Equation fonctionnelle [OIM 2015]

[CBMaths_prof]

Bonsoir à tous,

Je me suis lancé dans une résolution d'un problème de l'OIM 2015. Le voici :

Soit l'ensemble des nombres réels. Déterminer toutes les fonctions qui vérifient l'équation pour tous réels et .

Pour l'instant j'ai trouvé que la fonction identité correspondait à notre recherche.

Et vous ?

[Lostounet]

Alors quelqu'un pourrait-il proposer une autre solution de cette équation fonctionnelle?
Existe-il des méthode systématiques pour ce genre d'équations? Je l'ai tournée dans tous les sens sans succès.

Si c'était un f(x) au lieu de x à droite, j'aurais peut-être mes chances..!
Enfin, et f(f(x+y)) :ptdr:
J'ai pensé à une équation différentielle, en dérivant les deux membres puis en trouvant des conditions initiales.

Ou bien en construisant une suite qui converge vers le point fixe, en supposant f une fonction contractante... et en imposant f(xy)= yf(x).
Car f(x + f(x+y)) = x + f(x+y) me rappelle le f(u)=u du point fixe.

Je sais pas si ça marche.

[zygomatique]

salut

pour x = y = 0 alors f o f (0) = 0


pour x = 0 et y non nul ::

f o f(y) + f(0) = f(y) + yf(0)


pour x non nul et y = 0 ::

f(x + f(x)) + f(0) = x + f(x)


ouais bof .... ce f(0) résiste ... :mur:

[Lostounet]

Lol bah si tu veux du f(0), prenons y=f(0) :ptdr:

f(0+f(0+f(0)) + f(0) = f(f(0)) + f(0)^2

2f(0)=f(0)^2

Donc f(0)=0 ou 2 si f(f(0))=0..?

[chan79]

salut
avec x=y=0, on a (fof)(0)=0

avec x=0 et y=f(0)
(fofof)(0)+f(0)=(fof)(0)+(f(0))²
2(f(0))=(f(0))²
f(0)=0 ou f(0)=2

Premier cas: f(0)=0

avec x=0 l'égalité de départ donne

(fof)(y)=f(y)
si f est surjective

pour tout y il existe un réel x tel que

f(x)=y
fof(x)=f(y)
f(x)=f(y)
y=f(y)

f est l'identité

remarque: avec y=0, l'égalité de départ donne f(x+f(x))=x+f(x)

reste les autres cas...

[Lostounet]

Je vois pas beaucoup d'autres cas:

1. Si f(0) = 0 et f surjective
2. f(0) = 0 et f non surjective
3. f(0) = 2 et f surjective
4. f(0) = 2 et f non surjective...

Comment traiter un cas non surjectif?
En fait je pense que pour le 3), c'est pas de la surjectivité .. il faut et il suffit qu'il existe x tel que f(x) + x = y

Pour le cas numéro 3), Avec f(0) = 2 et par la même démarche que Chan

f(x + f(x)) = x + f(x) - 2

[Lostounet]

Bonjour,

Si je suppose f affine de la forme f(x) = ax + b, j'ai abouti à ce système:





Pour tout a différent de -1, la troisième équation fournit a = 1, donc b = 0 par la (2) (identité)
Pour a = -1, la (3) est ok, la (2) fournit b = 2, la (1) est ok

Donc une autre solution possible et je pense que c'est les seules solutions affines possibles.

Reste à voir toutes les autres familles de fonctions :mur:

[chan79]

avec f(0)=2
f(f(0))=0 donne f(2)=0
En remplaçant x et y par 1
f(1)+f(1)=1+f(2)+f(1)
donc f(1)=1

[zygomatique]

(fofof)(0)+f(0)=(fof)(0)+(f(0))²
2(f(0))=(f(0))²

je ne comprends pas le passage d'une ligne à l'autre ...

[zygomatique]

merci ... :we:

[chan79]

Dans le cas f(0)=2, on a nécessairement

f(x)+f(2-x)=2

[Lostounet]

Peut-on restreindre les formes possibles de f dans le cas général?

