fof(x)=x (1ere S)

Post by Sergio
Comment montrer que les seules fonctions de R+* dans R+* qui vérifient
fof(x)=x sont la fonction x -> x et la fonction x -> 1/x ?

C'est difficile à montrer, puisque c'est faux...

--
Yves

Sergio

2005-01-01 22:03:46 UTC

Post by Sergio
Comment montrer que les seules fonctions de R+* dans R+* qui vérifient
fof(x)=x sont la fonction x -> x et la fonction x -> 1/x ?

oups ! j'ai oublié de préciser que l'on a f(1)=1 :)

Yves De Cornulier

2005-01-01 22:08:59 UTC

Post by Sergio
Comment montrer que les seules fonctions de R+* dans R+* qui vérifient
fof(x)=x sont la fonction x -> x et la fonction x -> 1/x ?

oups ! j'ai oublié de préciser que l'on a f(1)=1 :)

Mais c'est quand même faux.

Et ça reste faux, même si tu supposes f continue.

C'est un peu dur à expliquer à un niveau 1ère S, mais dès que tu prends
une fonction bijective h de R+* dans lui-même qui fixe 1, tu peux
considérer la fonction

f(x)=h^{-1}(1/h(x)) qui vérifie ta relation et fixe 1.

Donner un exemple de tel fonction h n'est pas difficile, mais au niveau
1ère S je ne vois pas (y a même pas les log, en 1ère S)...

--
Yves

Yves De Cornulier

2005-01-01 22:13:03 UTC

Post by Yves De Cornulier
C'est un peu dur à expliquer à un niveau 1ère S, mais dès que tu prends
une fonction bijective h de R+* dans lui-même qui fixe 1, tu peux
considérer la fonction
f(x)=h^{-1}(1/h(x)) qui vérifie ta relation et fixe 1.
Donner un exemple de tel fonction h n'est pas difficile, mais au niveau
1ère S je ne vois pas (y a même pas les log, en 1ère S)...

(euh, si, il y a h(x)=x^a, mais ici ils servent à rien, car ça donne la
fonction x->1/x; mais il y a plein de fonctions h qui marchent, par
exemple la fonction h(x)=exp(ln(x)^3+ln(x)) ).

Bon, et si tu ne tiens pas à avoir f continue, tu prends la fonction de
R+* dans R+* définie par: h(x)=1/x si x est dans [-1/2,1/2], et h(x)=1/x
ailleurs... mais les fonctions définies comme ça, ce n'est, hélas, pas au
programme non plus au lycée...

--
Yves

Lambda

2005-01-06 04:05:36 UTC

Post by Yves De Cornulier
Bon, et si tu ne tiens pas à avoir f continue, tu prends la fonction de
R+* dans R+* définie par: h(x)=1/x si x est dans [-1/2,1/2], et h(x)=1/x
ailleurs... mais les fonctions définies comme ça, ce n'est, hélas, pas au
programme non plus au lycée...

Elle m'a l'air parfaitement continue, ta fonction ... enfin, quand elle
est définie, quoi !

Yves De Cornulier

2005-01-06 05:46:48 UTC

Post by Lambda

Elle m'a l'air parfaitement continue, ta fonction ... enfin, quand elle
est définie, quoi !

Lapsus: je voulais dire "... et h(x)=x ailleurs"

--
Yves

Lambda

2005-01-07 05:08:09 UTC

Post by Lambda

Elle m'a l'air parfaitement continue, ta fonction ... enfin, quand elle
est définie, quoi !

Lapsus: je voulais dire "... et h(x)=x ailleurs"
--
Yves

Mais alors elle est pas bijective ... et en plus puisque tu m'as fait
remarquer les R+* un peu plus bas dans le thread, je rajouterai que -1/2
est pas vraiment dedans ...

Yves De Cornulier

2005-01-07 08:10:19 UTC

Post by Lambda
Mais alors elle est pas bijective ... et en plus puisque tu m'as fait
remarquer les R+* un peu plus bas dans le thread, je rajouterai que -1/2
est pas vraiment dedans ...

