Marathon d'équations fonctionnelles


  • Math&Maroc

    Exercice 1:
    Trouver toutes les fonctions f:RRf:\mathbb{R} \to \mathbb{R} telles que pour tout x,yRx,y \in \mathbb{R},
    f(x2+f(y))=(xy)2f(x+y)f(x^2+f(y))=(x-y)^2f(x+y)


  • Math&Maroc

    f(x)=0f(x)=0 est une solution triviale
    soit P(x;y)P(x;y) l'assertion f(x2+f(y))=(xy)2f(x+y)f(x^2+f(y))=(x-y)^2f(x+y)
    P(x;x)P(x;x) (x=y)(x=-y)implique f(x2+f(x))=0f(x^2+f(x))=0
    P(x,x)P(-x,x) implique f(x2+f(x))=4x2f(0)f(x^2+f(x))=4x^2f(0)
    on pose x=1 donc f(1+f(1))=0=4f(0)f(1+f(1))=0=4f(0) donc f(0)=0f(0)=0
    P(x,0)P(x,0) implique f(x2)=x2f(x)f(x^2)=x^2f(x) donc f(x)=f(x)f(-x)=f(x)
    P(x;y)P(x;-y) implique f(x2+f(y))=(x+y)2f(xy)f(x^2+f(-y))=(x+y)^2f(x-y) donc f(x2+f(y))=(x+y)2f(xy)=(xy)2f(x+y)f(x^2+f(y))=(x+y)^2f(x-y)=(x-y)^2f(x+y) alors f(x+y)(x+y)2=f(xy)(xy)2=cte\frac{f(x+y)}{(x+y)^2}=\frac{f(x-y)}{(x-y)^2}=cte d'ou f(x)=cx2f(x)=cx^2 on sibstitue on trouve que f(x)=0,x2f(x)=0,-x^2


  • Math&Maroc

    Probleme 2:
    find all functions f:RRf:R\longrightarrow R such that
    f(xf(y)+f(x))=f(yf(x))+xf(xf(y)+f(x))=f(yf(x))+x



  • @Mohammed-Jamal said in Marathon d'équations fonctionnelles:

    f(x+y)(x+y)2=f(xy)(xy)2=cte\frac{f(x+y)}{(x+y)^2}=\frac{f(x-y)}{(x-y)^2}=cte d'ou f(x)=cx2f(x)=cx^2 on sibstitue on trouve que f(x)=0,x2f(x)=0,-x^2

    Quelqu un pourrait me dire si cette derniere implication est juste?



  • Oui votre implication est juste, il suffit de prendre x =1/2(u+v) et y=1/2(u-v), alors f(u)/u² = f(v)/v².



  • @Mohammed-Jamal
    1- Montrons que f(0)=0f(0)=0
    P(0,y)P(0,y) f(f(0))=f(yf(0))\Rightarrow f(f(0))=f(yf(0))
    P(x,0)f(xf(0)+f(x))=f(0)+xP(x,0) \Rightarrow f(xf(0)+f(x))= f(0) +x
    P(f(0),0)f(f(0)2+f(f(0))=0P(-f(0),0) \Rightarrow f(-f(0)^2+f(-f(0))=0
    Donc il existe un uu tel que f(u)=0f(u)=0
    P(u,y)f(uf(y))=u+f(0)P(u,y) \Rightarrow f(uf(y))= u+f(0)
    P(x,u)f(f(x))=f(uf(x))+x=x+u+f(0)P(x,u) \Rightarrow f(f(x))=f(uf(x))+x = x+u+f(0)
    Donc ff bijective
    Et P(0,0)f(f(0))=f(0)P(0,0) \Rightarrow f(f(0))=f(0)
    Donc f(0)=0f(0)=0
    Donc f(f(x))=xf(f(x))=x
    2- Montrons que f(1)=1f(1)=1
    P(x,1)f(xf(1)+f(x))=f(f(x))+x=2x=f(f(2x))P(x,1) \Rightarrow f(xf(1)+f(x))=f(f(x))+x = 2x= f(f(2x))
    Donc f(2x)=xf(1)+f(x)f(2x)=xf(1)+f(x)
    ff est bijective donc il existe un zz tel que f(z)=1f(z)=1 Donc
    P(z,z)f(zf(z)+z)=z+f(zf(z))=z+f(f(z))=2zP(z,z) \Rightarrow f(zf(z)+z)=z+f(zf(z))=z+f(f(z))=2z
    f(z+1)=2z \Rightarrow f(z+1)=2z
    f(f(z+1))=f(2z) \Rightarrow f(f(z+1))= f(2z)
    z+1=zf(1)+f(z) \Rightarrow z+1= zf(1)+ f(z)
    z+1=zf(1)+1 \Rightarrow z+1=zf(1)+1 Et on a f(1)f(1) different de 00
    Donc f(1)=1f(1)=1
    P(x,1)f(x+f(x))=f(f(x)+x=2xP(x,1) \Rightarrow f(x+f(x))=f(f(x)+x=2x
    P(f(x),1)f(f(f(x))+f(x))=2f(x)=f(x+f(x))=2xP(f(x),1) \Rightarrow f(f(f(x))+f(x))= 2f(x) = f(x+f(x))=2x
    Donc f(x)=xf(x)=x pour tout xx



