- mathman a écrit:
- Trouver toutes les fonctions f : R+* --> R+* telles que :
Joli problème.
f(y1)=f(y2) ==> f(x+f(y1))=f(x+f(y2)) ==> y1=y2 et f est injective
f(f(x)+f(y))=rac(f(f(x)^2))+y
f(f(y)+f(x))=rac(f(f(y)^2))+x
et donc rac(f(f(x)^2))-x=rac(f(f(y)^2))-y=constante=c
et donc f(f(x)^2)=(x+c)^2
On a c>0 sinon f(f(-c)^2)=0, ce qui contredirait le fait que f est de R+* dans R+*. On a donc rac(f(f(x)^2))=x+c
Et ainsi f(f(x)+f(y))=x+y+c
Et en particulier f(f(x-y)+f(x+y))=2x+c=f(2f(x)) pour tout x>y
Et, comme f est injective : f(x+y)+f(x-y)=2f(x) pour tout x>y
ou encore f((x+y)/2)=(f(x)+f(y))/2
Il ne reste plus qu'à montrer que ceci implique que f est affine, puis que f=Id:
Supposons l'existence de 0<a<b<c tels que les points A(a,f(a)), B(b,f(b)) et C(c,f(c)) ne soient pas alignés.
De f((x+y)/2)=(f(x)+f(y))/2, il est immédiat de déduire que f((p/2^n)x+(1-p/2^n)y)=(p/2^n) f(x) + (1-p/2^n)f(y) pour tout entier n et tout entier p tel que (p/2^n)x+(1-p/2^n)y>0
On peut alors choisir p et n de façon à ce que (p/2^n)a+(1-p/2^n)c soit le plus proche possible de b. Comme B n'est pas, par hypothèse, sur le segment AC, le point X d'absisse (p/2^n)a+(1-p/2^n)c se trouve aussi proche de la verticale de B que l'on veut.
Il suffit alors d'étudier les points de la droite XB pour voir qu'il y en a nécessairement d'ordonnée négative.
Les points A,B et C sont donc alignés.
On a donc f(x)=ux+v
En reportant dans l'équation ninitiale, on a :
ux+u^2y+uv+v=rac(ux^2+v)+uy+v, soit encore :
ux+u^2y+uv=rac(ux^2+v)+uy, soit u=1 (u=0 impossible) et donc :
x+v=rac(x^2+v) et donc v=0;
et donc f(x)=x.
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Patrick
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(d'écrire une équation fonctionnelle et de démontrer que toutes ses solutions sont les solutions évidentes...). Il y en a beaucoup dans le genre. 