Difficile et jolie

Trouver toutes les fonctions définie de R+ vers R+ vérifiant l'équation suivante :

f est injective ===> f(0)=0

il suffit de remarquer qu'on peut ecrire l'equation sous la forme f(x)+f(y)=f(x+y)

il faut utiliser : f(xf(x))=f(x)² pour montrer que f est croissante

donc les solutions sont : f(x)=ax

reciproquemment on trouve que les seules solutions sont f(x)=x et f(x)=-x

killua 001 a écrit:

f est injective ===> f(0)=0

il suffit de remarquer qu'on peut ecrire l'equation sous la forme f(x)+f(y)=f(x+y)

il faut utiliser : f(xf(x))=f(x)² pour montrer que f est croissante

donc les solutions sont : f(x)=ax

reciproquemment on trouve que les seules solutions sont f(x)=x et f(x)=-x

c potientiellement faux

tout d'abord f(f(0)) =f(0)²

n'implique pas f(0) =0 car le terme ''²'' ne permet pas de faire l'injéctivité sauf que

f(x)² = f(x²)

hhhh...dsl kan rassi tayderni makontsh 3aref shnoo tandiiir

ça se voit puisque drti à la fin , f(x) =-x comme solution alors que 3ndna mn IR+ ==> IR+

f est bejictive ===> il existe a tq : f(a)=0

p(a,x) : f(f(y))=y ====> f(0)=a

p(0,a) : f(0)=f(0)²+a ====> f(0) = 0

alidos a écrit:

ça se voit puisque drti à la fin , f(x) =-x comme solution alors que 3ndna mn IR+ ==> IR+

hhhh..... :p

alidos a écrit:

killua 001 a écrit:

f est injective ===> f(0)=0

il suffit de remarquer qu'on peut ecrire l'equation sous la forme f(x)+f(y)=f(x+y)

il faut utiliser : f(xf(x))=f(x)² pour montrer que f est croissante

donc les solutions sont : f(x)=ax

reciproquemment on trouve que les seules solutions sont f(x)=x et f(x)=-x

c potientiellement faux

tout d'abord f(f(0)) =f(0)²

n'implique pas f(0) =0 car le terme ''²'' ne permet pas de faire l'injéctivité sauf que

f(x)² = f(x²)

Deuxiement : Pour faire l'équation de cauchy il faut que f soit continu et Non monotone

c ce que tu as essayé de faire à ce que je vois :3

oui

killua 001 a écrit:

f est bejictive ===> il existe a tq : f(a)=0
p(a,x) : f(f(y))=y ====> f(0)=a
p(0,a) : f(0)=f(0)²+a ====> f(0) = 0

L'injectivité de f crève les yeux lorsqu'on fixe x=0.
Mais, ce n'est pas le cas de la surjectivité!
Sinon, comment tu as procédé?

P(0,x) : f(f(x))=f(0)²+x ====> f est bijective

killua 001 a écrit:

P(0,x) : f(f(x))=f(0)²+x ====> f est bijective

Ce n'est pas suffisant, et si facile...
On peut dire seulement que les réels qui sont strictement supérieurs à f(0)² ont un antécédant par la fonction f.

mais apres on trouve que f(0) = 0 et l'ensemble de depart est R+ alors chaque elemant a un antecedant , ou nn ??

killua 001 a écrit:

mais apres on trouve que f(0) = 0 et l'ensemble de depart est R+ alors chaque elemant a un antecedant , ou nn ??

Pour que 0 admette un antécédent, il suffit d'avoir 0 supérieur à f(0)².
Est ce notre cas? Je pense que non!

je n'arrive pas a comprendre ce que voulez dire ....mais , je pense que : si on a
fof = id + cte ====> f est bijective

mais l'injection pour les x>= cste

wé ...... est dans notre cas , le domaine de la deffinition de f est x>=cste ....

donc il faut avoir 0>=f(0)².

f est injective oué mais f n'est pas surjective !!!!! Capichi Mr killua et Pour la valeur de de f(0) qui t'as dit que = 0

Kone kona f IR , oui kayna surjéctivité mais 7na f IR+


daba Y=f0)²+y donc y=Y-f(0)^2
si Y< f(0)² il n y a pa de y donc pas de surjectivité

la surjectéivite kayna M alidos mai pour les y>=f(0)²

et Pour y<f(0)² atkwnha nta ?

alidos a écrit:

f est injective oué mais f n'est pas surjective !!!!! Capichi Mr killua et Pour la valeur de de f(0) qui t'as dit que = 0

nta rak na3ess

pour dok les y on sait rien, rah les condition dyol temrin li 3TAWNA HADCHI