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Je parie sur l'identité

Gagné ?

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C'est UNE solution
Mais il en reste...quelques unes à trouver

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C'est vous qui les inventez les énoncés?

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Heureusement que grâce à ma haute responsabilité j'ai fait une alerte modérateur

J'ajoute les fonctions constantes, y'en reste ?

Je m'occuperais de la démo plus tard ^^ (= pas beaucoup avancé )

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Ouaip des fois, pour le fun, du coup sont plus ou moins foireuses (je parle pour moi ^^)

Marthe ça vient de toi celle-ci ou tu l'as repiquée aux OIM ?

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merci bien
avec les fonctions constantes, il en reste encore et toujours
Un petit indice pour t'aiguiller : tu peux utiliser l'hypothèse f bijective pour voir ce que ça donne, et revenir dans le cadre "normal" après
Sinon, cette équation est normalement inédite (après, p'tet que quelqu'un a eu la même idée que moi, mais pas à ma connaissance ), et tu peux parler pour moi aussi je crois

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J'ai un truc super mauvais

En prenant y=-x on a fof(0)=f(f(y)-y)

Donc en posant X=f(y)-y (mais est-ce que X décrit tout R ? ) f(X)=f(f(0))=constante.

Sauf cas particulier où f(y)-y=0 <=> f(y)=y donc l'identité est solution.

Bof hein ?

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Les seules fonctions bijectives possibles sont x -> x + cste.

Ca reste facile à prouver.

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Euh en supposant f bijective j'ai rien de plus c'est grave docteur ?

f est injective donc fof(x+y)=f(x+f(y)) => f(x+y)=x+f(y)

Pour y=0 f(x)=x+f(0)

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je me permets de vous réveiller pour vous dire que je trouve comme solutions:la fonction nulle et les fonctions affines du type xx+b sauf erreur

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C'est ça pour les fonctions bijectives Maintenant il reste le cas non bijectif

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Bah si t'as quelque chose de plus non? tu sais maintenant que les seules solutions bijectives sont toutes les fonctions affines de coefficient directeur=1 (et pas seulement l'identité)
Maintenant il reste le cas non bijectif....:D

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Les solutions sont bonnes mais il en manque Regarde la fonction nulle, elle est toute seule dans son coin, bizarre non qu'elle soit si seule? Et même une fois que tu auras trouvé toutes les réponses, oublie pas que c'est la démo qui est intéressante

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jje disais donc que j'avais trouvé les fonctions constantes dont évidemment la fonction nulle et les fonctions affines du type: xx+b

je ne sais pas encore s'il y en a d'autres
pour les fonctions constantes: c'est évident
poiur les fonctions affinesu bien on cherche directement si xax+b est solution et l'on trouve que oui si a=0 ou a=1 pour a=0on retrouve les fonctions constantes
ou bien on cherche directement s'il y a des bijections solutions et l'on trouve que  xx+b sont les seules
donc ce n'est pas fini

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Ce sont effectivement les seules solutions que j'ai trouvées. Tu as une idée de la démo?

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si f est bijective:(x,y)R² f(f(x+y))=f(x+f(y))=>f(x+y)=x+f(y) on fait y=0 donc pour tout x  réel f(x)=x+f(0)=x+b il suffit même de supposer que f est injective
on peut chercher si d'autres fonctions affines sont solutions,supposons que f xax+b est solution on a alors f(x+y)=a(x+y)+b=>f(f(x+y))=f(a(x+y)+b)=a(a(x+y)+b)+b=f(x+ay+b)=a(x+ay+b)+b
soit  pour tout couple de réels(x,y) a²(x+y)+ab=ax+a²y+ab+b on en déduit a²=a
donc soit a=0 et la fonction est constante soit a=1 et l'on retrouve les fonctions affines précédentes
je n'ai pas eu le temps de chercher s'il y en avait d'autres

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On fait d'abord l'hypothèse que f admet un point fixe l (i.e f(l) = l)

On a alors

f est donc idempotente (voir topic précédent)

Si f est différent de l'identité, il existe donc y tel que f(y)-y 0.

On peut supposer f(y)-y > 0 (le raisonnement est le même).

On a alors

Donc f est f(y)-y périodique pour tout y non point fixe.

Or comme f est continue, on sait que


donc f est epsilon-périodique donc f est constante.

