Marathon des équations fonctionnelles

f(xf(y)+f(x))=2f(x)+xy
il est facile de remarquer que f est surjective....
f(x)=f(y)==>f(xf(x)+f(x))=2f(x)+x²=f(xf(y)+f(x))=x²+xy==>x=y
ce qui montre que f est injective
P(x,y): f(xf(y)+f(x))=2f(x)+xy
il existe donc un certain u tel que f(u)=0
P(u,0)==>f(uf(0))=0=f(u)==>uf(0)=u (l'injection)
==>u=0 ou f(0)=1
si u=0==>f(0)=0, ......P(x,0) : f(f(x))=2f(x) alors posons f(x)=y
en se rappelant de le surjection on aura donc : (Vy£IR): =f(y)=2y
Or en vérifiant cette solution on trouve une contradiction....
d'où f(0)=1.....P(-1,-1):f(-1)=0
P(x,-1): f(f(x))=2f(x)-x
considérons le suite x_{n} tel que x_{0}=x et f(x_{n})=x_{n+1}
on a donc : x_{n+2}=2x_{n+1}-x_{n}
il s'agit donc d'une relation de récurrence linéaire d'ordre 2 ,à coefficients constants ,
l'équation X²-2X+1=0 admet une racine double 1, alors il existe des constants a et b tel que : x_{n}=an+b.1ⁿ=an+b
alors pour n=0, x_{0}=x=b ....pour n=1 f(x)=x_{1}=x+a ,en revenant à l'ef du départ on peut facilement trouver que a=1
---------------------------------------------
conclusion (Vx£IR):f(x)=x+1

On voit bien que f est surjective.

P(x,y)=f(x*f(y)+f(x))=2f(x)+xy.
P(x,0) ===> f(x*f(0)+f(x))=2f(x) (A)
P(x,x) ===> f(x*f(x)+f(x))=2f(x)+x² (1)

f(x)=f(y) ===> f(x*f(x)+f(x))=2f(x)+xy (2)
De (1) et (2) on déduit que xy=x² x=y , d'ou f est injective.

Nous pouvons donc supposer qu'il existe un réel 'c' tel que f(c)=0, on a par (A) P(x,0) ===> f(x*f(0)+f(x))=2f(x) donc P(c,0) ===> f(c*f(0)+0)=2f(c)=0=f(c)

Et par l'injection de f on trouve que c*f(0)=c donc f(0)=0 ou f(0)=1

Si f(0)=0: f(0)=0 donc (A) devient: f(f(x))=2f(x) , on peut poser f(x)=m donc f(m)=2m (C)

On remplaçe dans l'EF pour avoir: f(2xy+2x)=2x+xy (H) _{(S'il est vrai on va avoir f(t+1)=t)} par (C) f(f(2xy+2x))=f(2x+xy)=2f(2xy+2x) _{(2xy+2x=2x+xy xy=0)}

Et fixant y=0 donc f(2x)=2f(2x) => f(2x)=0 on obtient ce résultat qui est clairement absurde par l'EF.

Si f(0)=1: Donc par (A) f(x*f(0)+f(x))=2f(x) on aura donc: f(x+f(x))=2f(x)

Enfin, et remplaçant ce dernier résultat dans l'EF de départ pour trouver qu'elle est juste, donc il existe une fonction solution tel que f(x+f(x))=2f(x) (M) :
Dans (M) on fixe x sur 0 donc: f(f(0))=2f(0) => f(1)=2 ==> (R) , une autre fois on fixe x sur 1 donc f(1+f(1))=2*f(1) d'ou f(3)=4 ==> (T)

Dans l'EF de départ, p(1,y) ==> f(f(y)+f(1))=2f(1)+y donc f(f(y)+2)=4+y. ==> (P1)

Une autre fois, et dans l'EF faisant x=-1 donc f(f(-1)-f(y))=2f(-1)-y (I) Or 2f(-1)+1=f(0)=1 => f(-1)=0 . Alors que (I) devient: f(-f(y))=-y ==> (GG) . Mais si nous fixions y=-1 on aura f(x*f(-1)+f(x))=2f(x)-x D'ou f(f(x))=2f(x)-x (P2 ).

Par ce qui précede ( (M) et (GG) et (P2) ) on déduit que: 2f(x)=f(x+f(x))=f(f(x))+x=f(f(x))-f(-f(x)) ; donc 2f(x)=f(f(x))-f(-f(x)) ; Et de la surjectivité de f on peut poser f(x)=s donc f(s)=2s+f(-s)
On a: P(s) ==> f(x)=2x+f(-x) Et (M): f(x+f(x))=2f(x)

Réciproquement: f(f(x))=f(2x+f(-x))=2f(x)-x (D) => f(2x+(f(x)-2x))=2f(x)-x=f(f(x)) => f(f(x))+x=f(x+f(x)) (H)

Parmi les résultats que j'ai trouvé: f(f(x))=2f(x)-x. On veut démontrer que f(f(x)+2)=f(f(x))+2 est juste:

Dans l'EF de départ, on remarque que si nous mettons: x*f(y)=0 on aura f(f(x))=2f(x)-x donc xy=-x donc y=-1.
De la méme façon, et dans l'EF de départ on pose x*f(y)=2 donc f(2+f(x))=f(f(x))+x(y+1)

On souhaite avoir f(f(x)+2)=f(f(x))+2 , et on a trouver que f(2+f(x))=f(f(x))+x(y+1) ; donc il fallait que x(y+1)=2 Donc il fallait que x*f(y)=x(y+1) d'ou f(y)=y+1. On déduit que f(f(x)+2)=f(f(x))+2 est juste ! Ainsi, notre implication est juste !

