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 #1 - 16-08-2011 23:25:35

clement.boulonne
Passionné de Prise2Tete
Enigmes résolues : 28
Messages : 64

Dorite nulle

Bonsoir,

Voici une énigme assez facile.

Soit [latex]f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}[/latex] tel que pour tous [latex]a,b \in \mathbb{R}, \; a \neq b[/latex], [latex]f(a)+f(b) = 0[/latex]. Peut-on déduire que [latex]f(p) = 0[/latex], pour tout [latex]p \in \mathbb{R}[/latex] ?


Peut-on généraliser aux fonctions [latex]f : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}[/latex] tel que  pour tous [latex]a_1,\ldots,a_{2n} \in \mathbb{R}^n[/latex], [latex]\sum_{k=1}^{2n} f(a_{k}) = 0[/latex] ?

Si vous arrivez à trouver la première question, c'est déjà bien. Je laisse la généralisation pour les plus forts !

Bon courage smile

EDIT : Rajout de la condition [latex]a \neq b[/latex]



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 #2 - 17-08-2011 00:02:39

Yanyan
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 29
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Lieu: Lille si j'y suis

Droite nullle

Salut, pour que celà soit interessant précise pour [latex]a\neq b[/latex]... smile


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 #3 - 17-08-2011 00:46:59

Laidzep
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 35
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DDroite nulle

Quel que soit a de R, quel que soit b de R, on a f(a)+f(b)=0, et notemment, quand a=b :

2f(a)=0

D'où f(a)=0

Si f(a)=0 avec a appartient à R, alors f(p)=0 avec p appartient à R.

Pour la généralisation, je laisse ça aux plus fort, moi aussi.
J'y réfléchis un peu quand-même dés que j'ai le temps, mais sans conviction.

Changement de programme avec la nouvelle condition:

Avec la condition a =/= b, on pose: 

Quel que soit a de R, quel que soit b de R, f(a) = -f(b)

Soit b1, et b2 dans R, on a:

f(a) = - f(b1), et f(a) = - f(b2) d'où f(a) = - f(b1) = - f(b2)

D'où f(b1) = f(b2)

Mais on sait que f(a) + f(b) = 0, on en tire:

f(b1) = - f(b2) donc f(b2) = - f(b2)

On en conclut que f(b2) = 0


Si f(b2)=0 avec b2 appartient à R, alors f(p)=0 avec p appartient à R.

Réflexion sur la généralisation:

J'ai pris quelques minutes pour réfléchir à la deuxième partie du problème et voilà ce qu'il en ressort, mais sans conviction aucune:

f(a1) + f(a2) + ... + f(a2n) = 0, pour a1, a2, ..., a2n, appartenant à R^n.

Si f est surjective, il existe au moins un b dans R^n, tel que:

f(a2) + f(a3) + ... + f(a2n) = - f(a1) = f(b), avec f(b) dans R.

On en tire:

f(a1) + f(b) = 0, ce qui revient au problème précédent, et par récurrence je peux conclure sur le cas des fonctions surjectives. 

Et si la fonction n'est pas surjective, ben... Je sais pas hmm.

 #4 - 17-08-2011 01:56:28

L00ping007
Elite de Prise2Tete
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Lieu: Paris

droitr nulle

J'ai du rater quelque chose dans l'énoncé, parce qu'en prenant a=b (idem dans la généralisation), on a 2f(a)=0 donc f(a)=0 pour tout a réel ...

 #5 - 17-08-2011 07:32:06

gwen27
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droite nulme

Partant d'un réel a :

Pour un couple quelconque (a,b) f(a) = - f(b)
Pour un couple quelconque (b,c) f(c) = - f(b)

D'où f(a)=f(c) or pour le couple (a,c) f(c) = - f(a)

Donc f(a) = -f(a)  => f(a) = 0

 #6 - 17-08-2011 08:13:16

scarta
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Droite nulel

Question 1: Soit a un réel, considérons le couple (a,a). On a f(a)+f(a)=2.f(a)=0 donc f(a)=0

Question 2: Pareil. Soit a un réel, considérons le 2n-uplet (a,a,...,a). On a f(a)+f(a)+...+f(a)=2n.f(a)=0 donc f(a)=0

 #7 - 17-08-2011 09:03:25

nodgim
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Droite nullee

Je suis surpris que ça ne marche pas avec un nombre impair de nombres....

