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Fonctions

Posté par
kikoking41 10-03-22 à 09:48

Bonjour
On nous demande de déterminer toutes les fonctions f d plus  étoile
dans luis même  vérifiant pour tout réels x,y,z et t vérifiant x+y=z+t on a
f(x)+f(y)=f(z)+f(t).
Je trouve les fonctions lineaires et affines mais je ne sais pas s'il y en a d'autres ?

Posté par
mousse42re : Fonctions 10-03-22 à 10:29

Salut
Tu dois utiliser un raisonnement par analyse synthèse, il me semble. J
Comment as-tu démontré ça?

Une condition nécessaire est que f(n)=nf(1)...

* Sylvieg > voir ci-dessous un "mea culpa" *

Posté par
carpediemre : Fonctions 10-03-22 à 10:50

salut

on peut remarquer que :

x + y = z + t \iff x - z = t - y \\ f(x) + f(y) = f(z) + f(t) \iff f(x) - f(z) = f(t) - f(y)

donc ...

Posté par
kikoking41re : Fonctions 10-03-22 à 11:08

Et on divisant par x-z et t-y   on obtient la meme valeur alors constante même pente.mais commnent démontrer rigoureusement ?

Posté par
mousse42re : Fonctions 10-03-22 à 11:54

je bloque car j'ai besoin de la continuité pour conclure  

Posté par
mousse42re : Fonctions 10-03-22 à 12:13

j'ai répondu à coté

Posté par
carpediemre : Fonctions 10-03-22 à 13:05

ayant fixé une fois pour toute x et z  distincts alors pour tous t et y distincts  :  a = \dfrac {f(x) - f(z)}{x - z} = \dfrac {f(t) - f(y)} {t - y}

le taux de variation de la fonction f est donc constant et égal à a ...

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Fonctions 10-03-22 à 18:27

Bonjour,
Je me permets de préciser le "j'ai répondu à coté" de mousse42.
Avec f(x) = 2022x + 2023, on a cette équivalence
f(x)+f(y) = f(z) + f(t) x+y = z+t
Mais f(n) est rarement égal à nf(1).

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Fonctions 10-03-22 à 21:14

Dans le message de carpediem à 13h05, je ne comprends pas ce qui justifie l'égalité des quotients quand t-y n'est pas égal à x-z.

Posté par
kikoking41re : Fonctions 11-03-22 à 09:23

Dans le message de carpediem 13h05
Comment fixer x et z alors que toutes les quatre sont variables.

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Fonctions 11-03-22 à 11:11

Quand on a une propriété vraie pour tout réels x,y,z et t vérifiant x+y=z+t elle est vraie pour x =732, y =7, z = 39 et t = 700.
Elle est aussi vraie pour x =732, y =7, et tout z et t tels que z+t = 739.

Quelque chose qui ressemble à ce qu'a écrit carpediem :
Avec x = 2 et z = 1, pour tout t et y tels que t-y =1 on a
f(2) -f(1) = f(t) - f(y).
Autrement dit f(y+1) = f(y) + f(2) - f(1).

Un autre cas particulier que l'on peut utiliser :
Si z = t = (x+y)/2 alors z+t = x+y.
D'où
f\left( \dfrac{x+y}{2}\right) = \dfrac{f(x)+f(y)}{2}

Posté par
carpediemre : Fonctions 11-03-22 à 18:02

oui ... ou aussi en fixant x non nul et en prenant z = 0 alors t = x + y donc a = \dfrac {f(x) - f(0)} x = \dfrac {f(y + x) - f(y)} x vraie pour tout réel y ...

donc vraie pour tous réels x non nul et y ...

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Fonctions 11-03-22 à 18:16

Oui, ce serait sympa de pouvoir utiliser 0 ; mais "les fonctions f d plus étoile dans luis même"

Posté par
carpediemre : Fonctions 11-03-22 à 19:46

effectivement j'avais oublié ... mais qui peut le plus peut le moins !!

d'ailleurs on impose en fait sur ]0, +oo[ ...
celas suggèrerait-il d'autre solutions non affines ?