Par (H): On déduit que f(f(y)+2) = f(f(y))+2 = 2f(y)-y+2=4+y ===> f(y)=y+1 / y £ IR

Réciproquement, cette fonction réalise l'énoncé.

On voit bien que f est surjective.

P(x,y)=f(x*f(y)+f(x))=2f(x)+xy.
P(x,0) ===> f(x*f(0)+f(x))=2f(x) (A)
P(x,x) ===> f(x*f(x)+f(x))=2f(x)+x² (1)

f(x)=f(y) ===> f(x*f(x)+f(x))=2f(x)+xy (2)
De (1) et (2) on déduit que xy=x² <=> x=y , d'ou f est injective.

Nous pouvons donc supposer qu'il existe un réel 'c' tel que f(c)=0, on a par (A) P(x,0) ===> f(x*f(0)+f(x))=2f(x) donc P(c,0) ===> f(c*f(0)+0)=2f(c)=0=f(c)

Et par l'injection de f on trouve que c*f(0)=c donc f(0)=0 ou f(0)=1

Si f(0)=0: f(0)=0 donc (A) devient: f(f(x))=2f(x) , on peut poser f(x)=m donc f(m)=2m (C)

On remplaçe dans l'EF pour avoir: f(2xy+2x)=2x+xy (H) (S'il est vrai on va avoir f(t+1)=t) par (C) f(f(2xy+2x))=f(2x+xy)=2f(2xy+2x) (2xy+2x=2x+xy <=> xy=0)

Et fixant y=0 donc f(2x)=2f(2x) => f(2x)=0 on obtient ce résultat qui est clairement absurde par l'EF.

Si f(0)=1: Donc par (A) f(x*f(0)+f(x))=2f(x) on aura donc: f(x+f(x))=2f(x)

Enfin, et remplaçant ce dernier résultat dans l'EF de départ pour trouver qu'elle est juste, donc il existe une fonction solution tel que f(x+f(x))=2f(x) (M) :
Dans (M) on fixe x sur 0 donc: f(f(0))=2f(0) => f(1)=2 ==> (R) , une autre fois on fixe x sur 1 donc f(1+f(1))=2*f(1) d'ou f(3)=4 ==> (T)

Dans l'EF de départ, p(1,y) ==> f(f(y)+f(1))=2f(1)+y donc f(f(y)+2)=4+y. ==> (P1)

Une autre fois, et dans l'EF faisant x=-1 donc f(f(-1)-f(y))=2f(-1)-y (I) Or 2f(-1)+1=f(0)=1 => f(-1)=0 . Alors que (I) devient: f(-f(y))=-y ==> (GG) . Mais si nous fixions y=-1 on aura f(x*f(-1)+f(x))=2f(x)-x D'ou f(f(x))=2f(x)-x (P2 ).

Par ce qui précede ( (M) et (GG) et (P2) ) on déduit que: 2f(x)=f(x+f(x))=f(f(x))+x=f(f(x))-f(-f(x)) ; donc 2f(x)=f(f(x))-f(-f(x)) ; Et de la surjectivité de f on peut poser f(x)=s donc f(s)=2s+f(-s)
On a: P(s) ==> f(x)=2x+f(-x) Et (M): f(x+f(x))=2f(x)

Réciproquement: f(f(x))=f(2x+f(-x))=2f(x)-x (D) => f(2x+(f(x)-2x))=2f(x)-x=f(f(x)) => f(f(x))+x=f(x+f(x)) (H)

Par (H): f(m+y)=f(m)+y d'ou f(f(y)+2) = f(f(y))+2 = 2f(y)-y+2=4+y ===> f(y)=y+1 / y £ IR

Réciproquement, cette fonction réalise l'énoncé.

