EXO N - EF 4 [Proposed]


  • Math&Maroc

    Trouver toutes les fonctions f:RRf : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} vérifiant :
    (i):f (i) : f bornée sur [1,1][-1,1].
    (ii):(x,yR):f(x+y)+f(xy)=2(f(x)+f(y))(ii): (\forall x,y \in \mathbb{R}) : f(x+y)+f(x-y)=2(f(x)+f(y)).


  • Math&Maroc

    Quelques Indices:

    Il est immediat que: f(0)=0f(0)=0, f(x)=f(x)f(x)=f(-x), f(2x)=4xf(2x)=4x, et par reccurence, f(nx)=n2f(x)f(nx)=n^2f(x), et par consequent f(qx)=q2f(x)f(qx)=q^2f(x) pour tout rationel qq, et reel xx. Il suffit alors de montrer que f est continue, pour deduire que f(x)=cx2f(x)=cx^2, pour une certaine constante cc.
    Pour etablir la continuite de ff en 00, soit MM la maximum de ff sur [1,1][-1,1]. Remarquer que pour x1/n |x| \leq 1/n , f(x)=f(nx)/n2M/n2|f(x)|=|f(nx)/n^2|\leq M/n^2, d'ou la continuite en x=0x=0: limx0f(x)=0\lim_{x\rightarrow 0} f(x) = 0. En faite, une petit modification de cet argument montre que limx0f(x)x=0\lim_{x\rightarrow 0} \frac{f(x)}{x} =0. Pour la continuite en xx en general, commencer par une reccurence: f(x+y)f(x)=f(xmy)f(x(m+1)y)+2mf(y)f(x+y)-f(x)= f(x-my)-f(x-(m+1)y)+2mf(y)
    Alors, pour yy petit, m(y)=[xy]m(y)=\left[\frac{x}{y}\right], On voit alors que xm(y)yx-m(y)y et x(m(y)+1)yx-(m(y)+1)y converge vers 00, et que m(y)f(y)xf(y)/y|m(y)f(y)| \leq |x| |f(y)/y| converge aussi vers 00. D'ou la continuite en x.



  • @Mohamed-El-Alami let ff bounded on [1,1][-1,1],that is there is M0M\succ0 for which f(x)M\left | f(x) \right |\le M.We can easily prove that ff is also bounded on [0,2][0,2].let c=f(2)2c=\frac{f(2)}{2} and g(x)=f(x)cx2g(x)=f(x)-cx^2,and we will find that gg must be satisfy the given functional equation.Indeed,since cx2cx^2 is a solution to the problem!!!.Furtheremore,we have g(2)=0g(2)=0 and g(x+2)=g(x)g(x+2)=g(x),that isgg is peridic with period 22,and since it's bounded(as a difference of two bounded function.So,from the perodicity,it follows that gg is bounded in the whole number line which is impossible!!!{why?!}.!no need for continounity i think!this proof I had seen it before with cauchy's equation,maybe it's false because i didn't try with the problem and I had't even check if my proof is true in the first place,so please correct me


  • Math&Maroc

    @Anas-Adlany Je n'ai pas supposer que ff est continue, j'ai plutot montrer que ff bornee implique qu'elle est continue. Par contre, je trouve ton idee de solution merveilleuse, quoiqu'elle necessite quelques clarifications:

    Reformulation de la solution d'Anas-Adlany:

    Soit c=f(1)c=f(1), alors g(x):=f(x)cx2g(x):=f(x)-cx^2 est une solution bornee sur [1,1][-1,1] de l'equation fonctionnelle, avec g(1)=0g(1)=0 Il s'ensuit que g(x+1)+g(x1)=2g(x)g(x+1)+g(x-1)=2g(x) et par consequent, la fonction hh definit par h(x)=g(x+1)g(x)h(x)=g(x+1)-g(x) est bornee sur [0,1][0,1] et periodique, donc bornee sur R\mathbb{R} tout entier. On verifie directement que cette fonction satisfait l'identite:
    h(x+y)+h(xy)=2h(x)h(x+y)+h(x-y)=2h(x)
    Pour tout x,yx,y. En particulier h(2x)=2h(x)h(2x)=2h(x). Le faite que hh est bornee implique alors que hh est identiquement nulle, d'ou gg est periodique bornee, et satisfait g(2x)=4g(x)g(2x)=4g(x), elle doit etre alors identiquement nulle. D'ou f(x)=cx2f(x)=cx^2.

    Cette solution est bien plus elegante que la mienne. Bien vue.



  • @Mohamed-El-Alami well done !


Log in to reply
 

Looks like your connection to Expii Forum was lost, please wait while we try to reconnect.