Purée, il y avait un autre lapsus. Je pensais:

f: R+* -> R+*

x->1/x si x est dans [1/2,2]
x-> x sinon.

(désolé)

--
Yves

Frederic

2005-01-07 08:31:18 UTC

Post by Lambda
Mais alors elle est pas bijective ... et en plus puisque tu m'as fait
remarquer les R+* un peu plus bas dans le thread, je rajouterai que -1/2
est pas vraiment dedans ...

f: R+* -> R+*
x->1/x si x est dans [1/2,2]
x-> x sinon.

Ou bien : 3 - x sur [1, 2]
x ailleurs
qui utilise encore moins de « magie ».

--
Frédéric

Sergio

2005-01-01 22:19:44 UTC

Post by Yves De Cornulier
f(x)=h^{-1}(1/h(x)) qui vérifie ta relation et fixe 1.

OK, en fait j'ai "un peu" faussé la question...

On a, en hypothèse, f(xf(y))= yf(x) en plus.

De là, on arrive à fof(x)=x, f(1)=1, f(x)*f(1/x)=1 ...

Yves De Cornulier

2005-01-01 22:35:29 UTC

Post by Sergio
OK, en fait j'ai "un peu" faussé la question...
On a, en hypothèse, f(xf(y))= yf(x) en plus.

Indication: pose g(x)=x*f(x).

Post by Sergio
De là, on arrive à fof(x)=x, f(1)=1, f(x)*f(1/x)=1 ...

Là, on peut aussi s'en sortir, mais à condition de supposer f continue.
Comme a montré "mu", si f est croissante, alors f(x)=x pour tout x.

Sinon, f est strictement décroissante. Supposons qu'il existe x tel que
f(x)>1/x. Alors, par décroissance, x=fof(x)<f(1/x)=1/f(x). Donc f(x)<1/x,
contradiction. Même contradiction si f(x)<1/x. Finalement f(x)=1/x pour
tout x.

--
Yves

Sergio

2005-01-01 22:54:39 UTC

Post by Sergio
On a, en hypothèse, f(xf(y))= yf(x) en plus.

Indication: pose g(x)=x*f(x).

Merci mais pourquoi faire ? (je n'ai pas saisi)
pour montrer ce qui suit ?

Post by Sergio
De là, on arrive à fof(x)=x, f(1)=1, f(x)*f(1/x)=1 ...

Yves De Cornulier

2005-01-01 23:22:14 UTC

Post by Sergio
On a, en hypothèse, f(xf(y))= yf(x) en plus.

Indication: pose g(x)=x*f(x).

Merci mais pourquoi faire ? (je n'ai pas saisi)
pour montrer ce qui suit ?

Non, la suite est une démo alternative basée sur les seules formules
particuliers (fof(x)=x, f(x)f(1/x)=1) mais nécessitant la continuité. Par
contre, sans la continuité, avec ces seules hypothèses, on n'a pas
forcément f(x)=x ou 1/x pour tout x...

Ce que je voulais dire c'est:

Tu pars de la relation f(x.f(y))=y.f(x)
Cela donne g(x.f(y)) / (x.f(y)) = y.g(x)/x
soit: g(x.f(y)).y / (x.g(y)) = y.g(x)/x.
En simplifiant, ça donne: g(x.f(y)) = g(x)g(y).

Mais, en fait, après ça je ne sais pas conclure.

On obtient, en posant y=f(z), g(xz)= g(x)g(f(z)), mais comme gof=g, ça
donne g(xz)=g(x)g(z). Là encore, si on a une hypothèse de continuité,
c'est facile de conclure...

--
Yves

Yves De Cornulier

2005-01-01 23:39:01 UTC

Post by Yves De Cornulier
Indication: pose g(x)=x*f(x).

