problème N°115 de la semaine (07/01/2008-13/01/2008)

salut
chaque participant doit poster sa solution ( format word ) par E-MAIL
amateursmaths@yahoo.fr
(Indiquer votre nom d'utilisateur dans la réponse envoyée )
puis il poste le message suivant ici "solution postée"
pour plus d'information voir les conditions de participation
Merci

solution postee
voici la solution de mohamed01_01
f(x+y)<=f(x)+f(y)<=x+y
en donne x=y=0 f(0)<=2f(0)<=0 ===> 0<=f(0) et f(0)<=0 ===> f(0)=0
en donne x=-y ===>f(0)<=f(x)+f(-x)<=0 ==> f(x)=-f(-x) donc f est impaire
pour tt x£R- f(x)<=x est puisque f est impaire donc Cf (motamtil binisbati li markz lma3lm) donc f y=x va etre sous Cf pour x£[0;+00[
donc pour tt x£R+ f(x)>=x et on sais que pour tt x£R f(x)<=x donc pour tt x£R+ f(x)=x
x£R+ ==>-x£R- et f(-x)=-f(x) donc f(-x)=-x donc pour tt x£R f(x)=x

slt !!!!
solution postée
@+
solution non trouver

Solution postée
voici la solution de mhdi
f(x)<=x  f(0)<=0
f(x+0)=f(x)
puisque f(x+y)<=f(x)+f(y), f(x+0)=f(x)<= f(0) + f(x)
 f(0)>=0
Et puisque f(0)<=0, f(0)=0
0=f(0) = f(x-x) <= f(x) + f(-x)
 f(-x)>=-f(x)
f(-x)<=-x
Donc –f(x)<=f(-x)<=-x
 f(x)>=x
Or f(x)<=x
 f(x)=x

Salut tout le monde.
Aidokom moubarak said.
Solution postée.
voici la solution de Kaderov
1) on a f(0)<=0 et pour x=y=0 on a f(0)<=2f(0) => f0)>=0 donc f(0)=0.
2) on a f(x)<=x et f(-x)<=-x en sommant f(x)+f(-x)<=0
Prendre x+y=0 donne 0=f(0)<=f(x)+f(-x) donc f(x)=-f(-x).
3) f(-x)<=-x => -f(x)<=-x => f(x)>=x et donc f(x)=x
Reciproquement f(x)=x verifie bien l'ennoncé.

Bonjour
Solution postée
voici la solution d'abdelbaki.attioui
C'est facile de voir que f(0)=0.
qqs x, 0=f(x-x)=<f(x)+f(-x)=<f(x)-x=<0
==> f(x)=x qqs x
A+
A+

Bonjour!
Solution postée.
voici la solution de Kendor
f(0)≤0
De plus f(x)=f(x+0) ≤f(x) +f (0)
Donc 0≤f (0)
Donc f (0)=0

0=f (0)=f(x-x) ≤f(x) +f (-x) ≤x+ (-x)
Donc f(x) +f (-x)=0
Donc f est impaire.

Enfin, f (-x) ≤-x
Or f (-x)=-f(x)
Donc –f(x) ≤-x
Donc x≤f(x) ≤x
Donc f(x)=x.

Finalement la seule fonction convenable est idIR : x->x.

solution postéé
voic la solution de neutrino


d'après (**): f(x+y) <= f(x)+f(y)

d'après (*) : f(y)<=y ==> f(x+y)<= f(x)+y $

on fait un changement de variable ,défini par : x=x+y ,y=-y,donc selon (**) : f(x)<=f(x+y)+f(-y) <=> f(x)-f(-y)<=f(x+y)
or d'après (*) , f(-y)<=-y <=> -f(-y)>=y
càd: f(x)+y<=f(x+y) $$
d'après $ et $$ : f(x)+y <= f(x+y) <= f(x)+y , ==> f(x+y)=f(x)+y
pour x=0 , f(y)=f(0)+y
or d'après (**) f(x) <= f(0)+f(x) <=> f(0)>=0 , mais selon (*) : f(0)<=0 alors f(0)=0
donc : f(y)=f(0)+y=y

solution postee
voici la solution de L
pourx=y=0 on a
f(0)<=0 et f(0)>=0==>f(0)=0
pour x=-y on a
0<=f(x)+f(-x) et on sait que f(-x)<=-x et f(x)<=x pourtoutx de R d'ou en sommant on obtien
f(x)=f(-x)=0==>f(x)=-f(-x)
on sait que f(x)<=x et f(-x)<=-x ==>f(x)<=x etf(x)>=x pour tout x de R==>
qqsoit x de R f(x)=x
j'espere que c'estcorrect

