J’ai trouvé !
Alors par contre j’ai pas le temps de rédiger là tout de suite, je ferais ça passé minuit si Hoetre ne le fait pas (il avait l’air pas trop mal parti ! Ses indications m’ont aidé à démarrer 
)
[spoiler]Je procède par récurrence.
Si f est l’identité pour tout entier <n, on va chercher x,y,z<n tels que n^2+x^2=y^2+z^2 et ce serait bon, on aurait bien f(n)=n grâce à plein de raisons déjà suffisamment discutées au dessus.
En raisonnant à l’envers, on aurait alors (n-y)(n+y)=(z-x)(z+x).
Maintenant, comment trouver x,y,z qui conviennent ? Perso, je me sers de l’associativité du produit, je suppose que n-y=a, n+y=bc, z-x=ab et z+x=c (Gros tâtonnage coup de chance ? Oui. En fait j’avais déjà vu cette astuce quelque part je crois, même si je me souviens pas où, et dans le cas présent ça m’a inspiré pour trouver x,y,z, que je pourrais directement donner en fonction de n mais ça semblerait un peu tiré de nulle part. Donc y a peut-être une idée plus élégante et directe ..)
Alors, on aurait n=\frac{a+bc}{2}, y=\frac{bc-a}{2}, x=\frac{c-ab}{2} et n=\frac{ab+c}{2}.
En particulier, si n=2k+1=\frac{2+4k}{2}, on peut prendre a=2, (b,c)=(2,2k) (j’aurais bien pris (4,k) mais ça donne pas des entiers), et alors (x,y,z)=(k-2,k+2,2k-1) (et ça marche pour n impair supérieur à 5).
Si n=2k, on l’écrit plutôt n=2k’+2 avec k’=k-1, pour obtenir encore une forme qui donne a,b et c, et ça donne justement (a,b,c)=(4,2,2k’) d’où (x,y,z)=(k'-4,2k'-2,k'+4) (qui marche pour n pair supérieur à 10)
Au final, l’hérédité marche bien pour n supérieur à 10, on a initialisé jusque 12 (ça je le refais pas, c’est bon tous ceux qui ont réfléchi à l’exo ont du au moins savoir faire ça !), donc c’est bon ![/spoiler]
raf38 a écrit:
- [Promesse de tacos lâchement remplacée par un point]
Je te déteste.
Héhé j’ai vu que tu approchaisbde la solution alors j’ai pensé que ca passerait inaperçu 
Bon du coup, je repart à la recherche d’une nouvelle équation fonctionnelle.
Y en a pas un qui veut faire équipe avec moi ? 
Je résout les équations et il propose des nouvelles 
Bref, tout ce qui me vient à l’esprit là tout de suite, c’est trouver les fonctions f de R^*_+ dans lui-même dont la limite en l’infini vaut 0, et vérifiant pour tout x,y>0 : f(xf(y))=yf(x)
Sinon raf, t’es en quelle classe toi ?
Gecko a écrit:
(Gros tâtonnage coup de chance ? Oui. En fait j’avais déjà vu cette astuce quelque part je crois, même si je me souviens pas où, et dans le cas présent ça m’a inspiré pour trouver x,y,z, que je pourrais directement donner en fonction de n mais ça semblerait un peu tiré de nulle part. Donc y a peut-être une idée plus élégante et directe ..)
Nico, un truc à rajouter dans ton pdf
pour l equation de gecko,
Deja on a pour tout x, xf(x) point fixe de f.
Ensuite, on montre que lim f en 0 c est +infini, et donc avec l hyp lim f en infini egal 0, on ne peut avoir de point fixe >1 ou <1( si x point fixe, x^(2) l est aussi.
On a donc pour tout x, xf(x)=1 et f(x)=1/x
J ai pas trop d idees pour l i stant par contre pour unr equation
Nico, un truc à rajouter dans ton pdf
Comment ça ?
