TDM - test 2 - Problème 3

Problème 3.
Déterminer toutes les fonctions tels que pour tous réels et strictement positifs, on a :


Auteur du Problème : Sylphaen

f(y+(f(x)^2))= f(x)(x+(y/x)

Donc f(1).(1+y)=f(y+(f(1)^2))

Notons t= y+(f(1)^2)

Donc f(1).(1+t-f(1)^2)=f(t)

On posons t=1

On obtient que f(1)=1

Donc 1+y=f(y+1)

on conclut alors que f(x)=x pour tout x>0

Solution :

Considérons l’assertion P(y,1) : f(y+(f(1))²)=f(1)*(y+1). Puis supposons que y>f(1)² alors:
P(y-f(1)²) : f(y)=f(1)*(y-(f(1))²+1) . Et réciproquement :
f(y+f(x)²)=f(1)(y+(f(x))²+1-(f(1))²)=f(1)*(y+((f(1)²*(x-(f(1)²+1)²+-(f(1))² (*)
D’autre part, f(x)*(x+ y/x)=f(1)*(x-((f(1))²+1)*(x+ y/x) (**)

Et par (*) et (**) on déduit que x +y/x -1 = x-(f(1))²+1, prenons x=y
Alors x+1-1 = x-(f(1))²+1 => f(y)=y ou f(y)= -y décliner puisque f(y)>0 ,
Enfin f(x)=x est la seule solution à l’équation si y>f(1)² .

Puisque 1+f(1)² > f(1)² , On a alors f(1+f(1)²)=1+f(1)² revenant à la premiére équation:
P(y,1) : f(y+f(1)²)=f(1)*(y+1) ==> P(1,1) : f(1+f(1)²)=2f(1) donc 1+f(1)²=2f(1) et alors (f(1)-1)²=0 d'ou f(1)=1
D'autre part, on a f(y+(f(1))²)=f(1)*(y+1) et f(1)=1 <=> f(y+1)=y+1 pout tout y de IR*+
Supposons que pour tout y de IR*+ il existe x de IR*+ tel que f(y)=x équivau à f(y)²=x² => f(f(y)²+x)=f(x²+x) <=> y=f(y)*(y²+x)/f(x²+x) Donc f surjective.

On a f(y+1)=y+1 (1) et P(x,1): f(1+f(x)²)=(x²+1)f(x)/x alors f(1+f(y)²)=(y²+1)f(y)/y (2)
Par la surjectivité du f on a f(y)²+1=f(f(y)²+1) et de (1) et (2) on aura f(y)²+1=(y²+1)f(y)/y=(f(y)²+1)f(y)/y
et vu que f(y)²+1 > 0 alors 1=f(y)/y donc si y>0 on aura f(y)=y pour tout y>0.

Réciproquement, f(y)=y est la seule solution à l'équation fonctionnelle.

Voici ma réponse:
On considère l'assertion:
On a donc:
(f(x)≠0)
Par conséquent:

Il s'ensuit que:
(Puisque x∊R+*)

Vos deux solutions sont fausses.
La fonction est définie sur IR+*, ce qui en vous permet pas de prendre par exemple y=1-(f(1))^2 ou bien remplacer y par y-f(1))^2.
Cela est certes juste dans l'ensemble [(f(1))^2,+oo[ mais il vous reste de l'étendre dans IR+* !

Ta solution kaj mima aussi.
Qui assure le fait que pour tout x de IR+* x>(f(x))^2 ?

.

Mehdi.O a écrit:

Ta solution kaj mima aussi.
Qui assure le fait que pour tout x de IR+* x>(f(x))^2 ?

On peut étudier les deux cas...

on m'a dit que les deux solutions précédentes sont fausses alors je suis là pour vous donner la bonne solution
Soit P(x,y) l'assertion :
Pour y>f(1)², P(1,y-f(1)²) donne f(y)=f(1)(1+y-f(1)²)=ax+b, où a=f(1) et b=f(1)(1-f(1)²).
Pour x,y>f(1)², P(x,y) donne : f(y+(ax+b)²)=(ax+b)(x+y/x), et puisque y+(ax+b)²>f(1)² alors
==> a(y+(ax+b)²)+b = (ax+b)(x+y/x)
==> (a^3-a)x^3 + (2a²b-b)x² + (ay+ab²+b-ay)x - by = 0
Vue en tant qu'égalité polynomiale, en obtient : a^3-a=0 et ay+ab²+b-ay=0 et b=0, d'où a=1 et b=0 (on ne peut avoir a=0 car sinon la fonction s'annulerait, ni a=-1 car ay+ab²+b-ay=0 ne serait pas vérifiée).
Ainsi : pour tout x>f(1)², f(x)=x avec f(1)=1, d'où : pour tout x>=1, f(x)=x.
Fixons maintenant un x de ]0,1[ et prenons un y arbitraire tel que y > max(f(x)², f(x)(x+f(x)), 1).
P(x,y-f(x)²) ==> f(y)=f(x)(x+(y-f(x)²)/x)
==> y=f(x)(x+(y-f(x)²)/x)
==> xy=f(x)(x²+y-f(x)²)
==> y(x-f(x))=f(x)(x²-f(x)²)=f(x)(x-f(x))(x+f(x))
==> (x-f(x))(y-f(x)(x+f(x)))=0
Ce qui donne f(x)=x, pour tout x de ]0,1[.