En simplifiant, ça donne: g(x.f(y)) = g(x)g(y).
Mais, en fait, après ça je ne sais pas conclure.
On obtient, en posant y=f(z), g(xz)= g(x)g(f(z)), mais comme gof=g, ça
donne g(xz)=g(x)g(z). Là encore, si on a une hypothèse de continuité,
c'est facile de conclure...

Le problème revient au suivant: soit g: R+*->R+* satisfaisant:
g(xy)=g(x)g(y) pour tous x,y et,
g(g(x))=g(x)² pour tout x:

est-ce que g=1 ou g(x)=x pour tout x?

Dans le cas non continu, la réponse est non. Bon, là, il est totalement
impossible de donner un argument niveau 1ère S...

D'abord, en conjugant par un logarithme, je me ramène au problème:

soit h:R->R un morphisme additif, satisfaisont hoh=2h. Est-ce que h=0 ou
h=2? Evidemment, la réponse est non dès qu'on utilise une base de R comme
Q-espace vectoriel: on peut se débrouiller pour avoir les deux valeurs
propres à la fois...

Bref, ton prof/bouquin pourrait faire attention à donner les hypothèses
nécessaires pour résoudre un tel exo...

--
Yves

albert junior

2005-01-02 11:22:12 UTC

Post by Yves De Cornulier
f(x)=h^{-1}(1/h(x)) qui vérifie ta relation et fixe 1.

OK, en fait j'ai "un peu" faussé la question...
On a, en hypothèse, f(xf(y))= yf(x) en plus.
De là, on arrive à fof(x)=x, f(1)=1, f(x)*f(1/x)=1 ...

Tu dis "en plus" ... est ce la seule hypothèse ? ou as tu les autres
avec ? Pourrais tu juste repréciser les hypothèses de l'énoncé, parce
qu'il me semble que f(1)=1 ne se déduit pas de la première ligne ...

Et si tu as seulement comme hypothèse f(xf(y))= yf(x) et f(1) = 1, je ne
pense pas que tu puisses conclure (il existe un exercice d'olympiade qui
part de f(xf(y))= yf(x) et f tendant vers 0 en +oo qui permet de
conclure, mais ce sont des hypothèses plus larges que celles de ton
énoncé, et cependant je pense qu'elles sont minimales - on a besoin du
fait que 1 est le seul point fixe de f ce qui ce montre avec l'hypothèse
de la limite).

nb : ce genre de questions a plus sa place sur
fr.education.entraide.maths (pour la prochaine fois)

--
albert

Yves De Cornulier

2005-01-02 11:37:55 UTC

Post by Sergio
On a, en hypothèse, f(xf(y))= yf(x) en plus.
De là, on arrive à fof(x)=x, f(1)=1, f(x)*f(1/x)=1 ...

Si. D'abord, avec x=1, on obtient fof=Id. Ensuite, En posant y=f(z), on
obtient: f(xz)=f(xz)=f(x)f(z) pour tous x,z. En particulier, f(1)=f(1)²,
et donc f(1)=1.

Post by albert junior
Et si tu as seulement comme hypothèse f(xf(y))= yf(x) et f(1) = 1, je ne
pense pas que tu puisses conclure

Ensuite, j'ai prouvé (mais c'est hors programme de 1er cycle, même si ça
peut très bien être compris par un sup qui sait ce qu'est une base d'un
espace vectoriel de dimension infinie) qu'il existe des solutions qui ne
sont pas x->x ou x->1/x. Remarque: mon passage par la fonction g était
superflu... Il suffit de voir R+* comme un Q-espace vectoriel (l'addition
de Q-ev étant la multiplication!), si bien qu'on a plein de symétries
linéaires.

Post by albert junior
(il existe un exercice d'olympiade qui
part de f(xf(y))= yf(x) et f tendant vers 0 en +oo qui permet de
conclure, mais ce sont des hypothèses plus larges que celles de ton
énoncé, et cependant je pense qu'elles sont minimales

Ben, on a aussi montré qu'on s'en tirait avec la continuité. Il y a
sûrement plein de choix possibles d'hypothèses supplémentaires qui
permettent de conclure (par exemple, pour ceux qui connaissent, la
mesurabilité).

