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#1 - 16-02-2011 11:57:58
- gasole
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À plivassion qu'est-ce qu'on s'amuse...
Soit f une fonction de R+ dans R+ vérifiant f(f(x))+uf(x)=v(u+v)x où u et v sont deux réels strictement positifs.
Quelle est cette unique fonction f ?
#2 - 16-02-2011 12:06:10
- debutant1
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À plicassion qu'edt-ce qu'on s'amuse...
#3 - 16-02-2011 12:26:19
- gasole
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À plicassion qu'esr-ce qu'on s'amuse...
Plutôt facile celle-là hein ? Par rapport aux autres... Bravo débutant1.
#4 - 16-02-2011 15:13:07
- scarta
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À Plicassion qu'est-ce qu'on s'mause...
On va dire tout simplement f(x) = vx  En effet, f(f(x)) + uf(x) = v.vx + u.vx = v(u+v)x
Pour l'unicité je vais y réfléchir
#5 - 16-02-2011 16:11:36
- L00ping007
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À Plicassion qu'est-ce qu'on s'amus...
Je trouve f(x)=vx seule solution linéaire sur R+, mais j'arrive pas encore à montrer que c'est la seule solution tout court sur R+... A suivre ...
#6 - 16-02-2011 16:26:55
- gwen27
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À Plicassion qu'et-ce qu'on s'amuse...
F(x) est de la forme nx
d'où : (n^2) x + un x = v^2 + uv x
F(x) = vx
#7 - 16-02-2011 16:53:22
- gasole
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À plicassion qu'est-ce qy'on s'amuse...
Au fait, gwen et débutant, n'oubliez pas le plus difficile : l'unicité ! 
Dites-moi si vous avez besoin d'un indice...
#8 - 16-02-2011 20:34:09
- gabrielduflot
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À Plicassion qu'est-ce qu'on s'amue...
f(x)=v*x f(0)=0 car f(f(0))+uf(0)=0 ce qui implique f(f(0))=-uf(0) or f(0)>=0 et f(f(0))>=0
#9 - 16-02-2011 22:22:31
- irmo322
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À Plicassionn qu'est-ce qu'on s'amuse...
Plutôt facile celle-là hein ?
Et ben moi je cale sur l'unicité... f(x)=v.x, ça marche, mais est-ce vraiment la seule solution...?
#10 - 16-02-2011 23:15:14
- gasole
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À plicassion qu'est-ce qu'on s'amude...
Oui, c'est l'unique solution, la preuve que j'ai n'est pas triviale du tout. Je donne un indice ?
Spoiler : Indice1 Une suite récurrente serait utile peut être...
#11 - 17-02-2011 00:08:00
- L00ping007
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À Plicassion qu'est-ce qu'on s'amus...
Tu supposes donc la continuité de la fonction f, j'imagine, si tu utilises une suite récurrente ?
#12 - 17-02-2011 01:04:13
- gasole
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À plicassion qu'esr-ce qu'on s'amuse...
Non, pas de supposition de continuité...
Spoiler : Indice 1bis ... mais f peut servir à définir une suite récurrente.
#13 - 17-02-2011 01:51:50
- L00ping007
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À Plicassion qu'est-ce qu'on s'amues...
Bon comme tu parles de suite, je développe mon idée initiale.
En raisonnat par l'absurde, je suppose que f n'est pas la fonction vx. Soit x0 tel que f(x0)≠vx0 Je peux supposer par exemple que f(x0)>vx0
D'après la relation fonctionnelle, on a : v(u+v)x0=f(f(x0))+uf(x0)>f(f(x0))+uvx0[/latex](u>0)donc[latex]v2x0>f(f(x0)) En itérant le processus, j'obtiens pour tout n de N* : f2n(x0)<v2nx0 f2n+1(x0)>v2n+1x0 Bien bien bien, que fais-je avec ceci ...
#14 - 17-02-2011 10:28:00
- gasole
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À Plicassion qu'est-c equ'on s'amuse...
Je donnerai un indice plus précis en fin de journée.
#15 - 17-02-2011 18:47:37
- gasole
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Plicassion qu'est-ce qu'on s'amuse...
Comme promis, un indice :
Spoiler : [Afficher le message] A votre place, je m'intéresserai à la suite an définie par : a0=r (r réel positif) et an+1=f(an)... Signé : un ami qui vous veut du bien.
#16 - 17-02-2011 19:00:07
- L00ping007
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À Plicassoin qu'est-ce qu'on s'amuse...
Elle est nulle, ta suite !  Comme f(0)=0, an=0 pour tout n. Donc les composées n-ièmes de f en 0 sont nulles ... Et ?
