Enigmes

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 #1 - 11-02-2011 09:25:32

gasole
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 40
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Les applications ! (plus difficiel)

Dans l'énigme de Azdod (ici), on a déterminé la valeur de [latex]g(0)[/latex] sous l'hypothèse que [latex]g [/latex] est une fonction de [latex]\mathbb{R}\mapsto\mathbb{R}[/latex] telle que [latex]g\circ g (x) = -x[/latex].

Question subsidiaire : existe-t-il une telle fonction [latex]g[/latex] ??



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 #2 - 11-02-2011 09:30:14

MthS-MlndN
Hors d'u-Sage
Enigmes résolues : 49
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Lieu: Rouen

les applications ! (plus sifficile)

Comme je l'ai dit à Azdod, cette énigme a déjà été posée :

Identité opposée, par Vasimolo

Donc, y ayant déjà réfléchi une fois, je passe mon tour cette fois-ci lol

Mais les nouveaux arrivants de 2010 y réfléchiront sans doute avec joie wink


Podcasts Modern Zeuhl : http://radio-r2r.fr/?p=298

 #3 - 11-02-2011 11:01:56

L00ping007
Elite de Prise2Tete
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Lieu: Paris

Les applications ! (plus difficile

Si elle existe , elle n'est certainement pas continue, comme je le disais dans le post de l'énigme d'Azdod. En effet, comme elle est bijective, elle serait mmonotone, gog serait donc croissante : impossible car -x décroissante.
je vais voir si la fonction peut quand même exister

EDIT
On peut construire une telle fonction, mais qui ne sera pas définie ni en 1 ni en -1, par :
g(x)=1/x si |x| > 1
g(x)=-1/x si x 0 < |x| < 1
g(0)=0
mais comme g(1) ne doit pas être égal à 1 ou -1 (pareil en -1), cette définition ne permet pas de définir g sur R.

EDIT 2
Par contre si on étend la définition de g à une fonction de R dans C, alors
g : x -> ix répond au problème
Mais sur R, j'ai envie de dire que la fonction n'existe pas pour tous les réels.
Me trompe-je ?

 #4 - 11-02-2011 11:02:36

scarta
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 1430

les applications ! (plus difficole)

C'est pas évident du tout ça !
(bon, sauf si on se place dans C, dans ce cas g(x) = ix et on n'en parle plus ^^)

L'idée est de découper R en deux sous ensembles disjoints A et B tel que g(x) est dans B si x est dans A et vice-versa

Le découpage le plus intuitif pour ça est "pair-impair", mais dans R c'est pas trop possible donc on va dire E(x) pair ou impair. Comme E(x<0) a un comportement qui risque de nous embêter, on va aussi distinguer ces cas.

X >=0 , E(X) pair: on va dire g(x) = x+1

Du coup,g(x) est >=0 et E(g(x)) = 1+E(x) est impair, donc
X >= 0, E(X) impair : g(x) = 1-x

Ainsi, pour X >=0 , E(X) pair, g(g(x) = 1-(x+1) = -x

Ensuite, X >= 0, E(X) impair : g(x) = 1-x
On note que dans ce cas ci, X est forcément >= 1 (vu que E(x) impair)
Donc g(x) <=0 et de plus E(g(x)) est impair, du coup
X<=0, E(X) impair : g(x) = x-1

Ainsi, pour tout X >= 0, E(X) impair, g(g(x)) = 1-x-1 = -x

On continue:
X<=0, E(X) impair : g(x) = x-1
g(x) est <=0 et E(g(X)) est pair. Dans ce cas,
X<=0, E(x) pair: g(x) = -x-1

Ainsi, pour tout X <= 0, E(X) impair, g(g(x)) = -(x-1)-1 = -x

Enfin, pour tout X<=0, E(x) pair: g(x) = -x-1; donc g(x) >=0 et E(g(x)) pair, donc g(g(x)) = (-x-1) + 1 = -x

La boucle est bouclée !!

Reste juste un cas à régler: g(0+) tend vers 1 tandis que g(0-) tend vers -1.
Heureusement, on sait que g(0) = 0

Résultat donc

Code:

x = 0 =======================> g(x) = 0
x positif et E(x) % 2 = 0 ===> g(x) = x+1
x positif et E(x) % 2 = 1 ===> g(x) = 1-x
x négatif et E(x) % 2 = 1 ===> g(x) = x-1
x négatif et E(x) % 2 = 0 ===> g(x) = -x-1

 #5 - 11-02-2011 11:28:37

debutant1
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Les applications ! (plus diffiicile)

on définie la fonction g sur R comme suit (deux demi droite dans le plan xy)
si x>0 g(x)=-x
si x<0 g(x)= x

donc g(x)<0

g0g(x)=g(x)=-x

 #6 - 11-02-2011 11:36:33

Vasimolo
Le pâtissier
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Les applicatons ! (plus difficile)

 #7 - 11-02-2011 13:13:43

fix33
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LLes applications ! (plus difficile)

Du coup je recopie ma réflexion donnée à Azdod :


Avec les nombres imaginaires je trouverais une fonction : g(x)=ix.
Mais dans R je ne trouve rien.

D'un point de vue géométrique, si un point appartient à la courbe de g alors le point issu de la composition d'une symétrie orthogonale selon l'axe y=x et d'une symétrie selon l'axe x, soit une rotation anti-horaire de 90° de centre O (intersection des 2 axes de symétrie) appartient également à cette courbe.
Donc si (x,y) appartient à la courbe, les résultats de la rotation de 90°, 180° et 270° aussi.

