Bonjour !
Je trouve qu’il y a beaucoup de raccourcis dangereusements évidents sur Aops (en plus j’ai pas le niveau 
), alors je crée mon topic marathon équations fonctionelles. Je pense que vous connaissez le principe, quand on résout un problème on en poste un autre. Je commencerai par celui-là :
Trouvez toutes les fonctions f de \mathds{R}_{+}^{*} dans \mathds{R}_{+}^{*}
Telles que \forall w,x,y,z \in \mathds{R}_{+}^{*} tels que wx=yz
\frac{(f(w))^2+(f(x))^2}{f(y^2)+f(z^2)}=\frac{w^2+x^2}{y^2+z^2}
Wa, j’adore l’idée du marathon ! Bon, je sais pas si on peut améliorer ma preuve, ou si j’ai fait des fautes, pour ma défense il est tard 
Bref, voilà comment je procède.
[spoiler]Je pose g=f^2.
En prenant (y,z)=(w,x), on voit que f(x^2)+f(w^2)=f(x)^2+f(w)^2 pour tout (x,w)\in(\mathbb{R}_+^*)^2
Ce qui donne en particulier f(1)=1 (avec x=w=1) et f(x^2)=f(x)^2 (avec w=1) pour tout x>0
De même g(x^2)=g(x)^2
De l’équation de départ, on tire que :
\forall a\in\mathbb{R}_+^*\exists k_a\in\mathbb{R}^*_+\forall x\in\mathbb{R}_+^*,\quad g(x)+g(\frac{a}{x})=k_a(x^2+\frac{a^2}{x^2})
Et en évaluant en x=1, et x=\sqrt{a}, on obtient (en réarrangeant les formules trouvées pour k_a) \frac{1+a^4}{a^2}g(a)=1+g(a^2) pour tout a>0, ce qui permet (résolution d’une équation de degré 2) de voir que f(a)=a ou \frac{1}{a}
Maintenant, on suppose qu’il existe x et y différents de 1 tq f(x)=x et f(y)=1/y, alors avec les équations données au dessus (en prenant k_{xy} dont on a trouvé la formule), on trouve f^2(x)+f^2(y)=\frac{f^2(\sqrt{xy})}{xy}(x^2+y^2)
Ainsi, x^2+\frac{1}{y^2}=f^2(\sqrt{xy})(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}), et on aboutit à une contradiction car f(\sqrt{xy})=\sqrt{xy} (et alors y=1) ou \frac{1}{\sqrt{xy}} (et alors x=1)
Donc finalement, f est l’identité ou la fonction inverse.[/spoiler]
Edit : Mince, si j’ai bon je connais pas trop d’équations fonctionnelles à proposer 
Je vais y réfléchir, je dois bien en avoir une ou deux à ressortir du fin fond de ma mémoire !
Tout le monde connait une équation fonctionnelle au moins 
(et oui tu as bon)
Bravo ! Il faut en poster une autre maintenant, ou le marathon deviendra un sprint 
Nico_ a écrit:
Tout le monde connait une équation fonctionnelle au moins 
(et oui tu as bon)
Non mais oui, mais je vais pas vous sortir f(x+y)=f(x)+f(y) 
@Valvino : Oui mais c’est moins drole qu’un marathon. J’y jetterai un coup d’oeil ce soir quand j’aurais plus de temps (bon j’ai déjà jeté un coup d’oeil, je veux dire que je le lirais ce soir !)
Bref, finalement je m’en souviens d’une qui m’avait tenu éveillé quelques temps aussi 
(mais d’un style différent)
Trouver toutes les applications f de N dans N telles que
pour tout n\in\mathbb{N} :
f(n+1)>f(f(n))
Oulà il faut la prendre dans le bon sens elle
Soit P(n) :"\forall x > n, \ f(x) > n"
La propriété est vraie au rang 0.