Ainsi si f admet un point fixe, soit f est constante, soit f est égale à l'identité.

Reste à traiter le cas f n'admet pas de points fixes

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Deux possibilités :
- soit
- soit

Ainsi, par continuité de f-Id, le segment [f(x₁)-x₁,f(x₂)-x₂] est inclus dans l'ensemble E={f(x)-x,x réel}

or  

f est donc périodique pour tout t réel,

donc f est T-périodique pour T [f(x₁)-x₁,f(x₂)-x₂].

Et comme cet ensemble n'est pas réduit à un point, alors forcément f est constante. (facile à montrer : si f est a et b périodique, alors f est a-b périodique, et on n'a qu'à prendre a très proche de b)

On a ainsi montré que soit f est de la forme f(x) = x + cste, soit f est constante.

Voilà

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veleda n'a cherché que des solutions sous forme affine non?

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Oui (pas bien de lire les blanqués )
Avec ton ancienne démo, tu ne trouvais que les fonctions constantes et l'identité.
Avec la nouvelle, c'est bon, tu as trouvé toutes les solutions que j'ai trouvées Et ta démo est plus belle que la mienne, au passage
Le cas où f n'est pas continue maintenant?

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J'ai lu les blankés car tu m'as dit que Velada en avait une démo plus jolie que ça

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Et trouver c'est une chose, prouver que ce sont les seules c'est une autre.
Je vais réfléchir dans le cas non continu mais ça a pas l'air simple

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Oui, c'est effectivement la difficulté du truc. Je ne suis même pas sûre que l'on puisse en faire une démo rigoureuse. Mais ça vaut le coup d'essayer je pense

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Avec beaucoup de retard (toutes mes excuses les plus plates ) Voilà le corrigé "officiel" (non, je n'aurais jamais rédigé un truc pareil de moi-même ) que j'ai trouvé sur le site des Olympiades de mathématiques (si mes souvenirs sont bons )
Soit une fonction réelle (sous réserve d'existence) telle que pour tous réels , , et :
    

Pour et , il vient , pour tout réel . En particulier, . Et donc, ou
Si , la relation précédente conduit à pour tout réel .
Réciproquement, la fonction est bien solution du problème.

On étudie maintenant le cas
POur , la relation s'écrit:
    pour tous réels , .
En particulier, pour tout réel , on a . Comme tout réel positif ou nul est un carré, cela assure que est positive ou nulle sur

Le membre  de droite de la relation est invariant par la transformation . Il doit donc en être de même pour le membre de gauche. Et donc, pour tous les réels :

ou encore
    
Supposons que pour tous réels , on ait . En particulier, pour , il vient
Réciproquement, la fonction nulle est bien solution du problème.
On suppose maintenant que n'est pas la fonction nulle. D'après ce qui précède, il existe donc , tels que . Mais alors, la relation (3) prouve que , pour tout réel , ce qui assure que est paire.
Notons qu'alors, d'après , on a sur .

De , il vient pour tout réel . Et, comme n'est pas la fonction nulle, c'est donc que .
D'autre part, pour , la relation conduit à , pour tout réel . Et ainsi .
Or, et . Il est alors facile de vérifier par récurrence que , pour tout entier naturel . Et donc, par parité, on a pour tout entier relatif .
Soient deux entiers, avec .
D'après , on a alors , d'où , ce qui assure que , pour tout rationnel .

Soient des réels. Pour et , la relation conduit à:

Pour et , et en utilisant la parité de , la relation conduit à:

Ainsi,
           pour tous réels
Soient . En choisissant tels que et , on a et
Et, d'après et , il vient alors . On en déduit que est croissante sur .

Soit On sait (par la densité de dans ) qu'il existe deux suites et de rationnels positifs ou nuls tels que, pour tout , on ait et .
Pour tout , puisque est croissante et d'après les résultats du , on a:

En faisant tendre vers , il vient . ainsi, pour tout . Et par parité: pour tout
Réciproquement, la fonction est bien solution du problème.

Finalement, les solutions du problème sont: et

Ouf! vous pouvez maintenant voir si c'était bien ce que vous aviez rédigé
Désolée pour les éventuelles fautes de frappe qui ont pu se glisser malgré ma grande vigilance
_{Admirez les eforts que j'ai déployés pour ma première utilisation du latex}