bonjour blang

l'identité marche bien

@mika:

Tout comme -Id et la fonction nulle

bien, reste le plus difficile : trouver les z'autres, s'il y en a  

Si t'en trouves une autre, tu me fais signe ?

j'ai tâtonné sans en trouver...

mais je n'ai pas la "bonne" méthode pour être certain qu'il y en ait pas d'autres...

si qq'un sait donner une solution commentée, je suis preneur

Salut,

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j'ai essayé avec des ciseaux, mais il me reste des parenthèses en trop

sérieusement, j'ai déjà trouvé f(0), c'est un début non ?

bonjour Mariette

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faut déterminer les fonctions f, non ?

mika :

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dans les techniques que je connais, l'une consiste à trouver une ou deux images puis à trouver une relation type récurrence pour trouver les autres.

Et là, normalement, blang me répond que je suis très mal partie...

> Mariette

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Ah ok, n'hésite pas alors à détailler, je ne connais pas trop...

Je déduit de mon blanké de 14:35 :

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donc

et donc en prenant y=x et z=-x

Bonjour

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Les seules fonctions sont f(x) = x, f(x) = -x et f(x) = 0.

En prenant x=y=z=0 on a facilement f(0) = 0. Puis en prenant z=0 et y=-x il vient f(-x)^3 = -f(x)^3 donc f est impaire. On prend alors x=1 et y=z=0 on trouve f(1)^3 = f(1) donc f(1) c'est soit 0,-1 ou 1.

La partie délicate est ensuite de montrer que pour tout x on a f(x) = f(1)*x, et le tour est joué.

du blanké de 14:45 je déduis :

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f(1)=f(1³)=f(1)³ donc après factorisation : f(1)(1+f(1))(1-f(1))=0 don f(1)=0, 1 ou -1

rhââaa erreur de balise !!! j'ai texé au lieu de blanker

Y a-t-il un super modo dans la salle ?

J'ai fait une alerte modo Mariette:

merci à mes sauveurs

_{j'aurai pu penser à faire une alerte modo comme une grande en fait... Je ne suis pas encore habituée aux nouveaux boutons}

Et merci Coll

Salut infophile et Mariette,

Eh ben je dis que c'est un bon début

Alors je continue !

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f(1+1+1)=f(1)+f(1)+f(1) et f(1+1+0)=f(1)+f(1)+f(0) (les cubes ne se "voient" pas sur des 1, -1, ou 0), donc f(3)=3f(1) et f(2)=2f(1).

Suivant le principe de récurrence bien connu, ça marche pour 0, 1, 2 et 3, c'est plus qu'il n'en faut pour que ça marche pour tout n, non ?

_{bon OK, je continue à réfléchir...}

salut,
bon,

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j'ai f(x^3+1)=f(x)^3+1 ou =f(x)^3 ou f(x)^3-1 , est-ce que c'est utile? j'ai trouvé bien sur f(0) et f(1) (ou plutot les valeurs que peut prendre f(1)

@Mariette :

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Citation :
c'est plus qu'il n'en faut pour que ça marche pour tout n, non ?

C'est parce que c'est plus qu'il n'en faut que tu ne rédiges pas ta récurrence ?

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Je ne dis pas que c'est inutile mais à elle seule cette constation ne ma paraît pas décisive

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Citation :
J'en dis pas plus pour les liseurs de blanqué

Il faudra quand même en dire un peu plus quand tu auras deux secondes

Mais on ne se moque pas blang ! à 21:29, l'était krotard pour une récurrence

Oooh, Mariette, tu me connais, je ne suis pas du genre à me moquer !!!

Un p'tit indice

Essayer de montrer d'abord le résultat suivant :

Tout entier m>0 s'écrit comme la somme des cubes de cinq entiers dans ]-m,m[

Tout entier m>1, voulais-je dire

Bon, je crois que j'ai besoin de vacances

Le résultat que j'annonçais à 12:18 (corrigé à 14:09) est exact et constitue d'ailleurs un exercice intéressant. Mais ce qui est plutôt ( ! ) utile ici, est d'essayer de prouver le résultat suivant:

Montrer que pour tout entier m>3, m³ peut s'écrire comme la somme des cubes de cinq entiers dans ]-m,m[.

Bonjour à tous

bon ben, une dernière ch'tite indication avant que cette chose ne retombe aux oubliettes

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blang :

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t'aurais pas une décomposition avec 3 seulement ?

