C'est une histoire à rendre fou.
En posant
on vérifie presque la relation (au signe près). Mais de toutes manières, cette fonction nest pas continue en 1
Equation fonctionnelle.
par alben » 14 Aoû 2006, 13:23
Bonjour,
C'est une histoire à rendre fou.
En posant=\frac{x^2-x+1}{x-1})
on vérifie presque la relation (au signe près). Mais de toutes manières, cette fonction nest pas continue en 1
C'est une histoire à rendre fou.
En posant
on vérifie presque la relation (au signe près). Mais de toutes manières, cette fonction nest pas continue en 1
par tize » 14 Aoû 2006, 14:27
J'ai un début d'idée :
On a l'équation=f(x)+f(\frac{1}{x}))
et
on sait que=f(\Phi)=f(\Phi^{-1})=0)
et en plus :
si
alors 
aussi et \in[\Phi;\Phi+1])
Donc choisir arbitrairement
sur 
(avec ) permet de définir de manière unique sur 
on peut recommencer car si est définie sur 
si
alors 
et \in[\Phi+n+1;\Phi+n+2])
ce qui permet de définir de manière unique sur 
La connaissance de sur nous donne donc la connaissance de sur 
En espérant ne pas avoir dit trop de bêtise...
On a l'équation
on sait que
si
Donc choisir arbitrairement
si
La connaissance de
En espérant ne pas avoir dit trop de bêtise...
par tize » 14 Aoû 2006, 14:44
Je pense que l'on peut généraliser en supposant que l'on connait sur 
car le choix de sur [-1;0] permet d'obtenir sur 
sachant que l'on à déjà sur 
ce qui permettrait de définir sur 
tout entier.
Qu'en pensez-vous ??
Qu'en pensez-vous ??
par alben » 14 Aoû 2006, 15:02
D'accord pour =f(\Phi^{-1})=0)
mais =0)
.
On ne sait pas pour le nombre d'or.
Ta démarche ne garantit pas la continuité
On ne sait pas pour le nombre d'or.
Ta démarche ne garantit pas la continuité
par alben » 14 Aoû 2006, 15:52
En utilisant la relation de Nightmare, la connaissance de f sur [0;1] suffit à définir la fonction sur R-
De même avec cette formule, la connaissance de f sur ]1,2] permet de définir f sur R+
Il reste qu'il peut exister des triplets x,x+1,1/x qui soient tous trois dans [0,2] lorsque x est compris entre 0,5 et 1.
On pourrait éventuellement définir arbitrairement f sur [0;2]-[0,5;1].
Reste à vérifier que l'on n'a pas de contradiction et que la continuité est bien assurée
De même avec cette formule, la connaissance de f sur ]1,2] permet de définir f sur R+
Il reste qu'il peut exister des triplets x,x+1,1/x qui soient tous trois dans [0,2] lorsque x est compris entre 0,5 et 1.
On pourrait éventuellement définir arbitrairement f sur [0;2]-[0,5;1].
Reste à vérifier que l'on n'a pas de contradiction et que la continuité est bien assurée
par tize » 14 Aoû 2006, 16:04
alben a écrit:De même avec cette formule, la connaissance de f sur ]1,2] permet de définir f sur R+
Je me trompe peut être mais il me semble que la fonction de nightmare envoie
par tize » 14 Aoû 2006, 16:08
Je crois avoir compris ce que tu veux dire, la connaissance de sur [0;2] permet au bout du compte de connaitre sur , OK.
Avec en plus=f(\Phi^{-1})=f(-\Phi)=0)
puisque la fonction de nightmare envoie 
sur )
(et 0 sur 0)
Mais=f(\frac{x}{x-1}))
est une condition necessaire et pas suffisante par rapport à et en plus il n'y a pas comme tu le dis de garantie pour la continuité... 
Avec en plus
Mais
par tize » 14 Aoû 2006, 16:48
Horreur !
On ne peut pas définir de façon quelconque sur 
:
puisque on a :
=f(\frac{7}{4})=f(\frac{3}{4})+f( \frac{4}{3}))
et\in[0;2]^3)
On ne peut donc pas choisir comme on veut sur .
est loin d'être une condition suffisante!
On ne peut pas définir
puisque
et
On ne peut donc pas choisir
par alben » 14 Aoû 2006, 17:08
tize a écrit:Horreur !