  • Trouver toutes les fonctions définies de R+R+ vers R+R+ tel que
    f(x+f(y))=f(x+y)+f(y)f(x+f(y))=f(x+y)+f(y)



  • Mamoun pour t'as solution; je pense que t'as oublié le cas de f(x)=xf(x)=-x , cette fonction vérifie l'équation.Donc ??



  • @Mamoun Ma Solution Mamoun:
    P(0,y)f(f(y))=2f(y)P(0,y) \Rightarrow f(f(y))=2f(y) (+)
    Soit aa un point fixe de ff donc f(f(a))=2f(a)f(f(a))=2f(a) \Rightarrow a=2aa=2a alors f(0)=0f(0)=0
    donc f(x)=0f(x)=0 (s'agit bien de solution) ou f(x)0f(x)\ne0 avecf(0)=0f(0)=0
    donc P(f(y),f(x))f(f(y)+f(f(x)))=f(f(y)+f(x))+f(f(x))P(f(y),f(x)) \Rightarrow f(f(y)+f(f(x)))=f(f(y)+f(x))+f(f(x))
    donc Remplaçons y=0y=0 alors f(f(f(x)))=2f(f(x))f(f(f(x)))=2f(f(x)) (++)
    Comparant les deux expressions (+) et (++) on obtient f(2f(x))=4f(x)f(2f(x))=4f(x)
    Maintenant , soit z=2f(x)z=2f(x) donc f(z)=2zf(z)=2z
    alors les solutions sont f(x)=0f(x)=0 et f(x)=2xf(x)=2x
    2(x+2(y))=2(x+y)+2y2(x+2(y))=2(x+y)+2y
    Ce qui est conclut .



  • Je vois Aymane je vais essayer de chercher mon erreur quand j'aurais le temps.
    Salman qui te dit que ff a un point fixe? Supposons que ce soit le cas , qui te dit que ff est surjective, tu as prouvé que pour tout xx de 2Imf2Im_f on a f(x)=2xf(x)=2x seulement.



  • @Mamoun Oui ! Tu as raison Mamoun !
    Oui ! Tu as raison Mamoun
    Je cherche une nouvelle autree solution ;)



  • @Mamoun said in Marathon d'équations fonctionnelles:

    2- Montrons que f(1)=1f(1)=1
    P(x,1)f(xf(1)+f(x))=f(f(x))+x=2x=f(f(2x))P(x,1) \Rightarrow f(xf(1)+f(x))=f(f(x))+x = 2x= f(f(2x))
    Donc f(2x)=xf(1)+f(x)f(2x)=xf(1)+f(x)
    ff est bijective donc il existe un zz tel que f(z)=1f(z)=1 Donc
    P(z,z)f(zf(z)+z)=z+f(zf(z))=z+f(f(z))=2zP(z,z) \Rightarrow f(zf(z)+z)=z+f(zf(z))=z+f(f(z))=2z
    f(z+1)=2z \Rightarrow f(z+1)=2z

    Je pense qu'on a plutôt f(zf(z)+f(z))=f(zf(z))+z=f(z)+zf(z+1)=1+zf(zf(z)+f(z))=f(zf(z))+z=f(z)+z\Rightarrow f(z+1)=1+z.


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