EXISTENCE

existe-t-il une fonction f := IR--->IR telle que f(f(x))=x²-2 pour tout x de IR?

l'intuitition me dit que OUI;mais j'ai pas encore prouvé ce résultat.

boukharfane radouane a écrit:

l'intuitition me dit que OUI;mais j'ai pas encore prouvé ce résultat.

en revanche je pense qu'il n'existe pas ^^

bboy omar a écrit:

svp une question importante?
cb se ven le chargeur d'un DVD portable

dwwar macho tu peux trouver ce que tu veux

khadija-daria a écrit:

existe-t-il une fonction f := IR--->IR telle que f(f(x))=x²-2 pour tout x de IR?

Pour ta question faut démontrer que tout les polynommes ne vérifient pas f°f(x)=x²-1 .
pour cela on pose : f(x)=a_n.x^n+a_n-1.x^(n-1)+...+a_0.
aprés le calcule de f°f(x) on aura le faite que a_n=0 donc deg(f(x))#n.
et si suite jusqu'à degré 1 .
donc il existe un polynomme de degrés 1 qui vérifie la relation ce qui est absurd .

pourquoi polynome Nea®,c'est pas demandé de chercher les polynomes qui vérifient telle relation?

parceque tout fct s'écris à l'aidde d'une polynome ^^

non,on peut seulement approximer toute fonction par un polynome...voir les polynomes de l'interpollation par exemple.

boukharfane radouane a écrit:

non,on peut seulement approximer toute fonction par un polynome...voir les polynomes de l'interpollation par exemple.

Oui, en effet on peut approximer une fonction par un polynome sachant qu'on aura une erreur qui depend du degrés du polynome, cette erreur tend vers 0 pour n->+00, or dans la démonstration ci-dessus on a pris n quelconque dans N, alors c'est vrai particulierement pour n->00.

si je comprend ta remarque on peut donc travailler avec les polynomes ds tous les exos où il s'agit d'une fonction quelconque car comme t'as dit si on fait tendre n vers +00 alors on obtient une polynome c'est pas logique Nea®?

tu me donnes une démonstration qui contre dis à ma proposition.

c'est une demonstration qui necesite pas des formules ou des theoremes;l'approximation est approximation,les maths c'est la précision.c'est tout!!!
il ya aussi un problème de ce (tendre n vers +00) pour obtenir un polynome=une fonction,comment tu vas travailer avec un polynome de degres +00,je sais pas moi?

en fait, mon idée vient du plan géomètre : tu ne peux pas me dire que t'a trouvé une fonction traçable sur le plan qui verifie la relation ci-dessus, car je peux toujours trouver un polynome qui passe vraiment au dessus de votre fonction et qui ne verifie pas notre relation là dessus ...

pour nea
si n=deg(f) on a n²=deg(f0f)=2 donc ???

kalm a écrit:

pour nea
si n=deg(f) on a n²=deg(f0f)=2 donc ???

nn qui dis ça !!
j'ai pas compris ceux-ci , n²=deg(f0f)=2

Nea® a écrit:

kalm a écrit:

pour nea
si n=deg(f) on a n²=deg(f0f)=2 donc ???

nn qui dis ça !!
j'ai pas compris ceux-ci , n²=deg(f0f)=2

BSR Nea® !!
Si P(X) et Q(X) sont deux polynômes à coefficients dans C avec DegP=n et DegQ=m alors on sait que
Deg{(PoQ)(X)}=n.m
Donc si tu cherches une solution f pour le pb et qui soit polynôme alors nécessairement si Deg f =n on devra avoir Deg{fof}=n^2=Deg{X^2-2}
et donc n^2=2 équation qui n'a pas de solution entière .
D'ou le pb ne peut admettre de solution polynômiale !!!!

LHASSANE

Oeil_de_Lynx a écrit:

Nea® a écrit:

kalm a écrit:

pour nea
si n=deg(f) on a n²=deg(f0f)=2 donc ???

nn qui dis ça !!
j'ai pas compris ceux-ci , n²=deg(f0f)=2

BSR Nea® !!
Si P(X) et Q(X) sont deux polynômes à coefficients dans C avec DegP=n et DegQ=m alors on sait que Deg{(PoQ)(X)}=n.m
Donc si tu cherches une solution f pour le pb et qui soit polynôme alors nécessairement si Deg f =n on devra avoir Deg{fof}=n^2=Deg{X^2-2}
et donc n^2=2 équation qui n'a pas de solution entière .
D'ou le pb ne peut admettre de solution polynômiale !!!!

LHASSANE

BSR LHASSAN,
Oui , tout à fait juste , n'admet pas de fct polynomiales ---> n'admet pas d'autres fcts.

Nea® a écrit:

............BSR LHASSANE ,
Oui , tout à fait juste , n'admet pas de fct polynomiales ---> n'admet pas d'autres fcts.

Le Pb n'admet pas de solutions de type fonction polynômiale
MAIS peut néanmoins admettre une ou plusieurs solutions d'un AUTRE TYPE ....

LHASSANE

Dans tous les cas, Near, oublie cette "méthode" de résolution...

ok,je pense que j'ai trouvé la réponse.
soit g(x)=x²-2.
il est bien claire que g admet deux points fixes qu'on note a et b.
d'autre part g*g (* est le composé) admet 4 points fixes qui sont celles de g et deux autres qu'on note c et d.
posons g(c)=y.alors c=g(g(c))=g(y),donc g(g(y))=g(c)=y ainsi y doit étre un point fixe de g*g.
Si y=a,alors a=g(a)=g(y)=c...absurde.
de méme on montre que y#b et y#c.d'où y=d.
d'une manière analogue on montre que g(c)=d et g(d)=c.(on aurait aussi trouver ces deux résultat par le calcul,mais...c'est long)
soit t£{a,b}.
on a g(f(x))=f(f(f(x)))=f(g(x)),d'où f(t)=f(g(t))=g(f(t)),ainsi f(t)£{a,b}.
de méme si p£{a,b,c,d} on obtient f(p)£{a,b,c,d}.
maintenant on va montrer que ces deux résultats sont impossibles.
soit par exemple f(c)=a,so f(a)=f(f(c))=g(c)=d...absurd.
de méme f(c)#b et f(c)#c,d'où f(c)=d.toutefois
f(d)=f(f(c))=g(c)=d...absurd encore une fois.
ainsi telle fonction n'existe pas.

je crois que cette méthode est valable pour plusieurs exercices de ce genre...je pense!!! n'est ce pas????

hmmmmmmm...je pense qe j'ai compri ta solution radouane..elle est bonne mai c'est compliqué.je pense pas que je peux faire cela.

oui ta raison,ca fait longtemp que j deja resolut un exo de la mm methode (presque),mais j pas été interesser par cet exo,car j pense po que ca merite tt sa

Citation :

d'autre part g*g (* est le composé) admet 4 points fixes qui sont celles de g et deux autres qu'on note c et d.

pourriez vous prouver que g*g admet 4 points fixes ! je pense qu'elle n'a que 2

on a g*g(x)=x^4-4t+2.
tu pose x^2=t tu obtient deux solutions positifs.
avec le carré ça fait 4 solutions.

En fait de manière plus générale c'est une exo classique que de montrer que tout polynôme P du second degré dans C n'admet pas de solution à l'équation f²=P