On ne peut pas définir
puisque
et
On ne peut donc pas choisir
Oui j'avais vu ça c'est pourquoi je proposais de fixer arbitrairement sur [0;2]-[0,5;1] avec en plus les zéros connus. Les valeurs pour l'intervalle exclus se déduisent facilement : si 0,5<x<1 alors x+1 et 1/x sont dans l'intervalle conservé
Mais je n'avais cherché que l'intersection de x,1/x et x+1. Il est possible qu'il reste des contradictions du type :
a b et c dans A l'ensemble "arbitraire" a,b déterminent d en dehors de A. d et c déterminent un point de A.. et toute autre chaîne...
par alben » 14 Aoû 2006, 18:52
Je crois qu'il faut abandonner la démarche fixant arbitrairement la fonction sur un intervalle quelconque.
J'ai essayé de simuler de combien d'antécédants une donnée provenait : ça double à peu près à chaque génération.
Plus précisément, je suis parti d'un y quelconque (0,2 par exemple) et j'ai listé les 3 couples de valeurs qui déterminent ce y à partir des 3 termes de la formule de base en posant successivement :
Bien entendu, sur ces 6 nombres certains se répètent.
Ensuite j'ai cherché les antécédents des antécédents etc...
Au bout de quelques étapes, j'ai obtenu 150 valeurs comprises entre -8 et +8, toutes rationnelles dont plus de la moitié entre -1 et +1. En prolongeant la démarche, je pense que j'obtenais Q.
Donc la relation crée des interdépendances entre une partie au moins dénombrable de réels. Par continuité, c'est tout R qui est interdépendant. Elle détermine donc bien une fonction à quelques constantes près...
J'ai essayé de simuler de combien d'antécédants une donnée provenait : ça double à peu près à chaque génération.
Plus précisément, je suis parti d'un y quelconque (0,2 par exemple) et j'ai listé les 3 couples de valeurs qui déterminent ce y à partir des 3 termes de la formule de base en posant successivement :
- 1/y=0,2 ce qui donne les antécédants y=5 et y+1=6
- y=0,2 ce qui donne les antécédants 1/y=5 et y+1=1,2
- y+1=0,2 ce qui donne les antécédants 1/y=-5/4 et y=-0,8
Bien entendu, sur ces 6 nombres certains se répètent.
Ensuite j'ai cherché les antécédents des antécédents etc...
Au bout de quelques étapes, j'ai obtenu 150 valeurs comprises entre -8 et +8, toutes rationnelles dont plus de la moitié entre -1 et +1. En prolongeant la démarche, je pense que j'obtenais Q.
Donc la relation crée des interdépendances entre une partie au moins dénombrable de réels. Par continuité, c'est tout R qui est interdépendant. Elle détermine donc bien une fonction à quelques constantes près...
par tize » 14 Aoû 2006, 19:26
Effectivement,
à partir d'un entier, 1 par exemple, on peut, en cherchant les antecedents de tout ordre, obtenir
et à partir de cela obtenir tous les nombres de la forme 
et ensuite avec une nouvelle fois on à 
je pense.
Concrètement je ne sais pas trop tout ce que cela implique mais si on connaît sur et sur l'ensemble des _{k\in\mathbb{N^*}})
alors on connaît sur et par continuité sur .
à partir d'un entier, 1 par exemple, on peut, en cherchant les antecedents de tout ordre, obtenir
Concrètement je ne sais pas trop tout ce que cela implique mais si on connaît
par tize » 14 Aoû 2006, 19:34
Par récurrence on a aussi :
=f(1)+\sum\limits_{k=1}^{n-1}f(\frac{1}{k}))
et puisque )
en l'infini, on peut en déduire que =0)
mais on ne sait rien il me semble sur le signe de ...
Si tu repasses par là Geta, dis moi d'où tu sors ce probleme STP
Si tu repasses par là Geta, dis moi d'où tu sors ce probleme STP
par tize » 16 Aoû 2006, 14:33
Pour résumer on a pour l'instant 5 zéros pour un telle fonction : 
et avec la relation : =f(x+1))
on peut en déduire que si 
alors =0)
et donc 
est aussi un zéro. Si je note 
l'ensemble des zéros de alors on peut écrire 
si on note 
alors )\subset B)
. On pourrait définir )
et ainsi de suite )
. La première question est : est ce que cette suite )
est strictement croissante ? On pourrait si c'est le cas définir une infinité de zéros pour et avec un peu de chance si ces zéros sont denses dans ... enfin avec la continuité vous voyez la suite ...