Edit: J'ai peur par exemple que f puisse ne pas être continue... avoir des formes bizarres
ou une forme horrible du type intégrale à paramètre :marteau: comme la fonction Gamma qui vérifie f(x + 1) = xf(x)

[ffpower]

Tites remarques supplementaires sur le cas f(0)=0:

On a donc, comme remarqué par Chan, avec x=0:
f(f(y))=f(y )
(ce qui permet de conclure si f est surjective, ou injective)

et comme remarqué par Zygomatique avec y=0,
f(x+f(x))=x+f(x)
ce qui implique par exemple que f(x)=0 =>x=0)
ça implique aussi que f(x)=x=>f(2x)=2x

Sinon avec y=-x
f(x)+f(-x^2)=x-xf(x)
En particulier, faisant x=-1, on déduit f(-1)=-1
Puis pour x=1, on déduit f(1)=1
(et plus géneralement, en remplaçant x par -x, on voit que f(x)=x f(-x)=-x)

Il reste du boulot :p

[chan79]

salut
Finalement, on a pour l'instant deux solutions: f(x)=x et f(x)=2-x

Dans le cas f(0)=0:
Si f est surjective et vérifie la relation donnée, alors f est égale à l'identité.
Est-il possible de trouver une fonction f non surjective, différente de l'identité, qui vérifie la relation ???
Dans le cas f(0)=2, on a f(1)=1 et f(2)=0

On pourrait rajouter des hypothèses de continuité ou de dérivabilité.
Il doit bien y avoir une astuce ... cet exo était censé être fait en 45 min à l'OIM ... :mur:

[Laurent Watteau]

Je viens de découvrir ce problème, et je me propose de regarder du côté d'éventuels points fixes.Dans ce message je me limite au cas où est continue et

1)
Vous avez déjà vu que était solution, avec une infinité de points fixes donc.

2) Si

, avec

Pour tout couple on a :



Si je regarde au point , on trouve :



Mais puisque et on trouve que :

, donc un point fixe en .

Je trouve ça intéressant : ca voudrait dire que dès qu'on trouve un point non fixe, alors il y a un point fixe dans les parages... Et même plusieurs en fait puisque est continue donc on peut trouver un intervale autour de ce tel que .

Bien sûr, il est possible que ce point fixe soit, toujours le même, voir éventuellement toujours 0 mais si c'est le cas, alors cela impose une relation à , c'est à dire qu'on a forcément soit encore .

3)Petite remarque:
Si maintenant on suppose , j'ai le droit d'écrire
avec

En faisant comme au 2) on a :

,

En remplacant les valurs dans l'équation on en déduit que (ce qui est cohérent avec ce qui a déjà été trouvé)

Je me demande si on peut arriver à quelque chose par cette voie...

(to be continued...)

[chan79]

, donc un point fixe en .

Bien vu !
On peut remarquer qu'il y a aussi un point fixe en , puisqu'on a .
Quel que soit , il a un point fixe en

[ffpower]

le cas f(0)=0 et f continue n est pas trés dur. Il suffit de prouver que f est surjective comme dit par chan. En utilisant le theo des valeurs intermediaires, ça revient juste á prouver que f n est ni majorée ni minorée
(Pour ça j ai par exemple reussi á prouver que f(n)=n pour n entier, mais ya peut etre meme plus immediat)

Effectivement, 45 mins pour résoudre l'equation generale, hard :p

[Laurent Watteau]

Bonjour,
Donc une autre solution possible et je pense que c'est les seules solutions affines possibles.

Et il ne peut pas y avoir d'autres polynômes...

Posons et considérons la formule de départ avec



i.e.

On va voir que .

Lorsqu'on va vouloir développer cela, on va obtenir un un terme qui ne pourra être "compensé" par rien d'autre dans l'équation.

C'est déjà le cas pour le degré 2 puisque avec , nous forcera à poser (le coefficient du terme en ).


Après on sera bien obligé de poser et donc que le polynôme est de degré .
De proche en proche, il n'y aura que pour le degré 1 que cela fonctionnera.

Au niveau des polynômes, Il n'y a donc que l'identité et .

[Lostounet]

Si je suppose f de classe C1, j'ai montré que les seules solutions possibles sont f(x)=x et f(x)=-x+2

Voyez en fixant y et en séparant les cas:

F'(x+2)=1 pour y=-x
Et f'(x+y)=-1 puis y=0

Puis grâce aux conditions initiales on aboutit je crois. J'exposerai le détail après les cours :ptdr:

Edit: non ça ne marche pas à cause du yf'(xy)..

[ffpower]

Sauf erreur, j'ai réussi le cas f(0)=0..Mais la demonstration est pas super satisfaisante (pénible), et j'aurais certainement pas réussi en 45 min (et reste encore la moitié du probleme avec le cas f(0)=2 :p )