J ai pas trop d idees pour l i stant par contre pour unr equation
Si j’ai réussi à en trouver, tu trouveras aussi !(je t’en proposerais bien une ou deux, mais je les garde pour moi je suis très égoïste
Puis en plus après je pourrais plus jouer.)
Une difficile mais très jolie (un peu long par contre) pendant que j’y pense :
Trouver toutes les fonctions définies sur \mathbb{R} à valeurs dans \mathbb{R} vérifiant, quels que soient x et y réels :
f(x^2+y+f(y))=2y+f(x)^2
Peut-on le faire avec des connaissances de 1èreS ?
Hmm… non. N’essaye pas celle-là.
Ok
J’en ai une ( et faisable vraiment par tout le monde),
Trouver les fonctions f de R dans R sous additives(f(x+y)inférieur ou égal à f(x)+f(y)) tel que f(x)~x en 0, càd f(x)/x tend vers 1 quand x tend vers 0.
Nico_ a écrit:
Une difficile mais très jolie (un peu long par contre) pendant que j’y pense :
Trouver toutes les fonctions définies sur \mathbb{R} à valeurs dans \mathbb{R} vérifiant, quels que soient x et y réels :
f(x^2+y+f(y))=2y+f(x)^2
Bon comme raf38 m’a parlé d’une autre solution que la mienne j’ai un peu penché sur le problème et j’ai trouvé quelque chose de plus simple que ce que j’avais trouvé il y a quelques temps !
Par contre raf38 je ne suis pas sûr que ce soit la même solution que tu as malgré tout donc je reste curieux
Gecko a écrit:
Bon du coup, je repart à la recherche d’une nouvelle équation fonctionnelle.
Y en a pas un qui veut faire équipe avec moi ?Bref, tout ce qui me vient à l’esprit là tout de suite, c’est trouver les fonctions f de R^*_+ dans lui-même dont la limite en l’infini vaut 0, et vérifiant pour tout x,y>0 : f(xf(y))=yf(x)
Sinon raf, t’es en quelle classe toi ?
Au fait : viewtopic.php?f=3&t=44770&start=15
kköhlc, un travailleur dans l’ombre.
C’est quoi le rapport entre ton lien, mon post, et kköhlc ? 
Sinon, j’ai réfléchi à ton équation, je suis dégouté, je pensais avoir (presque) trouvé mais finalement ma méthode pour montrer que f(x)=0 ssi x=0 étaient fausse et tout ce qui venait après aussi du coup (fin c’est pas complètement sans intérêt, y a peut-être moyen de rattraper le coup mais pour l’instant je trouve pas :/)
Bref, je vais continuer à y réfléchir mais effectivement elle m’a l’air balaise 
Bon, pour celle de Jiawang, j’ai tout juste commencé un tout tout tout petit truc, dites-moi déjà si j’ai pas trop dit de bêtises :p.
Alors, on a tout d’abord, d’après l’énoncé:f est une fonction de \mathbb{R} dans \mathbb{R} qui vérifie les propriétés suivantes:
1)f est sous-additive c’est à dire \forall x, \forall y, f(x+y)\leq f(x)+f(y)
2)f \sim x en 0 c’est à dire, (étant donné que l’identité ne s’annule qu’en 0) \lim_{x \rightarrow 0} {\frac{f(x)}{x}}=1
Si je me trompe pas, de 2) on obtient que \lim_{x \rightarrow 0} {f(x)} = \lim_{x \rightarrow 0} {x} = 0 donc, comme 0 \in \mathbb{R} alors \lim_{x \rightarrow 0}{f(x)} = f(0) soit f(0)=0 donc f est continue en 0 et y vaut 0. C’est la propriété 3)
Je me suis ensuite intéressé à la dérivée de f en 0 et, oh comme c’est étrange( )la propriété 2) ressemble à une limite de taux d’accroissement.