--
Yves

albert junior

2005-01-02 11:54:11 UTC

Post by Sergio
On a, en hypothèse, f(xf(y))= yf(x) en plus.
De là, on arrive à fof(x)=x, f(1)=1, f(x)*f(1/x)=1 ...

Si. D'abord, avec x=1, on obtient fof=Id. Ensuite, En posant y=f(z), on
obtient: f(xz)=f(xz)=f(x)f(z) pour tous x,z. En particulier, f(1)=f(1)²,
et donc f(1)=1.

J'ai peut être du mal ... mais avec x = 1 on obtient seulement fof/f(1)
= Id ?

Post by albert junior
Et si tu as seulement comme hypothèse f(xf(y))= yf(x) et f(1) = 1, je ne
pense pas que tu puisses conclure

j'ai peut-être pas été assez clair : qui permettent de conclure que la
solution est f:x->1/x.
Pour obtenir f:x->x il suffit je pense de changer l'hypothèse sur la
limite.

--
albert

Yves De Cornulier

2005-01-02 12:17:44 UTC

Post by Sergio
On a, en hypothèse, f(xf(y))= yf(x) en plus.

Si. D'abord, avec x=1, on obtient fof=Id. Ensuite, En posant y=f(z), on
obtient: f(xz)=f(xz)=f(x)f(z) pour tous x,z. En particulier, f(1)=f(1)²,
et donc f(1)=1.

J'ai peut être du mal ... mais avec x = 1 on obtient seulement fof/f(1)
= Id ?

OK, excuse-moi, j'ai été trop vite. Mais comme fof(x)=ax (où a=f(1)), on
obtient que f est bijective.

Ensuite, en appliquant la relation f(xf(y))= yf(x) avec y=1, on obtient:
f(ax)=f(x) pour tout x.
Cela donne ax=x pour tout x, et donc a=1.

Post by albert junior
j'ai peut-être pas été assez clair : qui permettent de conclure que la
solution est f:x->1/x.
Pour obtenir f:x->x il suffit je pense de changer l'hypothèse sur la
limite.

OK. Mais c'est un point de détail (on peut supposer en plus que f n'est
pas l'identité). La question de fond, c'est: quelle hypothèse ajouter pour
éliminer les solutions "sauvages".

--
Yves

albert junior

2005-01-02 12:48:11 UTC

Post by Yves De Cornulier
OK. Mais c'est un point de détail (on peut supposer en plus que f n'est
pas l'identité). La question de fond, c'est: quelle hypothèse ajouter pour
éliminer les solutions "sauvages".

oui je suis tout à fait d'accord
je me disais juste que le prof avait peut-être repris cet exo vu qu'il
s'agissait d'un exercice d'olympiades de première. C'est pour ca que
j'ai demandé à Sergio qu'elles étaient les hypothèses exactes.

--
albert

A.J.

2005-01-03 15:09:06 UTC

Excusez-moi d'intervenir par curiosité...
Je ne suis pas familier des maths actuelles et j'aurais voulu comparer avec
ce que j'aurais crû devoir traiter du temps de ma jeunesse...
Il me semble que pour f°f on entendait : fonction de fonction soit :
f(f(x))
On écrivait :
y = f(x)
pour f(f(x)) = x, on avait donc :
f(y) = x
donc une écriture parfaitement symétrique en x et en y.
D'où on aurait déduit que x et y seraient liés par une relation :
g(x,y) = 0
où x et y ont des présentations identiques :
g(x,y) = = g(y,x) (avec = = pour l'identité)
beaucoup de fonctions g conviennent, par exemple un polynome en x et y, avec
les mêmes coefficients, au signe près, pour des monomes symétriques en x et
y.
Avec la condition : f(1) = 1, c.à.d. : g(1,1) = 0, le polynome avec des
monomes de coefficients de signes opposés conviendrait.
En quoi ce problème que je me pose diffère-t-il du problème donné ?
Merci d'avance,
A.J.

oui je suis tout à fait d'accord
je me disais juste que le prof avait peut-être repris cet exo vu qu'il
s'agissait d'un exercice d'olympiades de première. C'est pour ca que j'ai
demandé à Sergio qu'elles étaient les hypothèses exactes.
--
albert

Yves De Cornulier

2005-01-03 16:12:30 UTC

Post by A.J.
Excusez-moi d'intervenir par curiosité...

