Inscription / Connexion Nouveau Sujet
Accueil l'île des mathématiques Forum de mathématiquesListe de tous les forums de mathématiques SupérieurOn parle exclusivement de maths, pour le supérieur principalement, les BTS, IUT, prépas... Maths sup AnalyseTopics traitant de analyse [tout]Lister tous les topics de mathématiques
Niveau Maths sup
Partager :

Equations fonctionnelles

Posté par
Stef- 27-08-09 à 17:47

salut,

j'ai trouvé un site qui repertorie qqs exercices de colle niveau sup... jme suis dit que j'allais essayer de faire ceux de la rubrique semaine 1 sur les fonctions usuelles pour "voir", puisqu'à mon avis c'est bien les seuls où j'ai une chance d'arriver à trouver qqchose actuellement.

bref ce sont deux equations fonctionnelles à résoudre et jdois dire que je patauge bien... surtout pour une où j'ai rien trouvé de concluant (l'autre c'est guère mieux mais c'est quand même mieux ) donc voici l'énoncé, je vous donne mes "pistes" après et aimerai bien avoir un peu (bien que je crois avoir besoin de bcp) d'aide svp!

Citation :
1. Rechercher toutes les fonctions définies et dérivables sur \mathbb{R} vérifiant : \forall x,y\in\mathbb{R}, \fbox{f(x+y)=\frac{f(x)+f(y)}{1+f(x)f(y)}}

2. Même question avec l'equation fonctionnelle : \forall x,y\in\mathbb{R}, \fbox{f(x+y)+f(x-y)=2(f(x)+f(y))}


-> mes pistes pour la 1. la formule me faisais penser au truc avec tangente mais ça doit pas servir à grand chose puis la fonction doit être définie sur \mathbb{R}... ensuite avec des valeurs remarquables de y je n'aboutis à rien... et j'ai tenté de dériver chaque membres de l'égalité par rapport à x (je sais pas si j'ai le droit?) mais j'aboutis encore à un truc moche. devant cet echec cuisant j'ai laissé tomber

-> mes pistes pour la 2. (heureusement un peu meilleures ) grâce aux valeurs remarquables j'obtiens les supers infos suivantes :

en fixant y=0, f(0)=0.
en fixant x=0, f(-y)=f(y) donc la fonction est paire. (ma best info pour le moment )
en fixant y=x, f(2x)=4f(x) ce qui m'amène à penser que \lim_{x\to ^+_-\infty} f(x)=+\infty mais je sais pas vraiment comment le montrer rigoureusement.

et de là je sais plus trop quoi faire et j'aimerai bien un peu d'aide. d'avance merci, a+

Posté par
J-Rre : Equations fonctionnelles 27-08-09 à 18:04

pour le 1), th semble convenir ... et on rq que |f(x)|<1 (identité canonique)... ce qui laisse penser que c'est la seule. à voir et à prouver.
je regarde

Posté par
J-Rre : Equations fonctionnelles 27-08-09 à 18:16

on a que |f(x)|\le 1 ... le f(x)=+-1 n'est pas impossible (mais ca embete)

que th soit la seule ? bizarre le f(0)=0 n'est pas immédiat ...(il faudrait justement que l'on ait f(x)\neq +-1) ...

Posté par
Stef-re : Equations fonctionnelles 27-08-09 à 18:18

merci de ta réponse mais je comprend pas vraiment... j'ai jamais entendu parler de th, kézako? et c'est la même chose pour identité canonique, je sais pas ce que c'est... ah et même si ça sert à rien j'ai quand même trouver une fonction qui vérifiait les deux equations, la fonction nulle

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Equations fonctionnelles 27-08-09 à 18:19

Pour la \fbox{1} il me semble que les trois fonctions constantes \;-1\;,\;0\; et \;1\; sont aussi solutions sauf erreur bien entendu

Posté par
girdavre : Equations fonctionnelles 27-08-09 à 18:20

Il me semble que si f(0) = 1 alors f est constante égale à 1, et si f(0) = -1 alors f est constante égale à -1. On peut donc envisager f(0)=0.