Qu'en pensez-vous ?
Si tu repasses par là Geta, dis moi d'où tu sors ce probleme STP
Qu'en pensez-vous ?
Si tu repasses par là Geta, dis moi d'où tu sors ce probleme STP
par tize » 16 Aoû 2006, 14:44
Bon je retire ce que j'ai écrit précédement en fait avec ma méthode ça ne marche pas du tout puisque =A)
et donc 
pour tout 
par alben » 16 Aoû 2006, 15:23
Bonjour,
Tu n'as pas laché l'affaire ? :mur:
Si au moins on pouvait trouver une fonction pour laquelle ça marche !
Dans le message 21, j'avais trouvé une fonction qui vérifiait f(1/y)=f(x)-f(x+1).
Il doit bien y avoir un moyen de la modifier pour inverser le signe ?
Tu n'as pas laché l'affaire ? :mur:
Si au moins on pouvait trouver une fonction pour laquelle ça marche !
Dans le message 21, j'avais trouvé une fonction qui vérifiait f(1/y)=f(x)-f(x+1).
Il doit bien y avoir un moyen de la modifier pour inverser le signe ?
par tize » 16 Aoû 2006, 15:49
Tu veux parler de la fonction 
?
Parce que j'ai fait le calcul avec cette fonction et il me semble bien (sauf erreur de calculs) que elle ne vérifie pas f(1/x)=f(x)-f(x+1).
Parce que j'ai fait le calcul avec cette fonction et il me semble bien (sauf erreur de calculs) que elle ne vérifie pas f(1/x)=f(x)-f(x+1).
par geta » 16 Aoû 2006, 21:56
Chers tous,
je suis flatté de l'intérêt que vous portez à ce "problème" qui, vu la longueur de son énoncé ressemble plus à une question ou à un exercice.
D'où sort-il?
A mes moments perdus (de moins en moins nombreux) je m'amuse avec la fonction zeta (de Riemann, oui,oui) et je pense avoir trouvé un truc (pas difficile celui-là mais que je n'ai vu publié nulle part, trop facile peut-être) qui permet de générer tout un tas de formules (plus ou moins remarquables) avec la fonction zeta.
Seulement voilà, pour trouver des formules carrément nouvelles, faut se coltiner des sommes du genre :
SN = Somme (pour k entre 1 à N) de f(1/k) pour une fonction f choisie habilement et à l'avance.
Si f(x) = 1/x, on peut écrire la somme partielle,
idem pour f(x) = (1/x)^2....enfin bref, vous en trouverez tout un tas d'autres.
L'idée suivante fut de dire f(1/N) = U(N+1) - U(N) où U(n) est une suite si possible exprimé sympathiquement avec des fonctions usuelles ou des récurrences manipulables. Le tout permettant peut-êre d'exprimer la somme partielle. Espoir.
Et puis, si on prenait U = f...on n'aurait plus qu'à résoudre,(me dis-je innocemment)
f(1/x) = f(x+1)-f(x).
Et alors là, tout a commencé à se gâter : plus rien n'était simple.
Je suis resté sur ce problème longtemps, sachant pertinemment que les équations fonctionnelles...ben c'est vraiment pas mon truc.
J'ai tâtonné. J'ai eu quelques résultats partiels. Et puis je me suis dit que j'étais trop con (j'ai foutu mes résultats partiels à la poubelle) et que ce serait certainement facile pour d'autres.
Et voilà.
Bon courage à tous.
PS : je crois que je n'ai qu'un seul résultat partiel à ajouter aux votres (sous réserve que je m'ai pas gourré) :
f(3/2) = f(2)
qui n'est rien d'autre qu'une redite de f(1/2) =0 (je m'en aperçois avec retard)
La démarche était de choisir f sur [1,2]
d'utiliser le résultat partiel (f(1+x)=f(1+1/x) pour la définir sur [2, + infini[
d'utiliser l'équation intiale pour la définir sur [0,1]
de re-utiliser le résultat partiel pour la définir sur ]-infini,0]
de révérifier morceau par morceau que l'équation intiale est vérifiée
....
et tout ceci transforme une équation fonctionnelle sur f en plusieurs équations fonctionnelles sur f restreint à [1,2]. Que des trucs qui sont inesthétiques. Mais bon, vérifier la continuité de f donne quelques résultats.