Supposons P(k) vraie, alors on a \forall x > k, \ f(x) > k
Alors x>k+1 => f(x)>ff(x-1)>k
Donc P(k+1) est vraie.
Donc P(n) est vraie quel que soit l’entier naturel n.
On en déduit que f(x)>x-1
Et que f est strictement croissante.
Alors :
f(x+1)>ff(x)
=> x+1>f(x)
D’où f(x)=x
Pour vous, une difficile :
Soit f de N dans N telle que f(m^2+n^2)=f(m)^2+f(n)^2, quels que soit les entiers naturels m et n.
(on pourra, pour commencer calculer f(x) pour x allant de 0 à 12).
x-1 est superieur à k donc f(k-1) l’est et ff(k-1) aussi, par l’hypothèse de réccurence
C’est un point clé, il faut le mentionner
Ahah il est ouf celui que tu as proposé raf38.
Je l’ai un peu cherché, je n’ai pas le temps de bien rédiger ce soir.
Je trouve que déjà le calcul des f(x), x \in 0 \cdots 12 n’est pas évident, voilà en gros les idées que j’ai développé pour l’instant, dis moi si je suis sur une piste raisonnable :
[spoiler]1) f(0) = 0, f(1) = 0 ou 1
2) f(m^2) = f(m)^2
Bon déjà on remarque qu’en gros, selon la valeur choisie pour f(1), f va être soit la fonction nulle, soit l’identité.
J’ai l’impression qu’il faut ensuite introduire des triplets pythagoriciens. Je pense à ça parce que c’est ce que j’ai du faire pour calculer f(3) : le calcul de f(4) et f(5) se faisant bien, je me suis servi de l’égalité 3^2 + 4^2 = 5^2 pour accéder à f(3), puis même chose pour calculer f(6) en utilisant 6^2 + 8^2 = 10^2.
J’ai donc construit de façon générale à partir d’un x donné, un triplet pythagoricien faisant intervenir x.
Peut-être pourrais-je montrer à partir de là qu’on peut grosso modo taper un peu sur tous les nombres, qu’en gros je peux toujours ramener le calcul d’un f(x) à des calculs plus simples lorsque celui-ci n’est pas trivial…
Mais je n’ai pas trop le temps de formaliser tout ça. Et je pense qu’il me reste du chemin à faire avant de pouvoir conclure ^
Mais tu peux y arriver nico, je le sens
Au fait j’ai oublié de rajouter la condition f(1)=1
L’idee est de trouver qqch de generalisable, peut etre des quadriplets. Passer un peu de temps sur le calcul des douzes premieres valeurs aide.
Je l’ai fait je l’ai fait
Avec des variantes sur f(1).
Bah, j’ai calculé les 12 premiers termes, mais je n’ai pas fait intervenir de quadruplets à ce jour. Et bon vu qu’à chaque fois je suis tombé sur l’identité, je ne pense pas m’être trompé dans mes calculs.
Zut, j’ai pas du faire ça d’une manière assez « généralisable »…
Ah ouais si je commence à comprendre… genre le calcul de f(7) peut se faire en écrivant 50 = 7^2 + 1^2 = 5^2 + 5^2…
Mouais bon, avant de formaliser tout ça… Je ferais mieux d’aller dormir… 
Euh par contre Nico, je ne comprends pas ton « avec des variantes sur f(1) »… sauf erreur de ma part, f(1) = f(1)^2 ce qui laisse quand même un nombre de variante à l’exercice assez… restreint, non ?
Oui comme dans ton spoiler en fait. « Variantes » c’était pas le bon mot
raf : avec un peu de background c’est faisable (mais ça demande un peu de recherche) mais même les plus jeunes peuvent s’y attaquer et là c’est une autre histoire.
Alors ca s’inscrit dans quelque chose quand meme ? Parce que le mec qui l’invente !!
snif snif… est-ce que ça doit sentir les entiers de gauss?