Pas de quoi...

Post by A.J.
y = f(x)
f(y) = x
donc une écriture parfaitement symétrique en x et en y.
g(x,y) = 0
g(x,y) = = g(y,x) (avec = = pour l'identité)
beaucoup de fonctions g conviennent, par exemple un polynome en x et y, avec
les mêmes coefficients, au signe près, pour des monomes symétriques en x et
y.
Avec la condition : f(1) = 1, c.à.d. : g(1,1) = 0, le polynome avec des
monomes de coefficients de signes opposés conviendrait.
En quoi ce problème que je me pose diffère-t-il du problème donné ?

Le problème, c'est que ce g(x,y) est assez arbitraire... Par
exemple, si f est continue, il n'est pas clair qu'on puisse choisir g
continu...

Et surtout, a priori, étant donné une telle fonction symétrique, il
n'existe pas forcément une fonction f correspondante; pour ça il fait
faire de fortes hypothèses sur g, et en aucun cas ça ne simplifie le
problème, bien au contraire.

La condition à faire sur g est que, étant donné x, il existe exactement un
seul y tel que g(x,y)=0. Si on se donne un polynôme symétrique, ce n'est
pas très explicite, comme condition, et en général, elle n'est pas
vérifiée.

--
Yves

A.J.

2005-01-03 21:03:35 UTC

Post by A.J.
Excusez-moi d'intervenir par curiosité...

Pas de quoi...

Le problème, c'est que ce g(x,y) est assez arbitraire... Par
exemple, si f est continue, il n'est pas clair qu'on puisse choisir g
continu...
Et surtout, a priori, étant donné une telle fonction symétrique, il
n'existe pas forcément une fonction f correspondante; pour ça il fait
faire de fortes hypothèses sur g, et en aucun cas ça ne simplifie le
problème, bien au contraire.
La condition à faire sur g est que, étant donné x, il existe exactement un
seul y tel que g(x,y)=0. Si on se donne un polynôme symétrique, ce n'est
pas très explicite, comme condition, et en général, elle n'est pas
vérifiée.
--
Yves

Merci pour la réponse.
Effectivement, si je prend un cas simple :
g(x,y) = x^2 - y^2 - 2 = 0
j'ai 2 définitions pour f(x) :
y = (+/-)*(2 - x^2)^(1/2)
f(x) n'est pas unique et le domaine en x est limité à x^2 <= 2
Pour répondre à la donnée f(1) = 1, il ne faut prendre que le signe +.
On aurait alors :
f(f(x)) = (2 - (2 - x^2))^(1/2) = (x^2)^(1/2) = x
dans R+, ce qui répond tout de même à la question sous réserve du domaine
limité en x...

A.J.

A.J.

2005-01-03 21:21:56 UTC

Erratum :
" g(x,y) = x^2 + y^2 -2 = 0 "

A.J.

Lambda

2005-01-06 04:13:43 UTC

Post by Sergio
On a, en hypothèse, f(xf(y))= yf(x) en plus.

Si. D'abord, avec x=1, on obtient fof=Id. Ensuite, En posant y=f(z), on
obtient: f(xz)=f(xz)=f(x)f(z) pour tous x,z. En particulier, f(1)=f(1)²,
et donc f(1)=1.

J'ai peut être du mal ... mais avec x = 1 on obtient seulement fof/f(1)
= Id ?

OK, excuse-moi, j'ai été trop vite. Mais comme fof(x)=ax (où a=f(1)), on
obtient que f est bijective.