#17 - 17-02-2011 19:59:53
- irmo322
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À Plicassion u'est-ce qu'on s'amuse...
Je ne comprends pas ton indice gasole... Il est facile de montrer que f(0) est nul. En effet, si f(0) est non nul, alors f(f(0))+u.f(0) est non nul. Mais c'est égal à v(u+v).0=0 : contradiction! Donc f(0)=0. Ainsi, la suite défini par a0=f(0) et an+1=f(an) est toujours nulle.
#18 - 17-02-2011 20:45:12
- gasole
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À Plicassion qu'est-ce qu'on s''amuse...
Oups ! Désolé ! Oui, pourquoi j'ai mis 0 moi ? je voulais dire a0 = r (r réel quelconque)...
PS : très drôle le "elle est nulle ta suite" de looping 
#19 - 17-02-2011 22:26:02
- scarta
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À Plicassion qu'est-ce qu'on s'amuse..
Ah mais bien sur !! Soit a0 dans R, et an+1 = f(an)
Dans ce cas an+2 = v(u+v) an -u an+1 a est donc une suite récurrente linéaire d'ordre 2 Il faut donc calculer les racines de X^2+uX -v(u+v) Delta = u^2+4vu+4v^2 = (2v+u)^2 >0 R1 = -v-u et R2 = v
Donc an = alpha v^n + beta (-u-v)^n, avec alpha+beta = a0 Si alpha =0, an est négatif une fois sur deux: c'est impossible car il est une image par f. Si beta > 0, alors alpha v^n < beta (u+v)^n si et seulement si n log(v) + log(alpha) < n log(u+v) + log(beta) ssi n log((u+v)/v) > log(alpha / beta) On remarque que u+v > v donc (u+v)/v > 1 donc son log est >0 n > log( v.alpha / (u+v).beta) Donc au delà de ce rang n, le terme en beta est supérieur au terme en alpha; donc pour 2n+1, la suite prend une valeur négative => impossible.
===> Donc beta = 0, an = alpha*v^n = a0.v^n ===> an+1 = v.an ===> f(a0) = v.a0
#20 - 18-02-2011 03:24:32
- L00ping007
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À Plicassion qu'esst-ce qu'on s'amuse...
Bon je recommence tout, j'avais pas vu le truc tout de suite, c'est assez astucieux en fait :
Pour r réel positif, on pose an=fn(r),∀n∈N En utilisant la relation sur f pour x=an, on obtient : an+2+uan+1−v(u+v)an=0 an[/latex]estdoncunesuitelinéairerécurrented′ordre2,lepolynômecaractéristiqueassociéest:[latex]X2+uX−v(u+v) Son discriminant vaut : u2+4v(u+v)=u2+4uv+4v2=(u+2v)2>0 Il y a donc 2 racines distinctes au polynôme, qui sont : −u−(u+2v)2[/latex]et[latex]−u+(u+2v)2 soit −(u+v) et v On peut alors donner an en fonction de n, avec α et β constantes : an=α(−u−v)n+βvn On détermine α et β grâce à a0 et a1 : r=α+β[/latex]et[latex]f(r)=−(u+v)α+βv Résolution rapide, on trouve : α=−f(r)−vru+2vβ=f(r)+(u+v)ru+2v Et là je pensais pouvoir conclure, mais finalement je bloque. J'aimerais montrer que nécessairement α=0, c'est-à-dire f(r)=vr
Donc à suivre...
EDIT Bon après quelques bons aiguillages par MP...
On a même pas besoin de calculer α et β. Juste on divise la relation de récurrence par vn (v non nul) : fn(r)vn=β−α(−1)n(1+uv)n Comme fn est positive, car f l'est, on a : β≥α(−1)n(1+uv)n Pour n=2p, on s'aperçoit que α ne peut pas être strictement positif, car le terme de droite tendrait vers l'infini, en étant borné par β Pour n=2p+1, on s'aperçoit que α ne peut pas être strictement négatif, car le terme de droite tendrait vers l'infini, en étant borné par β. On en déduit que α=0, et fn(r)=βvn En n=0, on trouve r=β, et en n=1 : f(r)=vr
#21 - 18-02-2011 07:39:03
- gasole
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À Plicassion qu'est-ce qu'o s'amuse...
@scarta: yessssss !
@Looping : tu y es presque... mais vu l'heure normal que tu aies calé 
#22 - 21-02-2011 12:34:17
- gasole
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À Plicassion qu'est-ce qu'n s'amuse...
Bravo Looping ! Je prendrai même ta solution en exemple... Peu de participations aussi à la partie difficile.
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