D’après 2) et 3) on a \lim_{x \rightarrow 0}{\frac{f(x+0)-f(0)}{x+0-0}} = \lim_{x \rightarrow 0} {\frac{f(x)}{x}}=1 c’est à dire f'(0)=1.
Bon là j’ai essayé de tirer des propriétés intéressantes sur f mais j’arrive pas trop à grand chose.
Devant cet obstacle( )je me suis intéressé aux polynômes qui vérifient 1) et 2).
Soit g une fonction polynomiale d’une variable réelle x.On a donc g(x)=\displaystyle{\sum_{k=0}^{n}{a_{k} {x^k} si g est de degré n.Déjà, pour que g vérifie (2) il faut que a_{0}=0 et que a_{1}=1 (en prenant la convention 0^0=1 ) car g(0)=\displaystyle{\sum_{k=0}^{n}{a_{k} {0^{k}}={a_{0}}+0 car \forall n \in \mathbb N^{*},0^{n}=0.
De plus comme g est une fonction polynomiale , elle est de classe \mathcal C^{1} donc g' existe et on a g'(x)= \displaystyle{\sum_{k=1}^{n} {k} {a_{k} {x^{k-1}}. Pour x=0 on a donc g'(0)=\displaystyle{\sum_{k=1}^{n} {k} {a_{k} {0^{k-1}}={a_{1}+0.
Ensuite, pour que g vérifie 1), il faut que g(x+y)\leq g(x) +g(y) à savoir
\displaystyle{\sum_{k=0}^{n}{a_{k} {(x+y)^{k}} \leq \displaystyle{\sum_{k=0}^{n}{a_{k} {x^{k}} + \displaystyle{\sum_{k=0}^{n}{a_{k} {y^{k}}
Donc \displaystyle{\sum_{k=2}^{n}{a_{k} {(x+y)^{k}} \leq \displaystyle{\sum_{k=2}^{n}{a_{k} {(x^{k} + y^{k})} d’après les résultats juste un peu plus haut.
Je croyais que mon post allait être petit…j’ai fait un pavé…et assez inutile puisque c’est essentiellement une redite de 1) et 2)
Ah, aussi, l’identité vérifie 1) et 2).
Bon j’ai fait « juste » ça (c’est vraiment un tout petit peu de travail).Bonne lecture( )
Tu te prenss là tête avec tes polynômes, fais simple, Je sais pas si t es en prépa mais une indication(on fait ça souvent):
Itération
Gecko a écrit:
C’est quoi le rapport entre ton lien, mon post, et kköhlc ?
Il avait déjà résolu l’équation que tu as proposé.
Ah ba oui tiens. J’aurais du lire un peu plus loin que le premier post de ton lien
Bon, allez je continue avec ce qu’a proposé Jiawang.
Dans tout ce qui suit je vais supposer que vous avez lu au moins la 1ère partie de mon premier post.(en gros, jusqu’aux polynômes).
Tout d’abord, on peut voir que l’identité vérifie 1) et 2)(la sous additivité et le fait d’être équivalent à l’identité en 0).En effet, soit la fonction f de \mathbb{R} dans \mathbb{R} qui à x associe x.
On a f(x+y)=x+y=f(x)+f(y) donc f est bien sous-additive(elle est même additive).
De plus, 0\in \mathbb{R},f(0)=0,f'(0)=1 donc f vérifie bien 2). Bon, là la démo consiste en gros à dire que c’est la seule fonction qui vérifie 1) et 2). Tout d’abord, on se propose de démontrer le lemme suivant:
Soit f une fonction de \mathbb {R} dans \mathbb {R} sous-additive. Alors \forall {x} \in \mathbb {R}, \forall {n} \in \mathbb {N}^{*}, f(n\frac{x}{n})\leq nf(\frac{x}{n})
En premier lieu, on a \forall x \in \mathbb {R}, \forall n \in \mathbb {N}^{*}, f(nx)\leq nf(x). On démontre ceci par récurrence.Initialisation:Pour n=1 on a bien f(1x)\leq 1f(x).Hérédité: Supposons la propriété vraie au rang n alors on a f((n+1)x)=f(nx+x)\leq f(nx)+f(x) or par hypothèse f(nx)\leq nf(x) d’où f(nx)+f(x)\leq nf(x)+f(x)=(n+1)f(x). La propriété vérifie le principe de récurrence, elle est donc vraie pour tout entier naturel non nul. De là on a bien le résultat \forall {x} \in \mathbb {R}, \forall {n} \in \mathbb {N}^{*}, f(x)=f(n\frac{x}{n})\leq nf(\frac{x}{n}).