Et pour démontrer qu'il n'existe aucune autre fonction:

Spoiler:
Par ce qui précede ( (M) et (GG) et (P2) ) on déduit que: 2f(x)=f(x+f(x))=f(f(x))+x=f(f(x))-f(-f(x)) ; donc 2f(x)=f(f(x))-f(-f(x)) ; Et de la surjectivité de f on peut poser f(x)=s donc f(s)=2s+f(-s)
On a: P(s) ==> f(x)=2x+f(-x) Et (M): f(x+f(x))=2f(x)

f(f(x))=f(2x+f(-x))=2f(x)-x (D) => f(2x+(f(x)-2x))=2f(x)-x=f(f(x)) => f(f(x))+x=f(x+f(x))

Cette equation fonctionelle est classic et n'as qu'une seule solution: f(x)=x+1/ x£IR

Sans répéter ce qui était déjà dit , je continue d'où les autres membres sont arrêtés ..
On a les résultat suivant :
f bijective
f(0)=1
f(1)=2
f(-1)=0.
on a :
P(x,y) : f(xf(y)+f(x))=2f(x)+xy
Posons f(-4)=a on a :
P(1,-4):f(a+2)=0=f(-1)=>f(-4)=a=-3
Posons f(-2)=b , on a :
P(1,-2) :f( b+2)=2=f(1)=>f(2)=b=-1 .
On a aussi :
P(x,-2):f(f(x)-x)=2(f(x)-x) (*)

Supposons qu'il existe un réel c différent de 1 t.q f(c)=2c alors on a :
P(c,-4) : f(-c)=0 =>c=1 ce qui absurde , donc 1 est le seul réel x t.q f(x)=2x ,mais on a pour tous réels f( f(x)-x ) =2(f(x)-x) d'après (*) ce qui assure que f(x)=x+1
... sauf erreur

Ghayla mabghitich tfham wsafi ^^

Preuve: Dans l'EF de départ, prends un autre réel c différent de x=1 , tu vas trouver toujours:
f(c*f(y)+f(c))=2f(c)+cy.

On déduit que l'implication est la seule que pour x=c=1 (plus précisement dans le cas ou f(c)=2...

Mathématiquement: Parmi les résultats que j'ai trouvé: f(f(x))=2f(x)-x

L'equation fonctionnelle de départ: f(x*f(y)+f(x))=2f(x)+xy

On veut démontrer que f(f(x)+2)=f(f(x))+2 est une implication juste:

Dans l'EF de départ, on remarque que si nous mettons: x*f(y)=0 on aura f(f(x))=2f(x)-x donc xy=-x donc y=-1.

De la méme façon, et dans l'EF de départ on pose x*f(y)=2 donc f(2+f(x))=f(f(x))+x(y+1)

Si cette implication est juste, on doit trouver que f(y)=y+1 qui est clairement juste ; donc on va voir:

On veut avoir f(f(x)+2)=f(f(x))+2 , et on a trouver que f(2+f(x))=f(f(x))+x(y+1) ; donc il fallait que x(y+1)=2 Donc il fallait que x*f(y)=x(y+1) d'ou f(y)=y+1

On déduit que f(f(x)+2)=f(f(x))+2 est juste ! Ainsi, notre implication est juste !

J'ai donné un simple exemple de: f(-f(x))=-x et f(-f(x)-x)= - x - x

L'implication: f(f(x)+x)=f(f(x))+x => f(f(x)+2)=f(f(x))+2 est la seule dans IR..

Preuve: Dans l'EF de départ, prends un autre réel c différent de x=1 , tu vas trouver toujours:
f(c*f(y)+f(c))=2f(c)+cy.

On déduit que l'implication est la seule que pour x=c=1 (plus précisement dans le cas ou f(c)=2...

Mathématiquement: Parmi les résultats que j'ai trouvé: f(f(x))=2f(x)-x

L'equation fonctionnelle de départ: f(x*f(y)+f(x))=2f(x)+xy

On veut démontrer que f(f(x)+2)=f(f(x))+2 est une implication juste:

Dans l'EF de départ, on remarque que si nous mettons: x*f(y)=0 on aura f(f(x))=2f(x)-x donc xy=-x donc y=-1.

De la méme façon, et dans l'EF de départ on pose x*f(y)=2 donc f(2+f(x))=f(f(x))+x(y+1)

Si cette implication est juste, on doit trouver que f(y)=y+1 qui est clairement juste ; donc on va voir:

On veut avoir f(f(x)+2)=f(f(x))+2 , et on a trouver que f(2+f(x))=f(f(x))+x(y+1) ; donc il fallait que x(y+1)=2 Donc il fallait que x*f(y)=x(y+1) d'ou f(y)=y+1

On déduit que f(f(x)+2)=f(f(x))+2 est juste ! Ainsi, notre implication est juste !

Sans répéter ce qui était déjà dit , je continue d'où les autres membres sont arrêtés ..
On a les résultat suivant :
f bijective
f(0)=1
f(1)=2
f(-1)=0.
on a :
P(x,y) : f(xf(y)+f(x))=2f(x)+xy
Posons f(-4)=a on a :
P(1,-4):f(a+2)=0=f(-1)=>f(-4)=a=-3
Posons f(-2)=b , on a :
P(1,-2) :f( b+2)=2=f(1)=>f(2)=b=-1 .
On a aussi :
P(x,-2):f(f(x)-x)=2(f(x)-x) (*)

Supposons qu'il existe un réel c différent de 1 t.q f(c)=2c alors on a :
P(c,-4) : f(-c)=0 =>c=1 ce qui absurde , donc 1 est le seul réel x t.q f(x)=2x ,mais on a pour tous réels f( f(x)-x ) =2(f(x)-x) d'après (*) ce qui assure que f(x)=x+1
... sauf erreur