Bonjour blang

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Une idée pour exploiter ton indication:
Soit x fixé. Je décompose x^3 en une somme de 5 cubes. Je choisis y et z de façon à ce que leurs cubes soient opposés à 2 des 5 premiers.
Apparemment, on n'a pas progressé puisqu'on remplace 3 cubes par 3 autres cubes, mais on peut peut-être se ramener à un x plus petit (genre "descente infinie").
Suis-je sur la bonne voie?

Salut rogerd

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C'est plus simple que cela.

En utilisant mon résultat du 01/04 à 18:41 et l'imparité de f (établie par exemple par Mariette le 26/03 à 14:45), on peut prouver assez facilement par récurrence sur l'entier naturel n que :
Pour tout x dans [-n;n], f(x)=f(1)x.

Bonjour à tous ^^

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Alors

Pour x = y = z = 0 on trouve

Puisque f est à valeur entière, on déduit f(0) = 0 (sinon, f(0) vaut +/- 1/racine(3))

Donc soit f(1) = 0, -1 ou 1.

Si f(1) = 0, on a alors f(1+1) = 0 soit f(2) = 0 et de même f(n) = 0 pour n positif. Enfin, f soit f(-1) = 0.
Bilan : si f(1) = 0, f est l'application nulle.

Si f(1) = 1, on a alors, pour tout n > 0, f(n)=n. Par le même raisonnement, f(1-1) = 0 = f(1)^3+f(-1)^3 => f(-1)=-1
Bilan : f(i) = 1 => f = Id

Si f(1) = -1, de même, f = -Id

Bilan, les seules fonctions vérifiant l'égalité sont la fonction constante égale à 0 et +/- Id.

Sauf erreur

bonjour et merci tealc

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pourquoi s'intéresse-t-on à f(1) plutôt qu'autre chose ?

quand on a f(0)=0 on déduit, pour tout x, que f(x^3)=(f(x))^3

tu peux expliquer ? est-ce parce qu'on restreint à Z ?

merci

Bonjour mikayaou

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Le problème de est qu'on ne peut pas trop en déduire quelque chose. En général, en analyse fonctionnelle comme cela, il se trouve que cela dépend toujours de f(1) (c'est une règle lol)

Un exemple classique : soit f : R -> R continue  telle que pour tout p, q dans Z f(p+q) = f(p) + f(q). Determiner f.

Tu verras que la fonction f sera entièrement determinée par f(1) ^^

merci beaucoup

tealc :

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"de même f(n) = 0", ben c'est pas si évident....

mariette :

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Effectivement c'est pas si évident que cela. J'y réfléchirai ce soir ^^

Bonjour à tous!

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En utilisant la décomposition fournie par blang:
Tout cube de nombre positif impair m est somme de 5 cubes de nombres strictement inférieurs à m en valeur absolue.

Pour m pair, on l'écrit p*m' avec p puissance de 2 et m' impair, et on applique le résultat précédent à m'.

Bilan provisoire:Tout cube de nombre positif  m est somme de 5 cubes de nombres strictement inférieurs à m en valeur absolue.

Venons-en à l'exercice lui-même:

En utilisant le travail de Tealc: f(0)=0

Puis le travail de Mariette: f est impaire.

Sur indication de blang: Supposons par récurrence sur n que pour tout x dans [-n;n] on a f(x)=f(1)x.
Ecrivons alors (n+1)^3 comme somme de 5 cubes n1^3+n2^3+n3^3+n4^3+n5^3, avec n1,..,n5 inférieurs à n+1 en valeur absolue.
Appliquons la propriété de f avec x=n+1 , y=-n4 et z=-n5:
(f(n+1))^3+(f(-n4))^3+(f(-n5))^3=f((n+1)^3+(-n4)^3+(-n5)^3))=
f((n1^3)+(n2)^3+(n3^3))=f(n1)^3+f(n2)^3+f(n3)^3

donc (f(n+1))^3=f(n1)^3+...+f(n5)^5.
On applique alors l'hypothèse de récurrence à n1,..,n5. On en déduit (f(n+1))^3 puis f(n+1). On a alors f(-(n+1)) par imparité.

Cela termine la récurrence. Donc pour tout x dans Z, f(x)=f(1)x.

Reprenons alors le travail de tealc: f(1)=0,-1 ou 1.

Finalement, les seules fonctions solutions sont :
la fonction nulle, l'identité et -l'identité.

@rogerd

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Ben voilà

Juste un détail : comme la décomposition de (2k+1)³ n'est "valable" que pour k>3, il faut constater séparément que :

D'accord pour le dernier ajustement.

Merci encore pour ce joli exercice.