Non.
Le cas f(1)=0 entraine f=0, solution évidente de l'énoncé.

Yves De Cornulier

2005-01-06 05:48:54 UTC

Post by Lambda
Non.
Le cas f(1)=0 entraine f=0, solution évidente de l'énoncé.

Non. L'énoncé parle de fonctions de R+* dand R+*, qui est l'ensemble des
réels >0, et donc f(1)>0.

--
Yves

Lambda

2005-01-07 05:04:19 UTC

Post by Lambda
Non.
Le cas f(1)=0 entraine f=0, solution évidente de l'énoncé.

Non. L'énoncé parle de fonctions de R+* dand R+*, qui est l'ensemble des
réels >0, et donc f(1)>0.
--
Yves

au temps pour moi

Denis Leger

2005-01-13 19:35:00 UTC

Post by Sergio
Comment montrer que les seules fonctions de R+* dans R+* qui vérifient
fof(x)=x sont la fonction x -> x et la fonction x -> 1/x ?

oups ! j'ai oublié de préciser que l'on a f(1)=1 :)

C'est quand même faux : f(x)=2-x...

--
Denis Léger

Babacio

2005-01-13 20:06:20 UTC

Denis Leger.

Post by Denis Leger

Post by Sergio
Comment montrer que les seules fonctions de R+* dans R+* qui vérifient
fof(x)=x sont la fonction x -> x et la fonction x -> 1/x ?

oups ! j'ai oublié de préciser que l'on a f(1)=1 :)

C'est quand même faux : f(x)=2-x...

Ça n'est pas une fonction de R+* dans R+*...

Ceci dit, je ne vois pas comment m'y prendre.

Yves De Cornulier

2005-01-13 20:57:10 UTC

Post by Babacio

Post by Denis Leger

Post by Sergio
Comment montrer que les seules fonctions de R+* dans R+* qui vérifient
fof(x)=x sont la fonction x -> x et la fonction x -> 1/x ?

oups ! j'ai oublié de préciser que l'on a f(1)=1 :)

C'est quand même faux : f(x)=2-x...

Ça n'est pas une fonction de R+* dans R+*...
Ceci dit, je ne vois pas comment m'y prendre.

Euh, il y a déjà eu une longue discussion là dessus, et en tout cas, posé
comme tel, le problème a plein d'autres solutions, C^infini et tout et
tout, décroissantes. Il suffit de conjuguer x->1/x par un homéomorphisme
de R+* fixant 1.

--
Yves

Babacio

2005-01-13 21:11:51 UTC

(Yves De Cornulier).

Post by Yves De Cornulier
Euh, il y a déjà eu une longue discussion là dessus, et en tout cas,
posé comme tel, le problème a plein d'autres solutions, C^infini et
tout et tout, décroissantes. Il suffit de conjuguer x->1/x par un
homéomorphisme de R+* fixant 1.

bon sûr, mais c'est bien sang.

denis feldmann

2005-01-14 08:20:30 UTC

Post by Babacio
Denis Leger.

Post by Denis Leger

Post by Sergio
Comment montrer que les seules fonctions de R+* dans R+* qui vérifient
fof(x)=x sont la fonction x -> x et la fonction x -> 1/x ?

oups ! j'ai oublié de préciser que l'on a f(1)=1 :)

C'est quand même faux : f(x)=2-x...

Ça n'est pas une fonction de R+* dans R+*...
Ceci dit, je ne vois pas comment m'y prendre.

Oui, puisque c'est faux : prendre sur ]0,1] une fonction f continue
strictement décroissante de +oo à 1, et sur[1,+oo[ f^-1, la bijection
réciproque de f ; à part x->x, c'est facile de montrer que toutee
solution continue est de cette forme.

"Romain M" @ifrance.com>

2005-01-01 22:05:36 UTC

Post by Sergio
Comment montrer que les seules fonctions de R+* dans R+* qui vérifient
fof(x)=x sont la fonction x -> x et la fonction x -> 1/x ?

