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Résumé de la discussion (messages les plus récents en premier)

freddy
13-01-2018 20:48:35

Re,
Oui, je comprends bien.
Il y a un souci pour n=2, non ?
f(2)=-1 et f(-1)= 26 et non 2 ...

@Yassine : m'en doutais un peu :-)

Yassine
13-01-2018 08:45:37

Re,
Je sais que la fonction $f(x)=1-x$ vérifie la contrainte. La question est de connaitre toutes les fonctions, et donc de trouver des conditions nécessaires.
La seule propriété $\forall x, f(f(x))=1-f(x)$ ne permet pas de conclure que $\forall x, f(x)=1-x$
Par exemple, une fonction définie par $\forall n \in \mathbb{Z}, f(n)=1-n$ et $\forall x \in \mathbb{R}\setminus \mathbb{Z}, f(x)=[x]^2+25$ vérifie bien $\forall x, f(f(x))=1-f(x)$

[EDIT]
Correction pour freddy : remplacer $\mathbb{N}$ par $\mathbb{Z}$

freddy
12-01-2018 20:31:38

Cela étant, ça n’invalide pas la forme de f, non ? D’autant qu’on vérifie qu’elle vérifie la contrainte pour tout x et y, non ?

freddy
12-01-2018 11:18:47

Yassine,

vu, OK !

Yassine
12-01-2018 11:01:41

Salut

@freddy

Tu as fait la même erreur que Christson Aw. Tu utilises l'implication $\forall x \in \mathbb{R}, f(af(x))=a-f(x)  \implies \forall y\in \mathbb{R}, f(ay)=a-y$.
La première égalité n'est valable que pour les $y$ qui sont de la forme $y=f(x)$ pour un certain $x$. Tu ne peux utiliser cette implication que si tu as montré que $f$ est surjective.

freddy
12-01-2018 09:32:45

Hello,

ce que j'ai trouvé dans la nuit.

pas vu Roro ni les autres, bien sûr !

on sait que $f=0$ convient. On vérifie que $f=Id$ ne convient pas.
Ensuite, on peut poser $f(0)=a \ne 0$ et on a pour tout x réel : $f(af(x))=a-f(x)$.
Finalement,  on a $ f(x)=f(a\times \frac{x}{a})=a-\frac{x}{a}$ et la question est de savoir ce que vaut $a$
En repassant par la formulation d'origine, on voit que $a=1$ convient.
En effet, on doit avoir : $a - (a - \frac{x}{a})\times (a - \frac{y}{a})\times \frac{1}{a}+a - \frac{x+y}{a}=a-\frac{xy}{a}$
Donc une autre solution serait$f(x)=1-x$.

Yassine
11-01-2018 20:29:26

Bravo Roro !

Roro
11-01-2018 20:16:23

Bonsoir,

Suite... et fin.

Texte caché

Dans mon précédent message, on a vu que si $f$ était une solution non nulle alors $f$ s'annule une et une seule fois en $1$.

En prenant $x=y=0$ dans l'énoncé, on en déduit que $f(f(0)^2)=0$, ce qui implique que $f(0)^2=1$.

Il y a donc deux cas possibles : $f(0)=1$ ou $f(0)=-1$. On va regarder l'un des deux cas, l'autre se traitant de la même manière. On suppose donc que $f(0)=1$.

Si on reprend l'égalité obtenue avec $y=0$, maintenant qu'on sait que $f(0)=1$, on en déduit que $f(f(x))=1-f(x)$. Ce qui implique aussi $f(f(f(x))) = 1-f(f(x))$ (on prend $f(x)$ à la place de $x$). Ainsi, $f(f(f(x))) = f(x)$.

L'idée sera ensuite de montrer que $f$ est injective. On aura alors $f(f(x))=x$, et donc $f(x)=1-x$.

Lorsque $f(0)=-1$ le même raisonnement conduit à la solution $f(x)=x-1$.

Le point clé est de montrer que $f$ est injective :

Texte caché

Dans le cas $f(0)=1$ (on a le même résultat lorsque $f(0)=-1$), en prenant $y=1$ dans l'énoncé alors, puisque $f(1)=0$, on a
$f(x+1)=f(x)-1$, puis par récurrence $f(x+n)=f(x)-n$.
On en déduit, en reprenant l'énoncé :
$$(\star)\qquad f(f(x)f(y)+1) + f(x+y+n) = f(xy+n+1) \quad \text{pour tous réels $x,y$ et tout entier $n$.}$$
Pour montrer que $f$ est injective nous supposons que $f(\alpha)=f(\beta)$.
On choisit alors des réels $x,y$ et un entier $n$ tels que
$$\left\{\begin{aligned}
& \alpha = x+y+n\\
& \beta = xy+n+1
\end{aligned}\right.$$
(ceci est possible si $n$ est assez grand pour que $(\beta-n)^2-4(\alpha-n-1)$ (discriminant du polynôme $X^2-SX+P$...))
L'égalité $(\star)$ implique donc $f(f(x)f(y)+1)=0$, donc $f(x)f(y)=0$ (l'unique zéro de $f$ est $1$). Donc soit $f(x)=0$, soit $f(y)=0$ ce qui signifie soit $x=1$, soit $y=1$. Dans les deux cas, on en déduit $\alpha=\beta$ : $f$ est injective.

Roro.