La seule solution possible est donc l'identité (qui inversement est une solution).

Dans ce cas tu dois étudier le cas où x>1 et où x<1.
Mais si x<(f(x))^2 qu'est-ce-que tu vas faire ?

SarakZit.A a écrit:

on m'a dit que les deux solutions précédentes sont fausses alors je suis là pour vous donner la bonne solution
Soit P(x,y) l'assertion :
Pour y>f(1)², P(1,y-f(1)²) donne f(y)=f(1)(1+y-f(1)²)=ax+b, où a=f(1) et b=f(1)(1-f(1)²).
Pour x,y>f(1)², P(x,y) donne : f(y+(ax+b)²)=(ax+b)(x+y/x), et puisque y+(ax+b)²>f(1)² alors
==> a(y+(ax+b)²)+b = (ax+b)(x+y/x)
==> (a^3-a)x^3 + (2a²b-b)x² + (ay+ab²+b-ay)x - by = 0
Vue en tant qu'égalité polynomiale, en obtient : a^3-a=0 et b=0, d'où a=1 et b=0 (on ne peut avoir a=0 car sinon la fonction s'annulerait, ce qui est impossible).
Ainsi : pour tout x>f(1)², f(x)=x avec f(1)=1, d'où : pour tout x>=1, f(x)=x.
Fixons maintenant un x de ]0,1[ et prenons un y arbitraire tel que y > max(f(x)², f(x)(x+f(x)), 1).
P(x,y-f(x)²) ==> f(y)=f(x)(x+(y-f(x)²)/x)
==> y=f(x)(x+(y-f(x)²)/x)
==> xy=f(x)(x²+y-f(x)²)
==> y(x-f(x))=f(x)(x²-f(x)²)=f(x)(x-f(x))(x+f(x))
==> (x-f(x))(y-f(x)(x+f(x)))=0
Ce qui donne f(x)=x, pour tout x de ]0,1[.

La seule solution possible est donc l'identité (qui inversement est une solution).

Ta solution est similaire à la mienne dans la première partie
Pour la deuxième où x<1 j'ai utilisé le fait que pour tout x>=1 on a f(x)=x et ainsi en prenant y=1 nous 1+(f(x))^2>1 et ainsi f(x).(x+1/x)=1+(f(x))^2
Ce qui donne un trinôme ses solutions sont la fonctipn identité et la fonction inverse.
Maintenant on suppsoe qu'il existe un u <1 tel f(u)=1/u en posant v=1/u>1 on obtient f(v)=1/v=v ce qui donen v=1 absurde !
Donc on peut étendre l'identité sur IR+*

Solution Jelloulienne :



en particulier pour y=1 et f(1)=k on obtient f(x)=k/x ou f(x)=x/k dans les 2 cas f(k)=1

en remplacant x par k on obtient f(y+1)=k+y/k pour tous y
comme f(y+1)=y+1 /k ou k/(y+1) on obtient en résolvant les 2 équation que la seule valeur de k est 1 et pour tous x>1 f(x)=x
pour y>1 et y différent de xf(x) on a :

donc la fonction f est l'identité .

Mehdi.O a écrit:

Vos deux solutions sont fausses.
La fonction est définie sur IR+*, ce qui en vous permet pas de prendre par exemple y=1-(f(1))^2 ou bien remplacer y par y-f(1))^2.
Cela est certes juste dans l'ensemble [(f(1))^2,+oo[ mais il vous reste de l'étendre dans IR+* !