J'ai l'impression que, pour tout a > 0,
la fonction x -> a/x
vérifie également la propriété demandée.

2005-01-01 22:13:33 UTC

Post by Sergio
Comment montrer que les seules fonctions de R+* dans R+* qui vérifient
fof(x)=x sont la fonction x -> x et la fonction x -> 1/x ?

Ce ne sont les seules que si on rajoute quelques conditions, de continuité
par exemple...
Si on suppose f continue, l'hypothèse impose qu'elle est injective, donc
strictement monotone.
Supposons-la strictement croissante, et soit x>0. Si f(x)>x, f(f(x))>f(x),
d'où x>f(x), ce qui est absurde. Si f(x)<x, f(f(x))<f(x), d'où x<f(x), ce
qui est encore absurde, donc f(x)=x.
Si elle est strictement décroissante, je ne vois pas, même avec f(1)=1.

--
Mû

grossbaff

2005-01-13 21:39:37 UTC

Post by Sergio
Bonjour,
Comment montrer que les seules fonctions de R+* dans R+* qui vérifient
fof(x)=x sont la fonction x -> x et la fonction x -> 1/x ?

Au fait, puisque je vois que t'es au lycée, ton prof a dû faire une
correction, non ?
Tu voudrais pas la poster, parce que je suis curieux de la voir ...
surtout au niveau 1ere S.

Merci.

2005-01-13 21:50:53 UTC

Post by Sergio
Comment montrer que les seules fonctions de R+* dans R+* qui vérifient
fof(x)=x sont la fonction x -> x et la fonction x -> 1/x ?

Au fait, puisque je vois que t'es au lycée, ton prof a dû faire une
correction, non ?
Tu voudrais pas la poster, parce que je suis curieux de la voir ...
surtout au niveau 1ere S.

Peut-être "fonction" veut-il dire "fonction connue en 1ère S"...

--
Mû

denis feldmann

2005-01-14 08:16:26 UTC

Post by Âµ

Post by Sergio
Comment montrer que les seules fonctions de R+* dans R+* qui vérifient
fof(x)=x sont la fonction x -> x et la fonction x -> 1/x ?

Au fait, puisque je vois que t'es au lycée, ton prof a dû faire une
correction, non ?
Tu voudrais pas la poster, parce que je suis curieux de la voir ...
surtout au niveau 1ere S.

Peut-être "fonction" veut-il dire "fonction connue en 1ère S"...

Et en rajoutant f(1)=1; parce que 2/x, en première S, on connait parfois....

Babacio

2005-01-13 21:54:28 UTC

Post by Sergio
Bonjour,
Comment montrer que les seules fonctions de R+* dans R+* qui
vérifient fof(x)=x sont la fonction x -> x et la fonction x -> 1/x ?

Au fait, puisque je vois que t'es au lycée, ton prof a dû faire une
correction, non ?
Tu voudrais pas la poster, parce que je suis curieux de la voir
... surtout au niveau 1ere S.

C'est p'tet un troll.

Yves De Cornulier

2005-01-14 08:29:05 UTC

Post by Sergio
Bonjour,
Comment montrer que les seules fonctions de R+* dans R+* qui vérifient
fof(x)=x sont la fonction x -> x et la fonction x -> 1/x ?

Au fait, puisque je vois que t'es au lycée, ton prof a dû faire une
correction, non ?
Tu voudrais pas la poster, parce que je suis curieux de la voir ...
surtout au niveau 1ere S.

Euh, tu débarques: il y a eu toute une discussion sur le sujet il y a 15
jours... en particulier, l'énoncé a été rectifié. De plus, c'est un exo
d'Olympiade.

En 1ère S, au vu du niveau actuel, ce genre de question est à peu près
exclu du programme; par contre il ne sont pas tombés à un niveau suffisant
d'ânerie pour poser un exercice du genre "donner toutes les fonctions
connues au programme de 1ère S qui vérifient la propriété BIP".

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Yves

2005-01-14 08:53:04 UTC