Posté par
kikoking41re : Fonctions 12-03-22 à 01:27

Ce que vous avez donnez sont tous des cas particulier qui donnent des fonctions affines ou pas je ne sais pas trop.
Mais explicitement comment trouver tout l'ensemble de fonction?
Ce qui me semble que vous avez reposer la question d'une autre manière. Et non pas trouver la solution.Merci pour votre coopération de bien vouloir m'aider d'une autre manière.

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Fonctions 12-03-22 à 07:41

Bonjour,
Moi aussi il me semble qu'aucun intervenant n'a trouvé de démarche qui puisse permettre de conclure.
On fait ce qu'on peut

Posté par
larrechre : Fonctions 12-03-22 à 09:10

Bonjour,

Une tentative.
Si f est solution, alors g=f+k où k est une constante est également solution.

En effet g(x)+g(y)=f(x)+f(y)+2k=f(z)+f(t)+2k= g(z)+g(t)

On peut donc commencer par rechercher les solutions telles que f(0)=0.

Comme x+y=(x+y)+0, ce sont les fonctions telles que f(x)+f(y)=f(x+y) pour tout x et y.

Or on sait que les fonctions continues solutions de cette dernière équation sont les fonctions linéaires (Cauchy).

Les fonctions solutions générales sont donc les fonctions affines.

Sauf erreur

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Fonctions 12-03-22 à 09:21

Sylvieg @ 11-03-2022 à 18:16

Oui, ce serait sympa de pouvoir utiliser 0 ; mais "les fonctions f d plus étoile dans luis même"

Posté par
larrechre : Fonctions 12-03-22 à 09:41

Oups, déjà dit en plus...

Posté par
larrechre : Fonctions 12-03-22 à 09:58

Cela dit, quels que soient x, y et t *+  et t< x+y, on a bien

f(x)+f(y)-f(x+y-t)=f(t)

et si f est supposée continue (ce qui n'est effectivement pas dit dans l'énoncé) qu'advient-il de cette égalité quand t0 ?

Posté par
kikoking41re : Fonctions 12-03-22 à 15:10

Sylvieg @ 12-03-2022 à 07:41

Bonjour,
Moi aussi il me semble qu'aucun intervenant n'a trouvé de démarche qui puisse permettre de conclure.
On fait ce qu'on peut


Merci
C'est un exercice d'olympiade. C'est pour ça qu'il est difficile

Posté par
carpediemre : Fonctions 12-03-22 à 16:13

alors je suis (presque) persuadé qu'il y a d'autres questions ... et qu'il n'est pas donné abruptement ainsi ...

Posté par
kikoking41re : Fonctions 12-03-22 à 16:17

Non c'est tout l'énoncé il ne manque rien.

Posté par
carpediemre : Fonctions 12-03-22 à 17:09

étonnant ...

remarquez que la relation de Sylvieg peut s'écrire aussi f(x - u) + f(x + u) = 2f(x) ...

mais bon ...

Posté par
kikoking41re : Fonctions 12-03-22 à 17:29

f(x-u)-f(x)+f(x+u)-f(x)=0
On divise le tout par u non nul on fait tendre vers 0 avec x fixe (on suppose f derivable)
2f'(x)=0 pour tout x donc f constante.???

Posté par
Razesre : Fonctions 12-03-22 à 18:09

Bonjour,

\forall x,y \in R^*, nous avons x+(-x)=y+(-y) , donc : f (x)+f (-x)=f (y)+f (-y)=Cst=A; A\in R donc : f (-x)=-f (x)+A

Nous avons aussi (x+1)+(-x)=2+(-1), donc : f (x+1)+f (-x)=f (2)+f (-1)=Cst  =B; B\in R

On peutrouve en tirer que f (x+1)+A-f (x)=B donc: f (x+1)=f (x)+B-A

....

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Fonctions 12-03-22 à 19:06

Si l'énoncé a été bien recopié, les fonctions cherchées sont définies sur *+

Posté par
Razesre : Fonctions 12-03-22 à 19:09

Effectivement,  je n'avais fait attention au +

Posté par
Razesre : Fonctions 12-03-22 à 19:19

Dans ce cas, \for aller x\in R^{+*}, nous avons (x+1)+1=x+2; f (x+1)+f (1)=f (x)+f (2) donc : f (x+1)=f (x)+f (2)-f (1)=f (x)+A

Ainsi on peur déterminer facilement que f (nx)=nf (x)+nA

En ptenant x=1 on aura f (n)=nB; B\in R

....