T'as raison. C'est un travail incomplet.. Voici la version original que j'avais au début avant que tout s'effacera
Bon j'ai trouvé f(x)=x pour tout y>f(1)² et puisque 1+f(1)² > f(1)² , On a alors f(1+f(1)²)=1+f(1)² revenant à la premiére équation:

P(y,1) : f(y+f(1)²)=f(1)*(y+1) ==> P(1,1) : f(1+f(1)²)=2f(1) donc 1+f(1)²=2f(1) et alors (f(1)-1)²=0 d'ou f(1)=1
D'autre part, on a f(y+(f(1))²)=f(1)*(y+1) et f(1)=1 <=> f(y+1)=y+1

M.Marjani a écrit:

Mehdi.O a écrit:

Vos deux solutions sont fausses.
La fonction est définie sur IR+*, ce qui en vous permet pas de prendre par exemple y=1-(f(1))^2 ou bien remplacer y par y-f(1))^2.
Cela est certes juste dans l'ensemble [(f(1))^2,+oo[ mais il vous reste de l'étendre dans IR+* !

T'as raison. C'est un travail incomplet.. Voici la version original que j'avais au début avant que tout s'effacera
Bon j'ai trouvé f(x)=x pour tout y>f(1)² et puisque 1+f(1)² > f(1)² , On a alors f(1+f(1)²)=1+f(1)² revenant à la premiére équation:

P(y,1) : f(y+f(1)²)=f(1)*(y+1) ==> P(1,1) : f(1+f(1)²)=2f(1) donc 1+f(1)²=2f(1) et alors (f(1)-1)²=0 d'ou f(1)=1

D'autre part, on a f(y+(f(1))²)=f(1)*(y+1) <=> f(y+1)=y+1

Tu n'as pas encore fini, à cette étape tu as trouvé l'identité sur [1,+OO[ il te reste ]0,1[

Mehdi.O a écrit:

M.Marjani a écrit:

Mehdi.O a écrit:

Vos deux solutions sont fausses.
La fonction est définie sur IR+*, ce qui en vous permet pas de prendre par exemple y=1-(f(1))^2 ou bien remplacer y par y-f(1))^2.
Cela est certes juste dans l'ensemble [(f(1))^2,+oo[ mais il vous reste de l'étendre dans IR+* !

T'as raison. C'est un travail incomplet.. Voici la version original que j'avais au début avant que tout s'effacera
Bon j'ai trouvé f(x)=x pour tout y>f(1)² et puisque 1+f(1)² > f(1)² , On a alors f(1+f(1)²)=1+f(1)² revenant à la premiére équation:

P(y,1) : f(y+f(1)²)=f(1)*(y+1) ==> P(1,1) : f(1+f(1)²)=2f(1) donc 1+f(1)²=2f(1) et alors (f(1)-1)²=0 d'ou f(1)=1

D'autre part, on a f(y+(f(1))²)=f(1)*(y+1) <=> f(y+1)=y+1

Tu n'as pas encore fini, à cette étape tu as trouvé l'identité sur [1,+OO[ il te reste ]0,1[

Non ! puisque f est surjective. Et facile à prouver lorsque f(1)=1.

M.Marjani a écrit:

Mehdi.O a écrit:

M.Marjani a écrit:

Mehdi.O a écrit:

Vos deux solutions sont fausses.
La fonction est définie sur IR+*, ce qui en vous permet pas de prendre par exemple y=1-(f(1))^2 ou bien remplacer y par y-f(1))^2.
Cela est certes juste dans l'ensemble [(f(1))^2,+oo[ mais il vous reste de l'étendre dans IR+* !

T'as raison. C'est un travail incomplet.. Voici la version original que j'avais au début avant que tout s'effacera
Bon j'ai trouvé f(x)=x pour tout y>f(1)² et puisque 1+f(1)² > f(1)² , On a alors f(1+f(1)²)=1+f(1)² revenant à la premiére équation:

P(y,1) : f(y+f(1)²)=f(1)*(y+1) ==> P(1,1) : f(1+f(1)²)=2f(1) donc 1+f(1)²=2f(1) et alors (f(1)-1)²=0 d'ou f(1)=1

D'autre part, on a f(y+(f(1))²)=f(1)*(y+1) <=> f(y+1)=y+1

Tu n'as pas encore fini, à cette étape tu as trouvé l'identité sur [1,+OO[ il te reste ]0,1[

Non ! puisque f est surjective. Et facile à prouver lorsque f(1)=1.

Comment, mon cher ?

Tu parles de la surjectivité ?

f(y)=x <=> f(y)²=x² => f(f(y)²+x)=f(x²+x) <=> y=f(y)*(y²+x)/f(x²+x) Donc f surjective.
Et il faut pas oublier que f(y+1)=y+1 est juste pour tout y de IR*+ .

@Mehdi.O: Jettes un cline d'oeil sur la solution du premier poste maintenant