Yassine
11-01-2018 09:47:40

Bonjour,

Toutes mes trouvailles à ce stade

On suppose donc à ce stade que $f \neq 0$.
On a alors $f(1)=0$ et $f(0)^2 = 1$.
Avec $y=1$ on a alors $f(x+1)=f(x) - f(0)$, ce qui permet de conclure que $\forall n \in \mathbb{N}, f(n)=f(0)-n$ (en particulier, $f$ envoie des entiers vers des entiers). Plus généralement, pour $k$ entier, on a $f(x+k)=f(x)-kf(0)$
Ce qui permet d'exclure le cas $f(0)=-1$ car alors
$f\left(f(n)f(m)\right) = f\left((-1-n)(-1-m)\right) = -1-(1+n)(1+m)=-2-(n+m)-nm$
$f(n+m)=-1-(n+m)$ et donc $f\left(f(n)f(m)\right)+f(n+m) \neq f(nm)$.
On a donc $f(0)=1$ et $f(x+1)=f(x)-1$, en particulier $\forall n \in \mathbb{N}, f(n)=1-n$
Comme Roro, je trouve $f(x)=0 \implies x = 1$.
On cherche alors les $y$ qui vérifient $xy = x+y$ pour un $x$ donné. Ce qui est toujours possible lorsque $x \neq 1$, on a alors
$x\dfrac{x}{x-1}=x + \dfrac{x}{x-1}$, ce qui permet de trouver que $f\left(f(x)f(\dfrac{x}{x-1})\right)=0$ et de conclure que :
$\forall x \neq 1, f(x)f(\dfrac{x}{x-1})=1$, ou écrit différemment :
$\forall x \neq 0, f(x+1)f(\dfrac{x+1}{x})=1$
Ce qui me permet de trouver :
$\forall n \in \mathbb{N}^*, f(1+\dfrac{1}{n})=-\dfrac{1}{n}$
$\forall n \in \mathbb{N}^*, f(\dfrac{1}{n})=1-\dfrac{1}{n}$
$\forall n,m \in \mathbb{N}^*, f(n+\dfrac{1}{m})=-n+f(\dfrac{1}{m}) =1-(n+\dfrac{1}{m})$

Roro
10-01-2018 19:42:02

Bonsoir,

Un début d'idée :

Texte caché

 
En prenant $y=0$ dans l'énoncé, on obtient $f(f(0)f(x))+f(x)=f(0)$. Ainsi, si $f(0)=0$ alors on trouve la solution $f=0$.

Supposons donc maintenant $f(0)\neq 0$.

L'idée est de prendre $x$ et $y$ de sorte que $x+y=xy$, par exemple en prenant $y=\frac{x}{x-1}$ lorsque $x\neq 1$. L'énoncé nous indique donc que
$$f\Big( f(x)f\Big( \frac{x}{x-1} \Big)\Big) = 0 \quad \text{pour $x\neq 1$}.$$
En particulier la fonction $f$ doit s'annuler (et pas en $0$ puisque $f(0)\neq 0$). Ainsi, il existe $b\neq 0$ tel que $f(b)=0$. Ce nombre $b$ ne peut valoir que $1$, sinon la formule précédente indiquerait que $f(0)=0$... On a donc
$$f(1)=0 \quad \text{(et $f(x)\neq 0$ si $x\neq 1$)}.$$

à suivre...

Roro.

Roro
10-01-2018 16:42:56

Bonsoir,
C'est exact. Si ce que je propose fonctionne (je n'ai pas fait les calculs précisément...), elle ne permet d'obtenir que les solutions dérivables. Mais c'est déjà pas mal !!!
Roro.

Yassine
10-01-2018 09:00:04

Bonjour,
Mazette, il faut remettre le travail sur le métier !
@Roro : Je n'ai pas vu de moyen simple pour montrer que la fonction était continue (sans parler de dérivable). Donc, avec ta solution, on ne trouve pas toutes les fonctions, mais uniquement celles qui sont dérivables.

Roro
09-01-2018 23:03:59

Bonsoir,
Si on cherche des solutions dérivables, en dérivant l'équation par rapport à $x$ (par exemple), et en évaluant en $y=0$ on doit en déduire que soit $f=0$, soit $af'(af(x))+1=0$, où $a=f(0)$.

Ensuite, en évaluant l'équation dérivée en $x=0$ je crois qu'on en déduit une équation différentielle linéaire dont on peut trouver les solutions.

Il faut ensuite vérifier lesquels satisfont l'équation initiale (on trouve f=0 ou f=1-x).

A vérifier...
Roro.

tibo
09-01-2018 20:24:11

Re,

une si belle conjecture qui tombe...

Donc on vient de démontrer que $a^2=1$

Étudions d'abord le cas $a=1$
On a donc $f(x)=1-f(f(x))$

Pour $x=0$
$f(0)=1-f(f(0))=1-f(1)$
Donc $f(1)=0$

Et en prenant $y=1$ dans la relation de départ, on a
$f(f(x)f(1))+f(x+1)=f(x)$
Donc $f(x+1)=f(x)-1$
Il reste à trouver ce qu'il se passe sur $[0;1[$ pour définir entièrement $f$.

En essayant d'y tracer un simple segment ( autrement dit la fonction $f(x)=1-x$)...
Et bah ça marche !
Cette fonction respecte la relation de départ !

[edit] @Yassine : Vu que tu avais l'air d'accord avec ma conjecture, mais que j'y ai trouvé un contre exemple, j'ai regardé ta démonstration et effectivement il y a une erreur.
Tu as oublié un $fof$ à la fin.

Yassine
08-01-2018 15:46:13
@tibo

Tu brules !

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