Posté par
J-Rre : Equations fonctionnelles 27-08-09 à 18:22

j'ai une partie du pb (ds le cas où on suppose que f(x)=\neq +- 1 ...)
parce que dès lors f(0)=0
et là si on veut montrer qu'il n'y a que th qui convient on peut considèrer g=argthof
on rq que g(2x)=2g(x) dc pour tout n g(x)=2^ng(\frac{x}{2^n})
d'où g(x) ---> xg'(0) qd n tend vers +oo
dc g(x)=xg'(0)
bref f(x)=th(kx) où k est réel.
à confirmer

Posté par
J-Rre : Equations fonctionnelles 27-08-09 à 18:26

exact girdav.
ca doit convenir alors

Posté par
Stef-re : Equations fonctionnelles 27-08-09 à 18:53

désolé mais je ne comprend pas d'où vous sortez tout cela (girdav et JR)

Posté par
J-Rre : Equations fonctionnelles 27-08-09 à 19:00

Citation :
merci de ta réponse mais je comprend pas vraiment... j'ai jamais entendu parler de th, kézako? et c'est la même chose pour identité canonique, je sais pas ce que c'est... ah et même si ça sert à rien j'ai quand même trouver une fonction qui vérifiait les deux equations, la fonction nulle


x-->th(x) est la tangente hyperbolique (cf wiki)


si f(0)=1, f(x)=\frac{f(x)+1}{1+f(x)}=1 dc c'est la fct constante (qui effectivement est solution du problème)


si f(0)=0 regarde la fct réciproque de th peut etre que cela ira mieux sinon dis où tu ne comprend pas...

Posté par
Stef-re : Equations fonctionnelles 27-08-09 à 19:19

ah ok merci je comprend maintenant pour les fct constantes 1 et -1 d'où cela vient.

par contre, je ne comprend toujours pas le "|f(x)|<1 (indentité canonique)" tu pourrais détailler stp?

Posté par
J-Rre : Equations fonctionnelles 27-08-09 à 19:22

pb <=> -1\le f(2x)\le 1
<=> -1-f(x)^2\le 2f(x)\le 1+f(x)^2
ce qui découle de (f(x)-1)^2\ge 0 et (f(x)+1)^2\ge 0

Posté par
esta-fettere : Equations fonctionnelles 27-08-09 à 19:26

Citation :
1. Rechercher toutes les fonctions définies et dérivables sur \mathbb{R} vérifiant : \forall x,y\in\mathbb{R}, \fbox{f(x+y)=\frac{f(x)+f(y)}{1+f(x)f(y)}}


posons m = f(0)

f(0)=\frac {f(0)+f(0)} {1+f(0)f(0)}...

ce qui donne m(m-1)(m+1)=0....

peut-on avoir m=1 ?
réponse : rarement car

f(x+0)=\frac {f(x)+f(0)} {1+f(x)f(0)}
f(x+0)=\frac {f(x)+1} {1+f(x)}
=1

conclusion: cas où f(0)=1, la fonction est constante...


à suivre

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Equations fonctionnelles 27-08-09 à 19:37

\fbox{1}

\;\;\fbox{*} commencer par montrer que si f\neq\pm1 alors \forall x\;,\;-1<f(x)<1 puis poser \;g=\frac{1-f}{1+f}

\;\;\fbox{*} montrer que \exists a\in\mathbb{R}\;/\;\forall x\;,\;g(x)=e^{ax} puis déduire f sauf erreur bien entendu

Posté par
girdavre : Equations fonctionnelles 27-08-09 à 20:00

Citation :
g(2x)=2g(x) donc pour tout n g(x)=2^ng(\frac{x}{2^n})
d'où g(x)\to xg'(0) quand n tend vers +\infty
donc g(x)=xg'(0)

Ceci est aussi valable si on note g une solution de la seconde équation.

Posté par
J-Rre : Equations fonctionnelles 27-08-09 à 20:15

girdav : justement comment contourner le fait que :

g(x)=4^nf(\frac{x}{2^{n-1}} mais là g'(0)=0 ... dc on peut pas passer à la limite

Posté par
girdavre : Equations fonctionnelles 27-08-09 à 20:42

f(2x)+f(0) = 2\(f(x)+f(0)\) donc f(2x) = 2f(x) soit f\(\fr x2\) = \fr {f_(x)}2et par récurrence f\(\fr x{2^n}\) = \fr {f_(x)}{2^n}
\fr {f(x)}x = \fr{f\(\fr x{2^n}\)}{\fr x{2^n}} et on a le droit de passer à la limite quand n tend vers l'infini.