Posté par
carpediemre : Fonctions 12-03-22 à 19:26

Sylvieg : certes mais cela n'empêche pas de travailler dans R ... puis ensuite de voir si un argument invoqué est contradictoire ensuite avec la contrainte ...

et toute solution sur R est évidemment solution sur ]0, +oo[ ...

Posté par
kikoking41re : Fonctions 12-03-22 à 20:16

Même si dans le donné f de plus étoile dans lui même. si on suppose que f est défini sur quelles serons les résultats ?

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Fonctions 12-03-22 à 20:44

Bonsoir

une intrusion

il me semble qu'on peut montrer que les fonctions \Large \boxed{f:\mathbb R_+^*\to\mathbb R_+^*} vérifiant :

\Large \boxed{\forall x,y,z,t\in\mathbb R_+^*~,~x+y=z+t \Longrightarrow f(x)+f(y)=f(z)+f(t)}

sont les fonctions \Large \boxed{f_{a,m}:x\mapsto ax+m~,~(a,m)\in\mathbb R_+^2-\{(0,0)\}} sauf erreur de ma part bien entendu

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Fonctions 12-03-22 à 21:28

Je m'explique :

\large \boxed{0} Notons d'abord que la famille \Large \boxed{\left(f_{a,m}\right)_{(a,m)\in\mathbb R_+^2-\{(0,0)\}}} est bien une famille de solutions de notre problème.

Si f est une solution, le réel \Large \boxed{m=\inf_{\mathbb R_+^*}f} est bien défini et on a \Large \boxed{m\geqslant0}.

Distinguons alors deux cas :

\large \boxed{1} \Large \boxed{\exists s\in\mathbb R_+^*~,~f(s)=m}. (ce qui sous entend bien entendu que m>0)

Dans ce cas on a, \Large \boxed{\forall t\in]0,2s[~,~f(t)+f(2s-t)=2f(s)=2m}

ce qui s'écrit aussi \Large \boxed{\forall t\in]0,2s[~,~\underbrace{f(t)-m}_{\geqslant0}+\underbrace{f(2s-t)-m}_{\geqslant0}=0}

et donc \Large \boxed{\forall t\in]0,2s[~,~f(t)=m}

et comme \Large \boxed{\frac{5s}{2}=2s+\frac{s}{2}=\frac{3s}{2}+s} on voit que \Large \boxed{f(2s)=m} ...

il n'est pas difficile alors (par une récurrence par exemple) de voir que dans ce cas f est constante de valeur m sur tout \mathbb R_+^*.

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Fonctions 12-03-22 à 22:12

\large \boxed{2} \Large \boxed{\forall s\in\mathbb R_+^*~,~f(s)>m}.

En considérant la fonction g=f-m (qui est aussi solution de notre problème), on a \Large \boxed{\inf_{\mathbb R_+^*}g=0}.

Dans ce cas la caractérisation de la borne inférieure (non atteinte) s'écrit \Large \boxed{\forall\varepsilon>0~,~\exists s>0~,~0<g(s)<\frac{\varepsilon}{2}}

d'où \Large \boxed{\forall t\in]0,2s[~,~0<g(t)=2g(s)-g(2s-t)<2g(s)<\varepsilon}

ce qui n'est autre que la définition de \Large \boxed{\lim_{0^+}g=0}.

En écrivant, pour x,h>0, \Large \boxed{x+2h=(x+h)+h} on voit que, \Large \boxed{g(x)+g(2h)=g(x+h)+g(h)}

d'où en faisant tendre h vers 0^+, \Large \boxed{\lim_{h\to0^+}g(x+h)=g(x)}.

De même en écrivant pour x,h>0 tel que x-h>0, \Large \boxed{x+h=(x-h)+2h} on a \Large \boxed{g(x)+g(h)=g(x-h)+g(2h)}

d'où \Large \boxed{\lim_{h\to0^+}g(x-h)=g(x)}. On conclut que g est continue sur \mathbb R_+^*.