solution
f(x)=<x et f(x+y)=<x+y
cas1 les fonctions qui realisent f(x)< et f(x+y)<x+y
f(0)<0 et f(x)<fx)+f(0)
f(0)<0 et f(0)>0 absurde
donc il nya aucune fonction qui realisent la 1er cas

cas2 f(x)=<x et f(x+y)<f(x)+f(y)
==>f(0)=0==>f(x)<f(x)==>f(0)<0 absurde
donc il nya aucune fonction qui realisent ce cas
cas3 f(x)<x et f(x+y)<=f(x)+f(y)
la mm methode on deduit quil nya aucune fonction qui realisnt celle la

cas 4 f(x)=x et f(x+y)<f(x)+f(y)
==>f(0)=0 et f(0)>0 absurde
donc il nya aucune fonction qui realise ce cas

cas5 f(x)<x et f(x+y)=f(x)+f(y)
f(0)<0 et f(0)=0 absurde

cas 6 f(x)=x et f(x+y)=f(x)+f(y)

f(x)=x realise ce systeme

donc f(x)=x est la seule fonction qui realise la propriété suivante

f(x)=<x
et f(x+y)<=f(x)+f(y)

Solution postée
voici la solution de ThSQ
1) x=y=0 : f(0) <= 2f(0) et donc f(0) >= 0, comme f(0) <= 0, f(0) = 0

x=-y : x >= f(x) >= -f(-x) >= - (-x) = x : f(x) = x

solution postée
voici la solution d'amine

A+

Slt à tous !!
Solution postée
Soient x, y £ R

· f(x+y)=<f(x) +f(y) èf(x)=<f(x) +f (0)

· èf (0)>=0



· f(x)=<x èf (0)=<0



· donc f (0)=0



· par conséquent, pour tout x de R, f(x)=ax^n ou f(x)=0 .



tels que a £ R , et n £ N



· f(x)=0 vérifie les données



· f(x)=ax^n demande l’étude de quatre cas selon a et n



· pour a>0 et n=2k / k£N-{0 ;1} on a une contradiction avec les données



· Pour les quatre cas restants on trouve tjrs une contradiction



· Sauf pour f(x)=x



· Donc tout les fonctions qui vérifie les données sont : f(x)=0 et f(x)=x

bonjour bonne annee
solution postee
solution de abdou 20/20
dans le cas de lgalite on aura f(x)=x est une solution
si les inegalite etait strict on aura f(x)< x
et f(x+y)< f(x)+f(y)
donc f(0)< 0
ce qui done en utilisqnt lq deuxieme inegqlite
f(x+0)<f(x)+f(0)<f(x)+0
ce qui donne f(x)<f(x)
ce qui est impossible donc la seule solution est f(x)=x

Bonjour et bonne année !
solution postée.
voici la solution de selfrespect
☺
>Pour (0,0) on tire f(0)=0.
>Pour (x,-x) on a : f(x)+f(-x)>=0
==> -x=<-f(x)=<f(-x)=<-x
==> f=IdR
☺ Reciproquement l'identité convient et c'est la seule alors.
A+

salut
solution postée
voici la solution

solution postee
voici la solution de badr
f(x)<=x et f(x+y)<=f(x)+f(y)<=x+y

f(0)<= et f(0)>=0==>f(0)=0
qq soit x>=0 -x<=0 donc f(-x)<=f(0) donc f est croissante sur R et f(0)=0


f(x)<=f(x)<=x==>f(x)=x verifit l'hpothyse

f;R-->R
f=Id

slt,
soluce postée.
voici la solution de callo
on peut facilement verifier que f(0)=0 (2f(0) sup à f(0) donc f(0) est positif et on sait que 0 est sup à f(0) d'ou f(0)=0)
on pose y=-x
donc f(x)+f(-x) est sup à f(0)=0 ce qui implique que f(x) est sup à -f(-x)

puisque f(x) est inf à x donc f(-x) est inf à -x alors -f(-x) est sup à x

on deduit que f(x) est comprise entre x et x

donc f(x)=x pour tt x de IR.

(inf=inferieur , sup=superieur ) dsl pour ça car j'utilise un clavier ou je ne retrouve pas les touches voulues pour sup et inf.

a tte

salut solution postée
voici la solution de boukharfane radouane
on peut montrer par une récurrence simple que f(nx)=<nf(x)=<nx.
et on a f(0)=0 => 0=<f(x)+f(-x) =>f(nx)>=nx d'où f(nx)=nx =>f(x)=x.
réciproquement ça marche.

salut solution postée
A+ Mehdi
solution non trouver