Finalement, je me suis dit que pour quelqu'un qui n'arrive pas à les résoudre, ce n'est vraiment pas une bonne idée de les multiplier, les équations fonctionnelles.
je suis flatté de l'intérêt que vous portez à ce "problème" qui, vu la longueur de son énoncé ressemble plus à une question ou à un exercice.
D'où sort-il?
A mes moments perdus (de moins en moins nombreux) je m'amuse avec la fonction zeta (de Riemann, oui,oui) et je pense avoir trouvé un truc (pas difficile celui-là mais que je n'ai vu publié nulle part, trop facile peut-être) qui permet de générer tout un tas de formules (plus ou moins remarquables) avec la fonction zeta.
Seulement voilà, pour trouver des formules carrément nouvelles, faut se coltiner des sommes du genre :
SN = Somme (pour k entre 1 à N) de f(1/k) pour une fonction f choisie habilement et à l'avance.
Si f(x) = 1/x, on peut écrire la somme partielle,
idem pour f(x) = (1/x)^2....enfin bref, vous en trouverez tout un tas d'autres.
L'idée suivante fut de dire f(1/N) = U(N+1) - U(N) où U(n) est une suite si possible exprimé sympathiquement avec des fonctions usuelles ou des récurrences manipulables. Le tout permettant peut-êre d'exprimer la somme partielle. Espoir.
Et puis, si on prenait U = f...on n'aurait plus qu'à résoudre,(me dis-je innocemment)
f(1/x) = f(x+1)-f(x).
Et alors là, tout a commencé à se gâter : plus rien n'était simple.
Je suis resté sur ce problème longtemps, sachant pertinemment que les équations fonctionnelles...ben c'est vraiment pas mon truc.
J'ai tâtonné. J'ai eu quelques résultats partiels. Et puis je me suis dit que j'étais trop con (j'ai foutu mes résultats partiels à la poubelle) et que ce serait certainement facile pour d'autres.
Et voilà.
Bon courage à tous.
PS : je crois que je n'ai qu'un seul résultat partiel à ajouter aux votres (sous réserve que je m'ai pas gourré) :
f(3/2) = f(2)
qui n'est rien d'autre qu'une redite de f(1/2) =0 (je m'en aperçois avec retard)
La démarche était de choisir f sur [1,2]
d'utiliser le résultat partiel (f(1+x)=f(1+1/x) pour la définir sur [2, + infini[
d'utiliser l'équation intiale pour la définir sur [0,1]
de re-utiliser le résultat partiel pour la définir sur ]-infini,0]
de révérifier morceau par morceau que l'équation intiale est vérifiée
....
et tout ceci transforme une équation fonctionnelle sur f en plusieurs équations fonctionnelles sur f restreint à [1,2]. Que des trucs qui sont inesthétiques. Mais bon, vérifier la continuité de f donne quelques résultats.
Finalement, je me suis dit que pour quelqu'un qui n'arrive pas à les résoudre, ce n'est vraiment pas une bonne idée de les multiplier, les équations fonctionnelles.
par tize » 16 Aoû 2006, 22:10
Ahh!
Enfer et damnation.... nous n'aurons peut être jamais la reponse alors... :cry:
Hooo !! Attendez, je crois que... mais oui j'ai réussi... :id: mais le problème c'est que je n'ai pas assez de place pour ecrire la solution complète ni sur le forum ni sur la marge de mon cahier :lol3: :lol4: ...
Enfer et damnation.... nous n'aurons peut être jamais la reponse alors... :cry:
Hooo !! Attendez, je crois que... mais oui j'ai réussi... :id: mais le problème c'est que je n'ai pas assez de place pour ecrire la solution complète ni sur le forum ni sur la marge de mon cahier :lol3: :lol4: ...
par alben » 16 Aoû 2006, 22:17
Bonsoir,
Agrandit tes marges sinon il faudra encore attendre 300 ans pour avoir la réponse :zen:
Agrandit tes marges sinon il faudra encore attendre 300 ans pour avoir la réponse :zen:
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