Et en écrivant (finalement ) pour x,y,h>0, \Large \boxed{(x+y)+h=x+(y+h)} on voit que

\Large \blue\boxed{\forall x,y>0~,~g(x+y)=g(x)+g(y)} sauf erreur bien entendu

Posté par
kikoking41re : Fonctions 12-03-22 à 22:41

elhor_abdelali @ 12-03-2022 à 22:12

\large \boxed{2} \Large \boxed{\forall s\in\mathbb R_+^*~,~f(s)>m}.

En considérant la fonction g=f-m (qui est aussi solution de notre problème), on a \Large \boxed{\inf_{\mathbb R_+^*}g=0}.

Dans ce cas la caractérisation de la borne inférieure (non atteinte) s'écrit \Large \boxed{\forall\varepsilon>0~,~\exists s>0~,~0<g(s)<\frac{\varepsilon}{2}}

d'où \Large \boxed{\forall t\in]0,2s[~,~0<g(t)=2g(s)-g(2s-t)<2g(s)<\varepsilon}

ce qui n'est autre que la définition de \Large \boxed{\lim_{0^+}g=0}.

En écrivant, pour x,h>0, \Large \boxed{x+2h=(x+h)+h} on voit que, \Large \boxed{g(x)+g(2h)=g(x+h)+g(h)}

d'où en faisant tendre h vers 0^+, \Large \boxed{\lim_{h\to0^+}g(x+h)=g(x)}.

De même en écrivant pour x,h>0 tel que x-h>0, \Large \boxed{x+h=(x-h)+2h} on a \Large \boxed{g(x)+g(h)=g(x-h)+g(2h)}

d'où \Large \boxed{\lim_{h\to0^+}g(x-h)=g(x)}. On conclut que g est continue sur \mathbb R_+^*.

Et en écrivant (finalement ) pour x,y,h>0, \Large \boxed{(x+y)+h=x+(y+h)} on voit que

\Large \blue\boxed{\forall x,y>0~,~g(x+y)=g(x)+g(y)} sauf erreur bien entendu

Posté par
kikoking41re : Fonctions 12-03-22 à 22:42

Correction rigoureuse

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Fonctions 12-03-22 à 22:53

C'est un plaisir kikoking41 (merci pour cet exercice intéressant !)

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Fonctions 13-03-22 à 08:16

Merci elhor_abdelali pour le dépannage et la clarté de la rédaction

Posté par
carpediemre : Fonctions 13-03-22 à 08:16

encore un à elhor_abdelali ... cependant j'aimerai bien voir un élève de première sortir un tel raisonnement !! ...

kikoking41 @ 12-03-2022 à 15:10

C'est un exercice d'olympiade. C'est pour ça qu'il est difficile
quelle année ?


il me semble qu'on peut montrer la continuité et la dérivabilité de f à priori en respectant les contraintes :

je pose I = \R^*_+ et soit f de I dans lui-même vérifiant l'égalité donnée

pour tout x et s strictement positifs tels que x - s > 0 : x - s + x + s = x + x donc  f(x - s) + f(x + s) = f(x) + f(x) \iff f(x) - f(x - s) = f(x + s) - f(x)

en faisant tendre s vers 0 on en déduit que f est continue en x : limite à droite = limite à gauche

en divisant par s et en faisant tendre s vers 0 on en déduit que f est dérivable en x : limite à droite = limite à gauche

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Fonctions 13-03-22 à 08:26

Bonjour carpediem,

Citation :
en faisant tendre s vers 0 on en déduit que f est continue en x
Peux-tu détailler ?

Posté par
carpediemre : Fonctions 13-03-22 à 08:28

soit p et q deux réels positifs de somme 2 : p + q = 2

alors f(px) + f(qx) = f(x) + f(x) \iff f(qx) = 2f(x) - f(px)

f est continue donc en faisant tendre p vers 2 on en déduit que f admet une limite en 0 et on peut poser f(0) = 2f(x) - f(2x) = b

Posté par
carpediemre : Fonctions 13-03-22 à 08:34

Sylvieg : oui ... non !! effectivement ça ne va pas ...

et alors remplacer f est continue donc dans mon msg de 8h28 par d'après le résultat de elhor_abdelali (qui a montré la continuité)


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