Problèmes depuis la Roumanie:

Problème1:
Suppose is a non constant function with the property that , forall .
Prove that f is periodic bounded function and ; is a monotomic function.
Problème2:
Let be a function such that , for all real numbers x.
Show that
Problème3:
Let be a sequence of non-negative integers such for all , and , for all .
Find a closed formula for the general term of the sequence.
Problème4:
Let a and b two rational numbers such that the absolute value of the complex number be equal to 1.
Prove that the absolute value of the complex number is a rational number for all odd integers n.
Bonne chance.

Pb1

On pose µ=pi, qqs x>=0,
|f(x)-f(x+2µ)| =<|sin(x)-sin(x+2µ)|=0 ==> f(x+2µ)=f(x) Donc f est 2µ périodique
qqs x,y>=0, |f(x)-f(y)| =<|sin(x)-sin(y)| =<|x-y| ==> f est continue sur R+
f continue est périodique ==> f bornée

qqs x>y>=0, |f(x)-f(y)| =<|sin(x)-sin(y)| =<x-y ==> f(y)-f(x) =<x-y ==> g croissante sur R+

Peux-je avoir la solution du 2eme exercice nmo ?

YIRA a écrit:

Peux-je avoir la solution du 2eme exercice nmo ?

il me semble : que d'apres l'equation initial on a : f(2^x-1)=2^f(x) - 1 => pour x=0 , f(0)=2^f(0) - 1 et pour x=1 f(1)=2^f(1)-1 , ainsi il suffit de montrer que l'equation 2^{x}=x+1 admet seulement deux solution {0 , 1} sur R ce qui permetra de conclure que f(0)+f(1)=1 . (sauf erreur )

Oty a écrit:

YIRA a écrit:

Peux-je avoir la solution du 2eme exercice nmo ?

il me semble : que d'apres l'equation initial on a : f(2^x-1)=2^f(x) - 1 => pour x=0 , f(0)=2^f(0) - 1 et pour x=1 f(1)=2^f(1)-1 , ainsi il suffit de montrer que l'equation 2^{x}=x+1 admet seulement deux solution {0 , 1} sur R ce qui permetra de conclure que f(0)+f(1)=1 . (sauf erreur )

belle solution, ma méthode est analytique très longue qui repose sur le faite que
fof(x)+fof(y)+fof(x)fof(y)=fof(x+y)

Merci beaucoup , au plaisir

Oty a écrit:

YIRA a écrit:

Peux-je avoir la solution du 2eme exercice nmo ?

il me semble : que d'apres l'equation initial on a : f(2^x-1)=2^f(x) - 1 => pour x=0 , f(0)=2^f(0) - 1 et pour x=1 f(1)=2^f(1)-1 , ainsi il suffit de montrer que l'equation 2^{x}=x+1 admet seulement deux solution {0 , 1} sur R ce qui permetra de conclure que f(0)+f(1)=1 . (sauf erreur )

Il faut préciser avant de conclure; ou en parallèle avec ce qui est en rouge; que f est injective.
A part ça, la solution est bonne.

nmo a écrit:

Il faut préciser avant de conclure; ou en parallèle avec ce qui est en rouge; que f est injective.
A part ça, la solution est bonne.

oui il est claire qu'elle est injectivite , f(a)=f(b) => 2^{a}=2^{b} => a=b , Merci .

Pb 3
on pose µ=pi

cos(a1µ/2)=0
a1 dans {0,1} ==> a1= 1

cos(µ/3)+cos(a2µ/3)=0 ==> cos(a2µ/3)=-1/2
a2 dans {0,1,2} ==> a2=2

cos(µ/4)+cos(2µ/4)+cos(a3µ/4)=0 ==> cos(a3µ/4)=-V2/2
a3 dans {0,1,2,3} ==> a3=3

supposons que ak=k pour tout k dans {1,...,n} , n>1
cos(µ/(n+2))+cos(2µ/(n+2))+cos(3µ/(n+2))+ ...+ cos(nµ/(n+2))+cos(a(n+1)µ/(n+2))=0

==>
cos(a(n+1)µ/(n+2))
=-Re[ sum{ k=1, k=n}exp( ikµ/(n+2)) ]
=-Re[ (exp( iµ/(n+2))-exp( i(n+1)µ/(n+2)) / (1-exp( iµ/(n+2))) ]
=-Re[ (exp( iµ/(n+2))-exp( i(n+1)µ/(n+2)) / (1-exp( iµ/(n+2))) ]
=-Re[ ( exp( iµ/2(n+2)) -exp( i(n+1)µ/(n+2)- iµ/2(n+2)) /( exp( -iµ/2(n+2)) - exp( iµ/2(n+2)) ) ]
=-Re[ ( exp( iµ/2(n+2)) -exp( i(2n+1)µ/2(n+2)) /( -2isin(µ/2(n+2)) )]
=1/2 Re[ ( exp( iµ/2(n+2)) -exp( i(2n+1)µ/2(n+2)) /( isin(µ/2(n+2)) )]
=1/2 [ sin(µ/2(n+2)) - sin((2n+1)µ/2(n+2)) ]/ sin(µ/2(n+2))
=cos( (n+1)µ/(n+2))

==> a(n+1)=n+1

Donc qqs n>0, an=n

Oty a écrit:

YIRA a écrit:

Peux-je avoir la solution du 2eme exercice nmo ?

il me semble : que d'apres l'equation initial on a : f(2^x-1)=2^f(x) - 1 => pour x=0 , f(0)=2^f(0) - 1 et pour x=1 f(1)=2^f(1)-1 , ainsi il suffit de montrer que l'equation 2^{x}=x+1 admet seulement deux solution {0 , 1} sur R ce qui permetra de conclure que f(0)+f(1)=1 . (sauf erreur )

http://www.wolframalpha.com/input/?i=2%5Ex%3Dx%2B1

l'equation 2^x=x+1 admit d'autres solutions que (0:1)

les autres solution sont complexe , deja la courbe de x+1 et de 2^x ce coupe en seulement 2 points !