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Yassine

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OIM 2017 - Suite, Exo 2

La suite du premier post :

Soit $\mathbb{R}$ l'ensemble des nombres réels. Déterminer toutes les fonction $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ telles que, pour tous réels $x$ et $y$ :

$\displaystyle f\left(f(x)f(y)\right)+f(x+y)=f(xy)$

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tibo

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Re : OIM 2017 - Suite, Exo 2

Salut,

▼une conjecture

Seule la fonction constante égale à 0 fonctionne.

▼une piste peut-être

En raisonnant sur le coefficient dominant, on peut montrer que tout polynôme non nul ne respecte pas la relation donnée.

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Christson Aw

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Re : OIM 2017 - Suite, Exo 2

On constate que la fonction f(x) = 0 vérifie
alors cherchons les autres fonctions qui vérifent
posons y= 0 et f(0) = a alors on a f[af(x)] + f(x) = a  (*)
posons X= af(x) on a alors f(x) = X/a
alors l'aquation (*) devient f(X) + X/a = a
                                        f(x) = -X/a +a
d'ou on a f(x)= -x/a +a

cherchons les valeurs
a partir de l'équation f[f(x)f(y)] + f(x+y) = f(xy) on trouve que a²-1 = 0 d'où a prend les valeurs -1 et 1

d'ou on a les fonctions f(x) = 0 , f(x) = -x+1 et f(x)= x+1 sont solutions

ce qui est facile à vérifier

merci

Yassine

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Re : OIM 2017 - Suite, Exo 2

Bonsoir Christson Aw,

Je je prends le cas $f(x)=x+1$ et que je vérifie, je trouve :
$f\left(f(x)f(y)\right)=f(x)f(y)+1=(x+1)(y+1)+1=xy +(x+y) +2$
$f(x+y)=x+y+1$
d'où $f\left(f(x)f(y)\right)+f(x+y)=xy + 2(x+y)+3$
de l'autre côté $f(xy)=xy + 1$
ce qui ne respecte pas la contrainte sur $f$.

Ton erreur vient du passage
$f(X)=-\dfrac{X}{a} + a \implies f(x)=-\dfrac{x}{a} + a$.
Outre le fait qu'il faut traiter le cas $a=0$, $f$ ne respecte la première égalité que pour les nombres qui sont de la forme $af(x)$, pas pour tous les réels.

Dernière modification par Yassine (08-01-2018 14:08:07)

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tibo

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Re : OIM 2017 - Suite, Exo 2

Re,

▼un début de quelque chose

Pour $y=0$, on a
$f(f(x)f(0))+f(x)=f(0)$

Si $f(0)=0$,
alors pour tout réel $x$, $f(x)=0$.

Si $f(0)=a\neq 0$
alors $f(x)=a-f(af(x))$...
Et là, j'ai torturé cette pauvre relation dans tous les sens, rien y a fait...
Quelque chose doit m'échapper.

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Yassine

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Re : OIM 2017 - Suite, Exo 2

Bonsoir

▼@tibo

Tu es sur la bonne voie.
Deux relations à exploiter encore : poser x=y=0, ça permet de trouver un nombre $c$ tel que $f(c)=0$.
Ensuite, poser $y=c$, ...

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Yassine

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Re : OIM 2017 - Suite, Exo 2

Bonjour,
Comme je l'ai dit, le diable se cache dans les détails, donc, si quelqu'un peut vérifier ma démonstration ...

▼Ma démonstration

(*) : $\displaystyle f\left(f(x)f(y)\right)+f(x+y)=f(xy)$

Avec $y=0$, (*) devient :
(1) : $f(x) = f(0) - f\left(f(0)f(x)\right)$

On voit donc en particulier qui si $f(0)=0$, alors $f=0$. Par ailleurs, la fonction nulle est bien une solution.
On va montrer que c'est la seule solution et on suppose dans la suite que la condition (C) : $f(0)=a \neq 0$ est vérifiée
L'équation (1) appliquée à $x=0$ donne
$f\left(a^2\right) = 0$.

Avec $y=a^2$, (*) devient :
(2) : $f(a^2 x) = f(x+a^2) - a$
L'idée est ensuite de voir dans quels cas $a^2 x = x + a^2$ pour trouver que $a=0$ et arriver à une contradiction.
On peut toujours trouver un tel $x$ si $a^2 \neq 1$.

Cas 1) $a^2 \neq 1$.
On applique alors l'équation (2) à $x=\dfrac{a^2}{a^2-1}$ et on trouve $a=0$, ce qui est contradictoire avec notre supposition initiale (C).

Cas 2) $a^2 = 1$
Dans cas cas, l'équation (1) devient :
(1') : $f(x) = \pm 1 - f(\pm x)$.
Soit, en l'utilisant avec $x=0$, $f(0)=\pm\dfrac{1}{2}$, ce qui est contradictoire avec $a^2=1$.

On a donc une contradiction dans tous les cas, la supposition initiale (C) est impossible.
Donc seule la fonction nulle vérifie la relation (*).

Dernière modification par Yassine (08-01-2018 14:46:09)

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tibo

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Re : OIM 2017 - Suite, Exo 2

Re,

▼je continue

On continue le cas où $f(0)=a\neq 0$.
Alors $f(x)=a-f(af(x))$.
Avec $x=0$, on obtient, $f(a^2)=0$.

La relation de dépard avec $y=a^2$ nous donne
$f(a^2x)-f(x+a^2)=a$

Supposons $a^2\neq 1$.
Alors en prenant $x=\dfrac{a^2}{a^2-1}$
On obtient $a=0$, ce qui est impossible.
Donc $a^2=1$.

à suivre...

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Yassine

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Re : OIM 2017 - Suite, Exo 2

▼@tibo

Tu brules !

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tibo

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Re : OIM 2017 - Suite, Exo 2

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.

Dernière modification par tibo (09-01-2018 21:28:26)

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Roro

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Re : OIM 2017 - Suite, Exo 2

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.

Yassine

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Re : OIM 2017 - Suite, Exo 2

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.

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Roro

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Re : OIM 2017 - Suite, Exo 2

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.

Roro

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Re : OIM 2017 - Suite, Exo 2

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.

Dernière modification par Roro (10-01-2018 20:45:27)

Yassine

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Re : OIM 2017 - Suite, Exo 2

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 :
$\forall n \in \mathbb{N}^*, f(1+\dfrac{1}{n})=-\dfrac{1}{n}$
$\forall n \in \mathbb{N}^*, f(\dfrac{1}{n})=1-\dfrac{1}{n}$
$\forall n,m \in \mathbb{N}^*, f(n+\dfrac{1}{m})=-n+f(\dfrac{1}{m}) =1-(n+\dfrac{1}{m})$

Dernière modification par Yassine (11-01-2018 16:51:51)

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Roro

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Re : OIM 2017 - Suite, Exo 2

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

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Re : OIM 2017 - Suite, Exo 2

Bravo Roro !

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freddy

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Re : OIM 2017 - Suite, Exo 2

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$f(x)=1-x$.

Dernière modification par freddy (12-01-2018 11:37:50)

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Yassine

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Re : OIM 2017 - Suite, Exo 2

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.

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freddy

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Re : OIM 2017 - Suite, Exo 2

Yassine,

vu, OK !

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freddy

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Re : OIM 2017 - Suite, Exo 2

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 ?

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Yassine

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Re : OIM 2017 - Suite, Exo 2

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 $\mathbb{Z}$

Dernière modification par Yassine (14-01-2018 09:54:54)

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Re : OIM 2017 - Suite, Exo 2

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 :-)

Dernière modification par freddy (16-01-2018 10:33:11)

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