Il semble évident qu'une telle fonction ne peut pas être continue : il suffit de penser au voisinage de g(0)=0.
Est-ce qu'une telle fonction de R dans R (bijective et tout) existe ? Je ne sais vraiment pas.
Par contre une telle fonction partiellement de R dans R existe : en combinant de façon discontinue par exemple des valeurs de f(x)=4x et f(x)=-x/4.


Je ne vien sur se site que pour faire croir que je suis treise intélligens.

 #8 - 11-02-2011 14:10:48

rivas
Elite de Prise2Tete
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Les applciations ! (plus difficile)

Bonjour,

Plus difficile en effet, de se limiter à R (assez facile sur C smile ) et d'avoir R comme ensemble de définition.
J'arrive à trouver simplement une telle fonction sur R privé de 2 points mais pas sur R. Je cherche sans doute mal.

Voila ce que j'ai:
g(0)=0
Si |x|>1, g(x)=1/x
Si |x|<1 et x différent de 0, g(x)=-1/x

Cela définit 4 "zones" et on saute de l'une à l'autre.
Par contre Je n'arrive pas à définit g en 1 et -1.
Je peux bouger les points bien sûr, mais il me reste toujours 2 points qui bloquent.

Je vais chercher encore mais je commence à penser qu'on ne peut pas en définir une sur R. Je n'arrive pas non plus à le montrer. Je ne suis pas assez absurde... smile

Je pense que cela se ramène à trouver une bijection de ]0,1[ dans [1, +inf[.

 #9 - 11-02-2011 15:15:31

toni77
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Le sapplications ! (plus difficile)

Il en existe une infinité. Par exemple, soit g définie par :
[TeX]
g(0)=0\\
\forall n\in\mathbb{N} :\\
\forall x\in]n;n+\frac{1}{2}], g(x)=x+\frac{1}{2}\\
\forall x\in]n+\frac{1}{2};n+1], g(x)=-x+\frac{1}{2}\\
\forall x\in[-n-\frac{1}{2};-n[, g(x)=x-\frac{1}{2}\\
\forall x\in[-n-1;-n-\frac{1}{2}[, g(x)=-x-\frac{1}{2}
[/TeX]

 #10 - 11-02-2011 16:51:22

gasole
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Les applicatiions ! (plus difficile)

Comme me l'a signalé vasimolo, ça a déjà été posé ici ... et la réponse est oui, ça existe.
Je lève donc le voile.

Il faut trier, il y a plusieurs solutions fausses (y compris une de celle proposée par Dylasse qui n'est pas injective) mais il y a plein de bonnes réponses plus ou poins compliquées, je vous laisse juge... donc ça n'est plus une énigme smile

Une question qui reste en suspens : démontrer qu'aucune fonction solution de l'équation fof = -Id n'est continue....

En revanche, Vasimolo y disait en avoir d'autres comme ça ... où sont-elles ?

 #11 - 11-02-2011 16:59:05

L00ping007
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Les applications ! (lus difficile)

Non continue c'est facile à montrer : une fonction continue bijective est strictement monotone, donc sa composée est croissante, impossible car x:->-x décroissante
Cf l'énigme d'Azdod pour montrer que la fonction est bijective.

J'ai eu le même pb que rivas, il faut découper en plus de parties que ça, bien vu smile

 #12 - 11-02-2011 17:46:34

rivas
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Lees applications ! (plus difficile)

Je plussoie comme on disait à une époque...

 #13 - 11-02-2011 23:00:35

gasole
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les applications ! (plus difdicile)

Voilà, l'énigme est complètement résolu, merci à vous smile

 #14 - 16-02-2011 01:38:42

gasole
Elite de Prise2Tete
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les applications ! (plus diffocile)

Je reviens sur l'idée initiale de Scarta pour définitivement clore ce débat :

En fait, on peut prouver que :

- pour toute partition en deux ensembles non-dénombrables de R+* (disons A+ et B+) qui d'ailleurs induisent une partition de R-* (en A- et B-), il existe autant de fonctions g que de bijections de A+ sur B+ :

soit f une telle bijection (il en existe A+ et B+ étant tous deux non-dénombrables), on pose :
g(0) = 0 et
  si x€A+ alors g(x)= f(x) qui appartient à B+
  si x€A- alors g(x)= -f(x) qui appartient à B-
  si x€B+ alors g(x)= -f^{-1}(x) qui appartient à A-
  si x€B- alors g(x)= f^{-1}(-x) qui appartient à A+

et on a bien g(g(x)) = -x pour tout x.

- réciproquement, toute fonction g induit l'existence d'une telle partition : pour former A+ par exemple, il suffit de piocher(1) un élément positif quelconque dans chacun des quadruplets(2) {x,gx,-x,-gx} qu'induit g, son opposé étant dans A-, et des deux qui restent, le positif étant dans B+ et l'autre dans B-.

(1) : axiome du choix.
(2) : disjoints deux à deux car g bijective

 #15 - 16-02-2011 20:20:47

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4733

Les applications ! (plus idfficile)

gasole a écrit:

... En revanche, Vasimolo y disait en avoir d'autres comme ça ... où sont-elles ?

J'ai du en poster quelques unes et j'en ai certainement d'autres , mais bon , à l'époque il n'y avait pas grand public et j'ai laissé tomber pas mal de choses .

Mais je continue malicieusement à distribuer des gâteaux que certains ont du mal à digérer lollollollol

Vasimolo

 

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