Difficile et jolie

Oty a écrit:

alidos a écrit:

Peut tu bIen préciser la faute Othmane !!!!

pour le passage de g(quelquechose )=quelquechose a g(x)=x quelque soit x
il faut d'abord etre sur que tout ''x'' peut s'ecrire sous la forme de ce ''quelquechose''
par exemple considérant que dans une equation ou l'ensemble est de définition et d'arrivé de la fonction est R
est on est arrivé a un stade ou on a montrer que :
g(x²+1)=x²+1
ce le ne permet pas de déduire directement g(y)=y quelque soit y ceci est vrai que pour les reél >= 1 , c'est le meme principe .

Et que penses-tu si, on est arrivé à un stade où g(x)=g(y) quelquesoient les variables x et y? C'est notre cas!
Je pense que cela dit que g est constante, non?

nmo a écrit:

Et que penses-tu si, on est arrivé à un stade où g(x)=g(y) quelquesoient les variables x et y? C'est notre cas!
Je pense que cela dit que g est constante, non?

ce n'est pas le fait que g soit constante que je refute dans ta preuve
c'est le fait que g soit constante pour tout réél

Pour Nmo :
comment tu peux affirmer que tout x dans R+ peut s'ecrire xf(x)+f(x)²+z ?
c'est ce passage que je refute dans ta preuve , sinon ce qui le précéde est totalement correct .

.

killua 001 a écrit:

mais , comment tu as démontrer que f est monotone

bah c'est juste parceque f est injective

alidos a écrit:

Next exo , machi s3ibe bzaf !!!

Personne allez les gars ghir un essai au Moins !

ERROR 404

Oty a écrit:

Pour Nmo :
comment tu peux affirmer que tout x dans R+ peut s'ecrire xf(x)+f(x)²+z ?
c'est ce passage que je refute dans ta preuve , sinon ce qui le précéde est totalement correct .

On a donc intérêt à résoudre l'équation suivante: x.f(x)+f(x)²+z=t où x, z et t sont des réels positifs.
En vertu du quantificateur universel, je peux supposer que z est nul.
L'équation devient alors f(x)²+x.f(x)-t=0 qui est une équation du second degré en f(x) et qui admet toujours deux solutions, car son discriminent est positif.
On peut donc établir une relation entre f(x), x et t. Ce qui suffit pour répondre à la question posée.
J'attends des remarques en ce propos.

nmo a écrit:

On a donc intérêt à résoudre l'équation suivante: x.f(x)+f(x)²+z=t où x, z et t sont des réels positifs.
En vertu du quantificateur universel, je peux supposer que z est nul.
L'équation devient alors f(x)²+x.f(x)-t=0 qui est une équation du second degré en f(x) et qui admet toujours deux solutions, car son discriminent est positif.
On peut donc établir une relation entre f(x), x et t. Ce qui suffit pour répondre à la question posée.
J'attends des remarques en ce propos.

Mr Nmo , je ne pense pas que ce soit une preuve plausible , comment saist tu que c'est un equation de second degres ?
n'oublie pas que f(x) est en terme de ''x'' qui varies selon x donc tu peux pas supposé ''x'' parametre et f(x) variable ,
par exemple si la solution etait f(x)=1\racine(x) ou f(x)=x^5 , ou f(x)=1\racinecubique(x+1)
ce que tu dis ne marche pas tu ne peux pas affirmé que cette equation admet de solution .

Oty a écrit:

nmo a écrit:

On a donc intérêt à résoudre l'équation suivante: x.f(x)+f(x)²+z=t où x, z et t sont des réels positifs.
En vertu du quantificateur universel, je peux supposer que z est nul.
L'équation devient alors f(x)²+x.f(x)-t=0 qui est une équation du second degré en f(x) et qui admet toujours deux solutions, car son discriminent est positif.
On peut donc établir une relation entre f(x), x et t. Ce qui suffit pour répondre à la question posée.
J'attends des remarques en ce propos.

Mr Nmo , je ne pense pas que ce soit une preuve plausible , comment saist tu que c'est un equation de second degres ?
n'oublie pas que f(x) est en terme de ''x'' qui varies selon x donc tu peux pas supposé ''x'' parametre et f(x) variable ,
par exemple si la solution etait f(x)=1\racine(x) ou f(x)=x^5 , ou f(x)=1\racinecubique(x+1)
ce que tu dis ne marche pas tu ne peux pas affirmé que cette equation admet de solution .