 #8 - 17-08-2011 09:39:01

Franky1103
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droite bulle

Bonjour,

Soient a, b et c trois réels: on a:
f(a)+f(b)=0; f(a)+f(c)=0 et f(b)+f(c)=0
d'où 2f(a)+f(b)+f(c)=0 (somme des 2 premières)
d'où f(a)=0 (pour tout a réel): cqfd

Soient a1, a2, ... ak et am (avec m=k+1) 2n+1 réels: on a:
f(a1)+f(a2)+...+f(ak)=0 et f(a1)+f(a2)+...+f(am)=0
d'où f(ak)=f(am) et on se ramène (presque) au cas précédent: cqfd

Bonne journée.
Frank

 #9 - 17-08-2011 10:20:10

Yanyan
Expert de Prise2Tete
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Messages : 509
Lieu: Lille si j'y suis

DDroite nulle

Il y a moins de 2n valeurs strictement positives. En effet la relation apliquée à 2n éventuelles valeurs est absurde. Il y a également moins de 2n valeurs strictement négatives. On montre ensuite que toutes ces valeurs sont nulles en les isolant avec n-1 valeurs nulles. Donc la fonction est nulle dans le cas général.smile


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 #10 - 17-08-2011 10:32:17

Nicouj
Professionnel de Prise2Tete
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droite bulle

comme l'énoncé ne l'empêche pas, on peut dire: pour tout x, f(x) + f(x) = 0 => f(x) = 0
pareil pour le 2

J'imagine donc que les nombres a1, a2, ... doivent être distincts.

On va montrer d'abord que la fonction f est constante : pour tout a, b distinct, f(a) = f(b).

Pour 1) on prend un troisième nombre distinct c = abs(a) + abs(b) + 1 par ex
on a f(a)+f(c) = 0 et f(b)+f(c) = 0 => f(a) = f(b) = -f(c).
Donc pour tout a et b distincts, f(a) + f(b) = 0 et f(a) = f(b) donc f(a) = 0

Pour 2) on prend 2n-1 nombres distincts : c_i = abs(a) + abs(b) + i, i = 1, 2, ...
on a f(a) + f(c1) + (fc2) + .... = f(b) + f(c1) + f(c2) + ....
=> f(a) = f(b)
Donc de même on conclut que f(x) = 0 pour tout x

 #11 - 17-08-2011 10:38:05

clement.boulonne
Passionné de Prise2Tete
Enigmes résolues : 28
Messages : 64

Droite nullle

Bien pour ceux qui ont répondu, mais j'ai oublié de supposer, bien sûr !, que [latex]a \neq b[/latex]

De même pour la généralisation, [latex]a_1,\ldots,a_{2n}[/latex] sont deux à deux distincts !!

 #12 - 17-08-2011 10:55:36

elnabo
Amateur de Prise2Tete
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Messages : 5

Droite nulel

Je tente de répondre mais je ne suis pas sur.

Soit p,q,r appartenant à [latex]R[/latex]
p!=q
q!=r
r!=p

f(p)+f(q) = 0   ->f(p) = -f(q)
f(p)+f(r) = 0   ->f(p) = -f(q) = -f(r)  -> f(q) = f(r)

Or   f(q) + f(r) = 0
Soit 2*f(q) = 0
D'ou f(q) = f(r) = f(p) =0

Donc pour tout p appartenant à R f(p) = 0

 #13 - 17-08-2011 11:56:05

MthS-MlndN
Hors d'u-Sage
Enigmes résolues : 49
Messages : 12,414E+3
Lieu: Rouen

Doite nulle

Soit trois réels [latex]x[/latex], [latex]y[/latex], [latex]z[/latex] distincts deux à deux. Alors [latex]f(x) = -f(y)[/latex] ; [latex]f(y) = - f(z)[/latex] ; [latex]f(z) = - f(x)[/latex]. On en déduit que [latex]f(x) = -f(x)[/latex], donc [latex]f(x)=f(y)=f(z)=0[/latex]. La fonction f est identiquement nulle.

Je suis tenté de suivre la même idée pour la généralisation. Soit [latex]2n+1[/latex] réels [latex]a_1,a_2,\dots,a_{2n},a_{2n+1}[/latex] distincts deux à deux, alors :
[TeX]\sum_{k=1}^{2n} f(a_k) = \sum_{k=1 \\ k \neq 2n}^{2n+1} f(a_k) = \sum_{k=1 \\ k \neq 2n-1}^{2n+1} f(a_k) = \dots = \sum_{k=2}^{2n+1} f(a_k) = 0[/TeX]
On obtient [latex]2n+1[/latex] équations à [latex]2n+1[/latex] inconnues que l'on peut écrire ainsi :
[TeX]\begin{pmatrix} 0 & & 1 \\ & \backslash & \\ 1 & & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} f(a_1) \\ \vdots \\ f(a_{2n+1}) \end{pmatrix} = 0_{\mathbb{R}^{2n+1}}[/TeX]
[latex]f(a_k) = 0 \vspace{3mm} \forall k \in \{ 1 ; \dots ; 2n+1 \}[/latex] est une solution évidente. Si la matrice est inversible, alors c'est la seule. C'est l'étape qui me manque : même en fouillant dans les propriétés des matrices circulantes, je ne trouve pas le petit quelque chose qui m'aiderait...


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

 #14 - 17-08-2011 15:46:33

halloduda
Professionnel de Prise2Tete
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Messages : 479
Lieu: Ardèche

Droite unlle

Soient deux réels a et b distincts.
On a : f(a)+f(b)=0.