Maintenant, soit h la fonction de \mathbb {R} dans \mathbb {R} définie par \forall x \in \mathbb{R}, h(x)=g(x)-x où g est une fonction vérifiant 1) et 2). La démonstration va consister à prouver que \forall x \in \mathbb{R}, h(x)=0
Tout d’abord, h est définie en 0 et continue en 0 et on a h(0)=0 car 0\in \mathbb{R}, \lim_{x \rightarrow 0} h(x)=\lim_{x \rightarrow 0} g(x)-x=g(0)-0=0.
Ensuite, on a :
\forall x \in \mathbb {R}^{*}, \frac{h(x+0)-h(0)}{x+0-0} = \frac{g(x+0)-g(0)}{x+0-0} - 1.
Par passage à la limite on obtient, \lim_{x \rightarrow 0} \frac{h(x+0)-h(0)}{x+0-0} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{g(x+0)-g(0)}{x+0-0} - 1=0 d’après 2). Donc h'(0)=0. Troisième propriété de h, elle est sous-additive. En effet \forall x \in \mathbb {R}, \forall y \in \mathbb {R}, h(x+y)=g(x+y)-(x+y) et on a \forall x \in \mathbb {R}, \forall y \in \mathbb {R}, g(x+y)\leq g(x)+g(y) par sous-additivité de g donc g(x+y)-(x+y) \leq g(x)+g(y)-x-y=h(x)+h(y). On peut donc appliquer le lemme à h. Donc, d’après le lemme plus haut: \forall x \in \mathbb {R}, \forall n \in \mathbb {N}^{*}, h(x)\leq nh(\frac{x}{n}). De là, \forall x \in \mathbb {R}^{*}_{+}, \frac{h(x)}{x} \leq n\frac{h(\frac{x}{n})}{x} donc \frac{h(x)}{x} \leq \frac{h(\frac{x}{n})}{\frac{x}{n}}.Par passage à la limite quand n tend vers +\infty, on a \frac{h(x)}{x}\leq h'(0)=0. De façon analogue, on obtient \forall x\in \mathbb{R}^{*}_{-}, \frac{h(x)}{x}\geq h'(0)=0. Les deux cas nous amènent à \forall x \in \mathbb {R}^{*}, h(x)\leq 0 donc \forall x \in \mathbb {R}^{*}, h(-x)\leq 0. Or \forall x \in \mathbb {R}^{*}, 0=h(0)=h(x+(-x)\leq h(x)+h(-x) soit h(x)+h(-x) \geq 0 donc h(x) \geq 0 ou h(-x) \geq 0 c’est à dire qu’on a \forall x \in \mathbb{R}, h(x) \in \mathbb {R}_{+} et h(x) \in \mathbb {R}_{-} donc h(x)=0 or h(x)=g(x)-x donc g(x)=x.
Bon j’ai sûrement laissé pas mal de coquilles dans la démo mais je pense que dans l’ensemble ça doit être juste.
Le résultat est généralisable d’une certaine manière, je pourrais p-e le faire un peu plus tard…et ça donne un résultat très intéressant selon moi, assez « profond » surtout quand on le lie à un autre ensemble de fonctions.
Voilà, dites-moi si pour la rédaction ça va, vous me seriez d’une grande aide sur ce point-là 
.(ça passe un peu ric-rac sur la fin je sais mais bon )