Très bien vu! Je n'ai pas fait attention!
Si je ne trouve pas une justification, ma solution doit être rejetée. Et on retiendra la tienne.

nmo a écrit:

Très bien vu! Je n'ai pas fait attention!
Si je ne trouve pas une justification, ma solution doit être rejetée. Et on retiendra la tienne.

ta démarche est bonne , mais la fin a été assez hâtive , je pense que tu peux arrivé a conclure , Allah y 3awnek pour la conclusion .
Bonne chance . et Merci .

Oty a écrit:

nmo a écrit:

On a donc intérêt à résoudre l'équation suivante: x.f(x)+f(x)²+z=t où x, z et t sont des réels positifs.
En vertu du quantificateur universel, je peux supposer que z est nul.
L'équation devient alors f(x)²+x.f(x)-t=0 qui est une équation du second degré en f(x) et qui admet toujours deux solutions, car son discriminent est positif.
On peut donc établir une relation entre f(x), x et t. Ce qui suffit pour répondre à la question posée.
J'attends des remarques en ce propos.

Mr Nmo , je ne pense pas que ce soit une preuve plausible , comment saist tu que c'est un equation de second degres ?
n'oublie pas que f(x) est en terme de ''x'' qui varies selon x donc tu peux pas supposé ''x'' parametre et f(x) variable ,
par exemple si la solution etait f(x)=1\racine(x) ou f(x)=x^5 , ou f(x)=1\racinecubique(x+1)
ce que tu dis ne marche pas tu ne peux pas affirmé que cette equation admet de solution .

C'est vrai (on ne peut effectivement supposer que f(x) est variable et que x l'est pas) mais n'empeche,((meme si on a etudié la méthode du discriminant que pour un trinome de second degré ou l'on a q'une variable et des constantes)) cette methode reste valable pr toute relation entre un nombre et son carré, car apres tout ce n'est qu'une factorisation qu'on peut tjrs faire en ajoutant x²/4 et en le retranchant, et on pourra toujours etablir une relation entre f(x) et x et t, mais le probleme c'est pas ca!
Le problème c'est que pour un t donné on ne sait rien sur l'existence d'un reel x qui satisfait cette relation trouvée!

yasserito a écrit:

Ma solution:

On note f(0)=a, on peut démontrer facilement en prenant (x,y)=(0,0) que f(a)=a^2.
en prenant x=0 on a pour tout y£ IR+ :f(f(y))=a^2+y
en prenant y=0 on a pour tout x£ IR+ :f(xf(x)+a)=f²(x)
f(a)=a² donc f(af(a)+a)=f(a^3+a)=a^4.
ainsi f(a^4)=fof(a^3+a)=a+a^2+a^3.
Soit c un réel positif.
P(c,a^4)-> f(cf(c)+a²+a+a^3)=f²(c)+a^4
P(a,f²(c))-> f(a^3+f(f²(c)))=f²(c)+a^4.
En prenant x=0, il est clair que f est injective.
Donc puisque on a f(cf(c)+a²+a+a^3)=f(a^3+f(f²(c)))
On a cf(c)+a^2+a=f(f²(c))
f(f²(c))=f(f(cf(c)+a))=a^2+cf(c)

ce qui est en rouge est faux ; f(f(cf(c)+a))=a²+a+cf(c) ce qui ne te donnera rien en remplacent ....

P(x,y) : f(xf(x)+f(y))=f(x)^2+y
P(0,y)->f(f(y)) = f(0)^2+y = a^2+y avec a = f(0)

P(x,f(yf(y))): f(xf(x)+yf(y)+a^2) = f(x)^2+f(yf(y))

en permutant x et y on trouve que: f(yf(y)+xf(x)+a^2) = f(y)^2+f(xf(x))

Ainsi:
f(x)^2 -f(xf(x)) = f(y)^2 -f(yf(y)) = a^2-a (il suffit de prendre y = 0 ) (*)

maintenant on remplace x par f(x) dans (*): cela done:
(a^2+x)^2-f(x(x+a^2)) = a^2-a (**)

pour x = 0:
a^4-a = a^2- a ainsi a = 0 ou a = 1

cas 1: a = 1: f(0) = 1 et f(f(0)) = 1 -> f(1) = 1 impossible car f est injectif
cas 2: a = 0
de (**) on conclut que: f(x^2) = x^2-> f(x) =x

reciproquement f(x) = x est bien une solution

CQFD.

bel_jad5 a écrit:

P(x,y) : f(xf(x)+f(y))=f(x)^2+y
P(0,y)->f(f(y)) = f(0)^2+y = a^2+y avec a = f(0)

P(x,f(yf(y))): f(xf(x)+yf(y)+a^2) = f(x)^2+f(yf(y))

en permutant x et y on trouve que: f(yf(y)+xf(x)+a^2) = f(y)^2+f(xf(x))

