)+yf(x), posant c=f(0), a=f(1).

P(0,y): f(f(y))=c(2-y)+y (*) et soit t de IR tel que f(t)=0. Par l'assertion P(t,t): c+t=f(t)=0 on aura c=-t. Et par l'assertion P(x,t): c+t=tf(x) on aura c=t(f(x)-1) <=> cf(x)=0

Si c est différent de 0 alors f(x)=0 cela est impossible car la fonction f(x)=0 ne répond pas aux données. Donc c=0 alors (*) devient f(f(x))=x pour tout x de IR. De plus si c=/=0 alors c=t(f(x)-1) => f(x)=/=1, ce qui est impossible puisque la fonction f(x)=1 répond aux données.

P(y,1): 2y-ay+a=f(1+f(y)) (**) et P(x,1):f(ax)+1=f(x+a) (***). Or on a f(f(a+x))=a+x=f(f(ax)+1) et par (**) on aura f(f(ax)+1)=2ax+a-a²x donc x(2a-1-a²)=0 => a=1 si x est différent de 0. Puisque f(0)=0 on obtient alors f(x)+f(1)=f(x+1) et f(f(x)+1)=x+1 , la premiére est l'E.F de Cauchy qui a pour solution f(x)=a'x avec a'=1 réciproquement.

Réciproquement, f(x)=x et f(x)=1 vérifient les données et sont les seules.

Ok, oui désolé je me suis précipité.
Mais dès ce passage on ne peut rien déduire, déjà je ne sais pas à ce que refère " la première" mais de toute façon on a un manque d'hypothèses pour dire que la fonction est solution de l'équation de Cauchy.
Alors merci bien de rectifier Very Happy

De continuité, je crois ?

Expert sup Nombre de messages : 1665 Age : 30 Date d'inscription : 05/03/2010

Mehdi.O a écrit:

M.Marjani a écrit:: Solution 33:

Soit f une fonction qui vérifie les données. Et soit P(x,y) l'assertion f(xf(y))+f(x)=f(x+f(y)+yf(x), posant c=f(0), a=f(1).

P(0,y): f(f(y))=c(2-y)+y (*) et soit t de IR tel que f(t)=0. Par l'assertion P(t,t): c+t=f(t)=0 on aura c=-t. Et par l'assertion P(x,t): c+t=tf(x) on aura c=t(f(x)-1) <=> cf(x)=0

Si c est différent de 0 alors f(x)=0 cela est impossible car la fonction f(x)=0 ne répond pas aux données. Donc c=0 alors (*) devient f(f(x))=x pour tout x de IR. De plus si c=/=0 alors c=t(f(x)-1) => f(x)=/=1, ce qui est impossible puisque la fonction f(x)=1 répond aux données.

P(y,1): 2y-ay+a=f(1+f(y)) (**) et P(x,1):f(ax)+1=f(x+a) (***). Or on a f(f(a+x))=a+x=f(f(ax)+1) et par (**) on aura f(f(ax)+1)=2ax+a-a²x donc x(2a-1-a²)=0 => a=1 si x est différent de 0. Puisque f(0)=0 on obtient alors f(x)+f(1)=f(x+1) et f(f(x)+1)=x+1 , la premiére est l'E.F de Cauchy qui a pour solution f(x)=a'x avec a'=1 réciproquement.

Réciproquement, f(x)=x et f(x)=1 vérifient les données et sont les seules.

Ok, oui désolé je me suis précipité.
Mais dès ce passage on ne peut rien déduire, déjà je ne sais pas à ce que refère " la première" mais de toute façon on a un manque d'hypothèses pour dire que la fonction est solution de l'équation de Cauchy.
Alors merci bien de rectifier Very Happy

Trés facile de les trouver.

* la continuité en un point : utiliser f(x+1)-f(x)=1 alors elle est dérivable en x_0=1.
* être majorée ou minorée sur un intervalle: choisir un intervalle et montrer qu'elle minorée.
* être monotone sur un intervalle: évident.

M.Marjani a écrit:

Mehdi.O a écrit:

M.Marjani a écrit:: Solution 33:

Soit f une fonction qui vérifie les données. Et soit P(x,y) l'assertion f(xf(y))+f(x)=f(x+f(y)+yf(x), posant c=f(0), a=f(1).

P(0,y): f(f(y))=c(2-y)+y (*) et soit t de IR tel que f(t)=0. Par l'assertion P(t,t): c+t=f(t)=0 on aura c=-t. Et par l'assertion P(x,t): c+t=tf(x) on aura c=t(f(x)-1) <=> cf(x)=0

Si c est différent de 0 alors f(x)=0 cela est impossible car la fonction f(x)=0 ne répond pas aux données. Donc c=0 alors (*) devient f(f(x))=x pour tout x de IR. De plus si c=/=0 alors c=t(f(x)-1) => f(x)=/=1, ce qui est impossible puisque la fonction f(x)=1 répond aux données.

