Cliquez pour afficher

f injective :
f(x)=f(y) donc xf(x)=xf(y) donc f(xf(x))=f(xf(y)) soit xf(x)=yf(x). f(x)<>0 permet de conclure

Donc f strictement décroissante.
donc il existe un unique x tel que f(c)=c. (on étudie...)
or pour tout x, xf(x)=f(xf(x)).
Donc f(x)=c/x. c>0.
f(1f(1))=1 et 1f(1)=c donc c=1.

f(x)=1/x.

 Cliquez pour afficher

en prenant x=1, on a déjà pour tout y : f(f(y))=y*f(1)

puis en appliquant f à la relation de départ, on a donc f(1)*x*f(y) = f(y*f(x))
et donc f(1)*x*f(y) = x*f(y) pour tout x et y > 0

donc f(1) = 1 (donc 1 est un point fixe)

si x et y sont des point fixes, la relation de départ montre que x*y en est encore un
et 1 = f(1) = f((1/x)*x) = f((1/x)*f(x)) = x*f(1/x) prouve que 1/x en est encore un

donc l'ensemble des points fixes est un sous groupe multiplicatif de ]0;+[

c'est là que mes souvenirs présentent peut-être une faille, mais il me semble que les seuls sous groupes multiplicatifs de ]0;+[ sont {1} , +* et +*

comme la limite de f en + vaut 0, il ne peut y avoir de point fixes "vers l'infini"... donc 1 serait le seul point fixe.

et en prenant x=y dans la relation de départ, on trouve que pour tout x>0, x*f(x) est un point fixe... donc =1

finalement on obtient f(x)=1/x (dont on vérifie aisément qu'elle fonctionne)

y aurait-il une faille dans ma démarche ?

 Cliquez pour afficher

n'est pas supposée continue _{sinon le défi serait moins difficile}

 Cliquez pour afficher

Elle est bonne l'idée de montrer que l'ensemble des points fixes de toute solution est un sous-groupe de

Mais elle est aussi bonne la bêtise de dire que les seuls sous-groupes multiplicatifs de sont , et

 Cliquez pour afficher

Tu as parfaitement raison ! Et pour être plus précis l'isomorphisme de groupe

fournit une caractérisation les sous-groupes multiplicatifs de à l'aide de celle des sous-groupes additifs de

 Cliquez pour afficher

si l'ensemble des points fixes est {a^k ; k }
cela ne convient pas non plus car on trouve une suite de cet ensemble qui tend vers l'infini quand k... ce qui est incompatible avec le fait que f tend vers 0 à l'infini... donc il ne reste que {1} comme ensemble des points fixes.

c'est bon comme cela Elhor ?

 Cliquez pour afficher

L'équation pour y = 1 montre (en itérant dans le bon sens et d'après la condition de limite nulle) que f(1) = 1, et en posant x = 1 on obtient ensuite que f(f(y)) = y pour tout y.
En posant ensuite x = f(z), on en déduit que f est un morphisme de groupes multiplicatifs.
En composant par log et exp dans le bon sens, on obtient un morphisme de R dans R qui tend vers moins l'infini en plus l'infini, et on sait que les seuls tels morphismes sont ceux de la forme t -> -at où a > 0.
On en déduit alors que f est de la forme f(x) = x^(-a).
Pour x = 1 et y = 2, on a alors 2^(a²) = 2, donc a = 1.

Donc,

 Cliquez pour afficher

Les sous-groupes mutiplicatifs de , il n'y en a pas que les discrets de la forme , il y'a les denses aussi comme , par exemple , ceux de la forme

Mais il y'en a un et un seul qui soit majoré !

 Cliquez pour afficher

Comment sait on que les seuls morphismes du groupe additif réel tendant vers en sont ceux de la forme

 Cliquez pour afficher

Si on note -a la valeur du morphisme en 1, par additivité il vaut -at pour t entier naturel, puis relatif en soustrayant, puis rationnel en divisant. On a du coup a > 0, il reste à montrer que la formule se prolonge pour t réel.
Si t est un nombre réel dont l'image n'est pas -at, quitte à translater par un rationnel de façon à rendre t assez proche de 0 et quitte à changer t en -t pour changer son image en son opposée, on peut supposer que t est strictement positif et d'image strictement positive. Mais du coup la suite (n × t) qui tend vers l'infini a une image qui tend également vers plus l'infini, ce qui est absurde.

 Cliquez pour afficher

En fait j'ai bêtement creusé un trou pour tomber dedans ensuite ! il n'y avait pas besoin d'identifier tous les ss groupes multiplicatifs de R+*... (30 ans sans faire d'algèbre de structure... on oublie les fondamentaux !)

si le sous groupe des points fixes contient un nombre a1, alors on peut supposer a>1 (sinon on prend 1/a) et donc il contient les a^k avec k

et alors f(a^k) = a^k contredit la limite nulle de f en +

avec cela, la démonstration devient plus rigoureuse... et plus juste

non ?

 Cliquez pour afficher

1) Pour x=1 on a f(f(y))=a*y en posant a=f(1).
Pour y=1 on a f(a)=a et pour y=a : f(a)=a² ; on a donc a=a² d'où a=1.

2) En remplaçant y par f(y) on déduit f(xy)=f(x)f(y) d'où par récurrence f(x^n)=(f(x))^n pour n entier positif.
On en déduit, avec la limite de f en l'infini, que x > 1 entraine f(x) < 1.
Par suite si a < b , f(b)=f(a*b/a)=f(a)*f(b/a) < f(a) : f est strictement décroissante.
f a donc au maximum un point fixe donc 1 est le seul point fixe.

3) y=x dans l'équation proposée entraine que xf(x) est un point fixe donc f(x)=1/x.

 Cliquez pour afficher

Il me semble que ta preuve est juste _{un petit peu laborieuse mais juste !}

 Cliquez pour afficher

oui je crois que c'est plus simple !

 Cliquez pour afficher

Tu as fini par trouver !