Ainsi:
f(x)^2 -f(xf(x)) = f(y)^2 -f(yf(y)) = a^2-a (il suffit de prendre y = 0 ) (*)

maintenant on remplace x par f(x) dans (*): cela done:
(a^2+x)^2-f(x(x+a^2)) = a^2-a (**)

pour x = 0:
a^4-a = a^2- a ainsi a = 0 ou a = 1

cas 1: a = 1: f(0) = 1 et f(f(0)) = 1 -> f(1) = 1 impossible car f est injectif
cas 2: a = 0
de (**) on conclut que: f(x^2) = x^2-> f(x) =x

reciproquement f(x) = x est bien une solution

CQFD.

C'est faux cest plutot f(f(x)*(x+a^2))et pas f(x(x+a^2)) !!

Oty a écrit:

killua 001 a écrit:

mais , comment tu as démontrer que f est monotone

bah c'est juste parceque f est injective

Ta solution est fausse Mr.Oty, jamais l'injectivité seul induit la monotonie, il te faut la continuité au moins... !

yasserito a écrit:

Ta solution est fausse Mr.Oty, jamais l'injectivité seul induit la monotonie, il te faut la continuité au moins... !

ce n'est pas simplement la monotonie , l'argument g(x) >= -a n'est pas la que pour faire décor .

Oty a écrit:

yasserito a écrit:

Ta solution est fausse Mr.Oty, jamais l'injectivité seul induit la monotonie, il te faut la continuité au moins... !

ce n'est pas simplement la monotonie , l'argument g(x) >= -a n'est pas la que pour faire décor .

Effectivement, t'as raison,c'est ma faute !j'avais pas lu ta solution,je n'avais vu que le commentaire de Mr.Killua.
Ta solution est vrm bonne et astucieuse

Merci beaucoup , voici pour toi une preuve de la monotonie histoire de te convaincre :
on considere cette ligne :
f(f(x))=a+x pour tout x >=0
soit x > y on alors x=y+r avec r>0
d'ou
f(f(x))=f(f(y+r))=a+y+r =f(f(y))+r > f(f(y)) .
donc : f(f(x)) > f(f(y)) et donc forcément f(x) est différent de f(y)
car f est injective , on en conclut la monotonie de f .

JOli

Oty a écrit:

Merci beaucoup , voici pour toi une preuve de la monotonie histoire de te convaincre :
on considere cette ligne :
f(f(x))=a+x pour tout x >=0
soit x > y on alors x=y+r avec r>0
d'ou
f(f(x))=f(f(y+r))=a+y+r =f(f(y))+r > f(f(y)) .
donc : f(f(x)) > f(f(y)) et donc forcément f(x) est différent de f(y)
car f est injective , on en conclut la monotonie de f .

Je pense que c'est faux Mr.Oty,
Soit f la fonction x-->x² sur IR.
x>y=> f(x)=/=f(y) mais f n'est pas monotone sur IR.

yasserito a écrit:

Je pense que c'est faux Mr.Oty,
Soit f la fonction x-->x² sur IR.
x>y=> f(x)=/=f(y) mais f n'est pas monotone sur IR.

c'est la ton erreur Yasserito .
on parle de monotie sur un intervalle , et non sur toute la droite réel
f est bien monotone sur R+ et sur R- .
dans ma preuve précédente le fait que x > y => f(x)=\= f(y) ne veux pas dire que f est croissante ou décroissante sur R
mais dans un intervalles qui dépend du choix de ''x'' et de ''y'' et c'est ce qu'on voulait prouvé .

Oty a écrit:

yasserito a écrit:

Je pense que c'est faux Mr.Oty,
Soit f la fonction x-->x² sur IR.
x>y=> f(x)=/=f(y) mais f n'est pas monotone sur IR.

c'est la ton erreur Yasserito .
on parle de monotie sur un intervalle , et non sur toute la droite réel
f est bien monotone sur R+ et sur R- .
dans ma preuve précédente le fait que x > y => f(x)=\= f(y) ne veux pas dire que f est croissante ou décroissante sur R
mais dans des intervalles et c'est ce qu'on voulait prouvé .

Oui oui ,ca je le sais Mr.Oty, mais n'empeche x>y=>f(x)=/=f(y) ne nous donne aucune preuve sur la monotonie sur un intervalle ,
En effet cette implication n'est qu'une autre ecriture de l'injectivite de f
x>y=>x=/=y=>f(x)=/=f(y) , c'est totalement trivial, et ca nécessite aucune preuve,