Posté par
J-Rre : Equations fonctionnelles 27-08-09 à 20:58

ça irait bien comme ça .... mais f(2x)+f(0)=2(f(x)+f(x))

Posté par
J-Rre : Equations fonctionnelles 27-08-09 à 21:13

pour le 1) tu peux essayer aussi le méthode d'ehlor c'est du même type pour voir si t'as pigé

Posté par
girdavre : Equations fonctionnelles 27-08-09 à 22:16

Je me suis trompé dans mon dernier post.
Peut-être que la suggestion de dériver l'équation en x d'une part, en y d'autre part, et de sommer les deux équations permet de me racheter.

Posté par
Stef-re : Equations fonctionnelles 27-08-09 à 22:23

merci de vos réponses mais je crois que j'ai visé trop haut. j'arrive pas à prouver ce que me demande elhor et pour le reste je suis un peu largué. et pour la 2e vous avez une idée? c'est peut-être plus abordable...

Posté par
esta-fetteméthode alternative 28-08-09 à 11:15

Citation :
1. Rechercher toutes les fonctions définies et dérivables sur \mathbb{R} vérifiant : \forall x,y\in\mathbb{R}, \fbox{f(x+y)=\frac{f(x)+f(y)}{1+f(x)f(y)}}


on se place dans le cas où f(0)=0....et f non constante...
f(x)=-f(x) et il n'existe pas de réels x tel que f(x)=1 on fait ce calcul pour le prouverf(x+-x)=.........)


on remarque dans les formules de trigo:

tan(a+b)=\frac {\tan (a) + \tan (b)}{1-\tan (a) .\tan (b)}

on n'a pas tout-à-fait cela......

mais si on prend tan (ia+ib) la formule marche
tan (ix) se nome tanh (x) tangente hyperbolique....
la formule devient:
tanh(a+b)=\frac {\tanh (a) + \tanh (b)}{1+\tanh (a) .\tanh (b)}

on pose f(x)=tanh(g(x))......et on a presque tout de suite:
tangh(g(x+y)=tanh(g(x)+g(y))

En étant soigneux dans ses conclusions, on trouve que g est une fonction linéaire....
donc f(x)= tanh(ax) pour un a donné....

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Equations fonctionnelles 28-08-09 à 14:26

\fbox{1}

\;\;\fbox{*} on a 4$\blue\fbox{\;\forall x,y\;,\;\{{1+f(x+y)=\frac{(1+f(x))(1+f(y))}{1+f(x)f(y)}\\1-f(x+y)=\frac{(1-f(x))(1-f(y))}{1+f(x)f(y)}}

donc si f prend la valeur \;-1 (resp la valeur \;1) en un certain réel y elle la prend en tous les réels x+y

ce qui s'écrit aussi 3$\fbox{\;\exists y\;/\;f(y)=-1\;\Longrightarrow\;f\;=\;-1\\\;\exists y\;/\;f(y)=1\;\Longrightarrow\;f\;=\;1}

soit par contraposée 3$\fbox{\;f\;\neq\;\pm1\;\Longrightarrow\;\forall x\;,\;f(x)\;\neq\;\pm1}

la continuité de f impose alors les trois cas possibles suivants 3$\fbox{\;f\;<\;-1\;ou\;bien\;-1\;<\;f\;<\;1\;ou\;bien\;f\;>\;1}

et l'encadré bleu n'autorise que le cas 3$\red\fbox{\;-1\;<\;f\;<\;1\;}

\;\;\fbox{*} en divisant les deux égalités de l'encadré bleu on a 4$\fbox{\;\forall x,y\;,\;g(x+y)=g(x)g(y)\\g=\frac{1-f}{1+f}\;>\;0}

ce qui donne 4$\fbox{\;\forall x\;\forall y\neq0\;,\;\frac{g(x+y)-g(x)}{y}=g(x)\frac{g(y)-1}{y}}

et on voit que g vérifie 4$\blue\fbox{\;g^'=a.g\;,\;a=g^'(0)\\\;g(0)=1} sauf erreur bien entendu

Posté par
Stef-re : Equations fonctionnelles 28-08-09 à 14:45

merci beaucoup elhor pour cette très jolie correction et est-ce qu'on peut vraiment poser cette question en première colle de sup? parce que si oui, ça fait peur^^

et pour la 2. personne n'est motivé?

