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Une curiosité !

Posté par
elhor_abdelali Correcteur 13-10-25 à 00:37

On se donne \Large\boxed{f:\mathbb R\to\mathbb R} une fonction dérivable et non identiquement nulle et on cherche,


une condition nécessaire et suffisante sur f pour qu'il existe une fonction \Large\boxed{g:\mathbb R\to\mathbb R} dérivable non identiquement nulle


vérifiant \blue\Large\boxed{(fg)'=f'g'}.

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Une curiosité ! 13-10-25 à 06:59

Bonjour,
Une condition suffisante : être une fonction constante non nulle.

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Une curiosité ! 13-10-25 à 07:27

Un autre exemple qui vérifie la propriété :

 Cliquez pour afficher

Par ailleurs, si f vérifie alors -f aussi.

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Une curiosité ! 13-10-25 à 07:41

En fait, si f vérifie alors kf avec k réel aussi.

Posté par
thetapinch27re : Une curiosité ! 13-10-25 à 08:10

Bonjour,

 Cliquez pour afficher

Posté par
Imodre : Une curiosité ! 13-10-25 à 10:14

Bonjour à tous .

Juste quelques remarques en l'air . L'ensemble E des fonctions f convenables supposées et définies sur \mathbb{R} en entier est un espace vectoriel . De plus f et g jouent lun rôle symétrique . On a au moins une famille de solutions avec f(x)=e^{ax} , g(x)=e^{bx} et ab=a+b .

Après il faut trouver la dimension de l'espace

Imod

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Une curiosité ! 13-10-25 à 18:49

Bonsoir,
Je ne le sens pas l'espace vectoriel.
Quid de \; f-h \; avec \; f(x) = 1 \; et \; h(x) = e-x \; ?

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Une curiosité ! 13-10-25 à 22:04

\ast Sylvieg \to Oui si g convient pour f elle convient aussi pour -f.


\ast Imod \to Comme l'a remarqué Sylvieg, l'ensemble des fonctions f est stable par produit par un scalaire (non nul)

mais n'est pas stable par somme.


\ast thetapinch27 \to Oui si on ajoute l'hypothèse f continûment dérivable.

Posté par
carpediemre : Une curiosité ! 14-10-25 à 13:25

salut

rien trouvé de bien concluant mais on peut remarquer qu'en multipliant par fg on obtient :

2[(fg)^2]' = [f^2]'[g^2]'

mais cela a-t-il un intérêt ?

Posté par
thetapinch27re : Une curiosité ! 17-10-25 à 08:06

Bonjour,

elhor_abdelali, j'ai l'impression que je n'ai pas besoin de l'hypothèse "f continûment dérivable".

Tout ce qu'il faut c'est que l'intégrale \int_0^x \frac{f'(t)}{f'(t)-f(t)}dt existe pour tout x. Je me trompe ?
Cela dit, je n'ai pas le bagage théorique pour aborder sereinement les cas "pathologiques" où il existe des x tels que f(x)=f'(x).

Bonne journée

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Une curiosité ! 18-10-25 à 22:51

carpediem \to C'est une bonne remarque


thetapinch27 \to

Citation :
Tout ce qu'il faut c'est que l'intégrale \int_0^x \frac{f'(t)}{f'(t)-f(t)}dt existe pour tout x. Je me trompe ?


\ast Justement, la continuité de l'intégrande garantie cette existence.


\ast Par ailleurs il peut arriver que l'existence de x tels que f(x)=f'(x), n'affecte pas cette existence

comme le montre l'exemple : f(x)=sh^2(x)=\left(\frac{e^x-e^{-x}}{2}\right)^2

où on trouve (si je ne me suis pas trompé) g(x)=\frac{4x}{3}+\frac{2}{3}\ln\left(\frac{e^x+3e^{-x}}{2}\right)

Posté par
carpediemre : Une curiosité ! 19-10-25 à 12:30

avec tout ce qu'il faut pour que tout marche bien  ...

très formellement donc :

(fg)' = f'g' \Longrightarrow  \dfrac {(fg)'} {fg} = \dfrac {f'} f \times \dfrac {g'} g \Longrightarrow [\ln (fg)]' = [\ln f]' \times [\ln g]' \Longrightarrow $ bof ... $  

(fg)' = f'g' \Longrightarrow  \dfrac {(fg)'} {fg} = \dfrac {f'} f \times \dfrac {g'} g \Longrightarrow \dfrac {f'} f + \dfrac {g'} g = \dfrac {f'} f \times \dfrac {g'} g \Longrightarrow $ faut voir ... $   

ce qui donne en posant u = ln f et v = ln g : u' + v' = u' \times v'

bof ...

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Une curiosité ! 19-10-25 à 16:52

carpediem \to encore une bonne remarque

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Une curiosité ! 19-10-25 à 17:34

Bonjour,

Citation :
en posant u = ln f et v = ln g : u' + v' = u' \times v'

En poursuivant :
Si u' \neq 1 alors v' = \dfrac{u'}{u'-1}.
Et on retrouve la même condition de thetapinch27

On peut aussi poser u = ln|f| et v = ln|g|.

Posté par
carpediemre : Une curiosité ! 19-10-25 à 20:24

mézalor :

v = \ln (u - 1) + c  donc  g = k e^{u - 1} = ke^{-1} f

damned, j'ai l'impression de tourner en rond et de retomber sur la proposition de Sylvieg ... ou alors sur rien du tout !!

Posté par
thetapinch27re : Une curiosité ! 19-10-25 à 21:32

Bonsoir,

elhor_abdelali  Mais on peut bien demander à f'/(f'-f) d'être intégrable (Lebesgue). Car on "voit" que si on pose g(x)=\exp \int f'/(f'-f) dt, alors (fg)'=f'g'.  
On a bien une condition suffisante, et il n'est pas nécessaire que f' soit continue pour que l'intégrande soit intégrable au sens de Lebesgue. Je rate quelque chose ? (car encore une fois, je suis très limite au niveau théorie).

Bonne soirée

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Une curiosité ! 20-10-25 à 01:52

thetapinch27 \to même lorsque l'intégrale h(x)=\int_0^x\frac{f'(t)}{f'(t)-f(t)}dt (au sens de Lebesgue) existe pour (presque) tout x

on n'a, h'(x)=\frac{f'(x)}{f'(x)-f(x)} que si l'intégrande est continue en x.

Posté par
carpediemre : Une curiosité ! 21-10-25 à 08:18

carpediem @ 19-10-2025 à 20:24

mézalor :

v = \ln (u - 1) + c  donc  g = k e^{u - 1} = ke^{-1} f

damned, j'ai l'impression de tourner en rond et de retomber sur la proposition de Sylvieg ... ou alors sur rien du tout !!
et surtout j'ai écrit n'importe quoi !!

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Une curiosité ! 29-10-25 à 19:18

Bonjour,
Voici une semaine que notre soif de curiosité reste non étanchée

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Une curiosité ! 25-01-26 à 11:49

Histoire de relancer le sujet, un exemple :

f(x) = e^{\frac{1}{3}x^{3}+2x}

g(x) = e^{x+Arctan(x)}


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