Pour tout p réel, f(p)+f(a)=0 et f(p)+f(b)=0, et donc
f(p)=-1/2(f(a)+f(b))=0

 #15 - 17-08-2011 18:28:50

rivas
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Lieu: Jacou

Drite nulle

Il y a une difficulté supplémentaire à cause de la condition supplémentaire a différent de b.

Fixons a dans R.
Pour tout x SAUF pour a, f(x)=-f(a) donc f est constante sauf peut-être au point a.
En considérant a' différent de a, on a f(x)=-f(a') sauf en a'.
En considérant b différent de a et de a', on a f(b)=-f(a) et f(b)=-f(a') donc f est constante partout.
f(a)+f(a)=2f(a)=0, non pas à cause de l'hypothèse de départ (inapplicable  car a n'est pas différent de a), mais parce qu'on a montré que f est constante.
Donc f(a)=0 donc f est la fonction nulle.

Il me semble que la même démonstration fonctionne pour le cas multiple:

Pour tous les réels x sauf pour [latex]a_1, a_2, ..., a_{2n-1}[/latex]:
[TeX]f(x)=-(f(a_1)+f(a_2)+...+f(a_{2n-1}))[/TeX]
Choisissons maintenant [latex]b_1, ..., b_{2n-1}[/latex] tous différents de [latex]a_1, a_2, ....[/latex]

On a: [latex]f(a_1)=-(f(b_1)+...+f(b_{2n-1})) [/latex] (relation appliquée à [latex]a_1, b_1, ..., b_{2n-1}[/latex]).

De même: [latex]f(a_2)=-(f(b_1)+...+f(b_{2n-1}))[/latex]
...
Choisissons c différent des [latex]a_i[/latex] et des [latex]b_i[/latex], on a:
[TeX]f(c)=-(f(b1)+...+f(b_{2n-1}))[/TeX]
Donc [latex]f(c)=f(a_1)=f(a_2)=...=f(a_{2n-1})[/latex]

Donc f est constante partout (la valeurs aux [latex]a_i[/latex] est la même qu'en c qui est la valeur constante partout ailleurs qu'aux [latex]a_i[/latex]).

Puisqu'elle est contante partout [latex]2n.f(a_1)=0[/latex] ce qui conclut, f est la fonction nulle.

Merci pour cette énigme amusante.

PS: Je pense que si on prend 2n [latex]a_i[/latex] on doit parler de [latex]R^{2n}[/latex] et non [latex]R^n[/latex] smile

 #16 - 17-08-2011 18:30:49

Klimrod
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 40
Messages : 3761
Lieu: hébesphénorotonde triangulaire

Droite nullle

Bonjour,

Je ne comprends pas très bien où tu veux en venir avec ce problème, même en ajoutant cette contrainte de a différent de b.

Il suffit de considérer les trois équations pour trois nombres différents a, b et c :
(1) f(a) + f(b) = 0
(2) f(b) + f(c) = 0
(3) f(a) + f(c) = 0

Ensuite tu fais (1) - (2) + (3), ce qui donne f(a) + f(a) = 0, donc f(a) = 0, quel que soit a.

Est-ce bien la réponse souhaitée ?
Klim.


J'ai tant besoin de temps pour buller qu'il n'en reste plus assez pour bosser. Qui vit sans folie n'est pas si sage qu'il croit.

 #17 - 17-08-2011 19:21:49

clement.boulonne
Passionné de Prise2Tete
Enigmes résolues : 28
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Drite nulle

De bons raisonnements m'ont été donnés !

Sinon, pour répondre à Klimrod : Spoiler : [Afficher le message] La condition [latex]a \neq b[/latex] était pour rendre le problène non trivial mais il est clair que cette énigme est à la portée d'un élève de troisième. Sinon, oui, c'est la réponse souhaitée !

 #18 - 17-08-2011 22:50:39

esereth
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 175

droite numle

Pour la première partie :
On prend 3 nombres distincts deux à deux
Et on leur applique la condition
On a
f(a)+ f(b)=0
f(b)+ f(c)=0
f(c)+ f(a)=0
Par addition il vient
2(f(a)+ f(b) + f(c)) = 0
et donc bien sûr
f(a)+ f(b) + f(c)= 0
Par soustraction on en tire
f(a)= f(b) = f(c) = 0

Et pour la généralisation  à 2n nombres distincts deux à deux,
On en prend 2n+1, on écrit les 2n+1 égalités obtenues en choisissant 2n nombres parmi 2n+1
On les somme.

Cela donne 2n (f(a_1)+ f(a_2) +...+ f(a_2n+1)) = 0
donc f(a_1)+ f(a_2) +...+ f(a_2n+1)=0
Puis, en soustrayant on arrive aussi à
f(a_1)= f(a_2) =...= f(a_2n+1)=0

 

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