Posté par
esta-fettere : Equations fonctionnelles 28-08-09 à 14:58


Citation :
2. Même question avec l'equation fonctionnelle : \forall x,y\in\mathbb{R}, \fbox{f(x+y)+f(x-y)=2(f(x)+f(y))}


on trouve assez facilement:
1. f(0)=0
2.f(y)+f(-y)=2f(y) donc f(-y)=f(y)...en prenant x=0; f est paire.......
3.f(2x)=2f(x)...   en prenant x=y.....


essayons de montrer que f(nx)=nx......
en déduire que f(n)=n f(1)
et ensuite f(\frac p q) = \frac p q f(1).....
par continuité en déduire que f(x)=ax


si je ne me suis pas planté, c'est cela, la solution.....

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Equations fonctionnelles 28-08-09 à 15:01

C'est un plaisir Stef-

je crois que sans indication la solution de la \fbox{1} n'est pas évidente ...

pour la \fbox{2} aucune hypothèse supplémentaire sur f : continuité , dérivabilité ... ?

Posté par
esta-fettere : Equations fonctionnelles 28-08-09 à 15:03

désolé, j'ai du me planter...

Posté par
esta-fettere : Equations fonctionnelles 28-08-09 à 15:08

Je rectifie:


on trouve assez facilement:
1. f(0)=0
2.f(y)+f(-y)=2f(y) donc f(-y)=f(y)...en prenant x=0; f est paire.......


3.f(2x)=4f(x)...   en prenant x=y.....


essayons de montrer que f(nx)=nx......
en déduire que f(n)=n f(1)
et ensuite f(\frac p q) = \frac p q f(1).....
par continuité en déduire que f(x)=ax


si je ne me suis pas planté, c'est cela, la solution.....

Posté par
esta-fettere : Equations fonctionnelles 28-08-09 à 15:11

toutes mes excuses, mais la validation s'est faite toute seule...


Je rectifie: mais il faut vérifier mon calcul


on trouve assez facilement:
1. f(0)=0
2.f(y)+f(-y)=2f(y) donc f(-y)=f(y)...en prenant x=0; f est paire.......


3.f(2x)=4f(x)...   en prenant x=y.....


essayons de montrer que f(nx)=n²x......par récurrence sur n
en déduire que f(n)=n² f(1)
et ensuite f(\frac p q) = (\frac p q)² f(1).....
par continuité en déduire que f(x)=ax²


si je ne me suis pas planté, c'est cela, la solution.....

Posté par
Stef-re : Equations fonctionnelles 28-08-09 à 15:47

ok merci esta-fette je vais voir ça. elhor > f est dérivable sur IR

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Equations fonctionnelles 28-08-09 à 18:32

\fbox{2}

\;\;\fbox{*} commencer par prouver que , pour x réel donné , on a 3$\fbox{\;\forall n\in\mathbb{N}\;,\;f(nx)=n^2f(x)} (une récurrence par exemple)

\;\;\fbox{*} puis en déduire que 3$\fbox{\;\forall r\in\mathbb{Q}\;,\;f(r)=r^2f(1)} et conclure par continuité sauf erreur bien entendu

Posté par
J-Rre : Equations fonctionnelles 28-08-09 à 18:32

re,
juste pour dire que la démo du 27/08/09 n'est valable que si f'(0)\neq 0 (pour pouvoir passer à la limite)

mais si f'(0)=0 ... à voir

Posté par
Stef-re : Equations fonctionnelles 29-08-09 à 11:53

montrons par récurrence que la proposition 3$\fbox{P(n):\;f(nx)=n^2f(x)} pour x réel donné est vraie 3$\forall n\in\mathbb{N}.

- f(0x)=0=0^2f(x), P(0) est vérifiée. f(x)=1^2f(x), P(1) est vérifiée.