P(y,1): 2y-ay+a=f(1+f(y)) (**) et P(x,1):f(ax)+1=f(x+a) (***). Or on a f(f(a+x))=a+x=f(f(ax)+1) et par (**) on aura f(f(ax)+1)=2ax+a-a²x donc x(2a-1-a²)=0 => a=1 si x est différent de 0. Puisque f(0)=0 on obtient alors f(x)+f(1)=f(x+1) et f(f(x)+1)=x+1 , la premiére est l'E.F de Cauchy qui a pour solution f(x)=a'x avec a'=1 réciproquement.

Réciproquement, f(x)=x et f(x)=1 vérifient les données et sont les seules.

Ok, oui désolé je me suis précipité.
Mais dès ce passage on ne peut rien déduire, déjà je ne sais pas à ce que refère " la première" mais de toute façon on a un manque d'hypothèses pour dire que la fonction est solution de l'équation de Cauchy.
Alors merci bien de rectifier Very Happy

Trés facile de les trouver.

* la continuité en un point : utiliser f(x+1)-f(x)=1 alors elle est dérivable en x_0=1.
* être majorée ou minorée sur un intervalle: choisir un intervalle et montrer qu'elle minorée.
* être monotone sur un intervalle: évident.

Hein ?!
Ca prouve rien ce que tu avances, désolé mais tu ne peux rien prouver, essaies de trouver une autre méthode.

Expert sup Nombre de messages : 1665 Age : 30 Date d'inscription : 05/03/2010

Mehdi.O a écrit:: Hein ?!
Desolé mais tu peux rien prouvé.

Jette un cline d'oeil ici pour qu'on se met d'accord sur les conditions que j'ai avancé:
http://fr.wikipedia.org/wiki/%C3%89quation_fonctionnelle_de_Cauchy

Puis donc on a besoin que de la continuité en un point pour prouver la linéaireté de la fonction sur IR.

On a bien x+1 se différe de x, donc f'(x+1)=lim(x-->x+1)[f(x)-f(x+1)]/[x-(x+1)]=1. Dérivable sur un point donc continue sur ce même point. Ou sans Cauchy... dérivé constante <=> fonction originale de la forme ax+b a,b fixes.

Maître Nombre de messages : 139 Age : 30 Date d'inscription : 26/02/2011

M.Marjani a écrit:

Mehdi.O a écrit:: Hein ?!
Desolé mais tu peux rien prouvé.

Jette un cline d'oeil ici pour qu'on se met d'accord sur les conditions que j'ai avancé:
http://fr.wikipedia.org/wiki/%C3%89quation_fonctionnelle_de_Cauchy

Puis donc on a besoin que de la continuité en un point pour prouver la linéaireté de la fonction sur IR.

On a bien x+1 se différe de x, donc f'(x+1)=lim(x-->x+1)[f(x)-f(x+1)]/[x-(x+1)]=1. Dérivable sur un point donc continue sur ce même point. Ou sans Cauchy... dérivé constante <=> fonction originale de la forme ax+b a,b fixes.

Bonsoir Si marjani , j'ai pas lu ta solution mais je crois qu'il ya quelque chose qui cloche sur le truc ecris en gras , est ce qu'il s'agit d'une derivation ou d'une continuité ou d'un mélange ^o) ?

Maître Nombre de messages : 139 Age : 30 Date d'inscription : 26/02/2011

Solution 33

Bon , je propose cette solution , elle est un peu longue mais bon Smile

Posons P(x;y) l'assertion tel que : f(xf(y))+f(x)+y=f(x+f(y)+yf(x)

P(0,y) : f(f(y))=y(1-f(0)) +2f(0)
-Cas 1 : f(0)=1
donc pour tout x x de IR f(f(x))=2
P(0,0): f(2)=2
P(1,1) f(1)=1
donc 1=f(f(1))=f(1)=2
contradiction
donc f(0) est differente de 1
et donc f est bijective
soit il existe un c £ IR t.q : f(c)=0
.P(x,c) : c(f(x)-1)=f(0)
si c est différent de 0
donc f est constante
celle ci ne répond po à la question
donc c=0
et ainsi f(0)=0
ce qui donne f(f(x))=x pour tout x de IR
P(x,f(y)) :
f(xy)+f(x)+f(y)=f(x+y)+f(x)f(y)
d'autre part
il existe un a de IR t.q f(a)=1
on note Q(x,y) l'assertion
f(xy)+f(x)+f(y)=f(x+y)+f(x)f(y)
Q(2,2) : f(2)=0 ou f(2)=2
Q(1,1) dans les 2 cas on a f(1)=1
Q(x,1) f(x+1)=f(x)+1
Q(x+1,y): f(xy+y)-f(y)=f(x+y)+fx)f(y)-f(x)-f(y)
ainsi
f(xy+y)-f(y)=f(xy)
ainsi f(x+y)=f(x)+f(y) pr tt x,y de IR
et ainsi f(x)f(xy)=f(xy) pr tt x,y de IR
ces 2 conditions donnennt bien évidemment f(x)=x CQFD Smile

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