- supposons mtn la propriété vraie aux rangs n-1 et n et montrons qu'elle l'est aussi au rang n+1.
f((n+1)x)=f(nx+x)=2f(nx)+2f(x)-f((n-1)x)=(2n^2+2-(n-1)^2)f(x)=(n^2+2n+1)f(x)=(n+1)^2f(x) (me suis-je compliqué la vie? )

ainsi P(0) et P(1) sont vérifiées et si P(n-1) et P(n) sont vraies P(n+1) l'est aussi donc on a bien 3$\fbox{\;\forall n\in\mathbb{N}\;,\;f(nx)=n^2f(x)} pour x réel donné.

on en déduit que 3$\fbox{\;\forall n\in\mathbb{N}\;,\;f(n)=n^2f(1)}. pour montrer que ceci est aussi vrai 3$\forall r\in\mathbb{Q} j'ai pas trop d'idées. enfin j'en avais une mais je suis bloqué.

je pensais poser 3$ r=\frac{p}{q},\;p,q\in\mathbb{N},\;q\neq0 et à ce moment on a 3$\fbox{f(r)=p^2f(\frac{1}{q})} mais là je ne sais pas quoi faire...

Posté par
Stef-re : Equations fonctionnelles 29-08-09 à 11:58

et pour la conclusion par continuité je ne connais pas, c'est parce que 3$\mathbb{Q} est dense dans 3$\mathbb{R} qu'on peut conclure, c'est ça? comment faut-il le rédiger?

Posté par
monrow Posteur d'énigmesre : Equations fonctionnelles 29-08-09 à 12:37

Salut Stef- ,

Pour montrer le résultat pour les nombres irrationnels, calcule plutôt f(qr) (qui est égale aussi à f(p)) .. Je te laisse continuer

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Equations fonctionnelles 29-08-09 à 12:51

\;\;\fbox{*} oui Stef- : ta récurrence est parfaitement juste !


\;\;\fbox{*} l'idée de monrow est bonne : prendre \;x=\frac{p}{q}\;,\;n=q\; ...

Posté par
Stef-re : Equations fonctionnelles 29-08-09 à 16:04

ah oui d'accord je comprend

en posant 3$ r=\frac{p}{q},\;p,q\in\mathbb{N},\;q\neq0 on a 3$f(qr)=f(p)\; \Longleftrightarrow \;q^2f(r)=p^2f(1), donc 3$\forall r \in \mathbb{Q},\;\fbox{f(r)=\frac{p^2}{q^2}f(1)=r^2f(1)}

et pour conclure par continuité, je sais pas comment rédiger mais je tente un : 3$f est dérivable donc continue sur 3$\mathbb{R} et comme 3$\mathbb{Q} est dense dans 3$\mathbb{R} on a 3$\;\forall x\in\mathbb{R}\;,\;f(x)=x^2f(1).

ainsi l'ensemble des fonctions vérifiant cette equation fonctionnelle sont toutes les fonctions du type 3$\red \fbox{f(x)=ax^2,\; a\in\mathbb{R}}

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Equations fonctionnelles 29-08-09 à 16:22

C'est bon !

si (r_n) est une suite de rationnels convergente vers le réel x , prendre par exemple 3$\;r_n=\frac{E(10^nx)}{10^n}\; ,

la continuité de f en x donne 3$\;f(x)=\lim_n\;f(r_n)=\lim_n\;r_n^2f(1)=x^2f(1)\; comme tu l'as remarqué ici seule la continuité suffit pour conclure !

Posté par
Stef-re : Equations fonctionnelles 29-08-09 à 16:45

OK! merci beaucoup!

Posté par
romswéquations fonctionnelles 07-09-09 à 18:55

Bonjour, je suis confronté a cet exercice tourné différemment comme premier dm de maths en sup.Pouvez vous préciser comment vous obtenez f(0)= 0 pour la premiere équation fonctionelle. POur l'instant ce sera tout, je pense que cette indication m'aidera à avancer. je vous remercie d'avance.

Posté par
esta-fettere : Equations fonctionnelles 08-09-09 à 07:56

voir ce qui a été
Posté le 27-08-09 à 19:26


Rechercher
Menu
Espace membre
3 visiteurs
Changer d'île

Vous devez être membre accéder à ce service...

Pas encore inscrit ?

1 compte par personne, multi-compte interdit !

Ou identifiez-vous :

Rester sur la page

Inscription gratuite

Fiches en rapport

parmi 1734 fiches de maths

Désolé, votre version d'Internet Explorer est plus que périmée ! Merci de le mettre à jour ou de télécharger Firefox ou Google Chrome pour utiliser le site. Votre ordinateur vous remerciera !