J ai pas lu tout vers la fin mais je me souviens de ma démo c etait à peu près pareil.
Tu es en quelle classe ? Tu écris quand meme enormement des fois, pour moi tu pourrais dire direct: par récurrence immédiate f(nx) inferieur ou egal à nf(x)
Je suis en 1ère S donc je sais pas trop encore comment bien rédiger et je sentais bien que c’était super long mais je vois pas où je pourrais sauter(et je pense pas que ce soit un bon conseil que de sauter certaines démos pour la TS je pense, après faut voir)
No problèmes si t es en première, tu vas vite avoir du recul. Après je crois que c est un exo d olympiades, donc de première 
Bon, je relance :
Trouvez toutes les fonctions de \mathbb{R}^+ dans \mathbb{R}^+.
Telles que pour tout x dans \mathbb{R}^+
f(f(x))=6x-f(x)
(c’est surtout pour les terminales 
)
Ah j’avais déjà trouvé deux solutions pour f\circ f +kf=k' où f est une fonction de \mathbb {R} dans \mathbb {R}, k \in \mathbb {R},k' \in \mathbb {R}. Peut-être que c’est adaptable pour ça, je vais voir.
J’avais trouvé les fonctions g de \mathbb {R} dans \mathbb {R} telles que \forall x \in \mathbb{R}, g(x)=\lambda k' avec soit \lambda = \frac{1}{k+1},k \neq -1(j’y suis arrivé en supposant \lambda non nul après avoir traité le cas où \lambda = 0) soit \lambda \in \mathbb{R}(« quelconque ») si k'=0, avec les notations du dessus. Et aussi les fonctions h de \mathbb {R} dans \mathbb {R} telles que h(x)=kx+k', toujours avec les notations du dessus. C’était deux solutions particulières que j’avais trouvées.
Bon, voyons voir ça…Et encore merci pour ta réponse, Jiawang.
Jiawang a écrit:
No problèmes si t es en première, tu vas vite avoir du recul. Après je crois que c est un exo d olympiades, donc de première
Pour moi, c’est un exo posé à l’x l’an passé (numéro 213 dans la rms de janvier 2013)
Il y a une solution un peu plus courte que ce qui a été proposé.
On commence par montrer la dérivabilité en tout point en montrant la dérivabilité à droite et à gauche grâce au th des gendarmes…
raf38 a écrit:
Bon, je relance :
Trouvez toutes les fonctions de \mathbb{R}^+ dans \mathbb{R}^+.
Telles que pour tout x dans \mathbb{R}^+
f(f(x))=6x-f(x)
J’essaye quelque chose, mais ça me paraît bizarre comme solution :
[spoiler]On pose x=0 : f(f(0)) = -f(0)\text{ }(1)
Je suppose que f est une fonction polynomiale de degré n. Ainsi, la composée f\circ f est de degré n^2
Or, le second membre est de degré n. Ainsi il vient que si f est une fonction polynomiale elle est de degré 1.
On suppose alors que f(x) = a.x + b, a\in\mathbb{R}^{+\star}\text{ et }b\in\mathbb{R}^+
De (1) il vient a.b + b = -b\Leftrightarrow b(a+2) = 0
Donc a=-2 et/ou b=0.
On ne retient que la solution b=0 à cause des hypothèses.
On pose alors f(x) = \alpha .x, \alpha\in\mathbb{R}^{+\star}
f(f(x)) = \alpha ^2 x
6x - (\alpha .x) = x(6-\alpha )
D’où \alpha ^2 x = x(6-\alpha )\Leftrightarrow x.(\alpha ^2 + \alpha - 6) = 0
On ne retient que la solution positive : \alpha = 2.
On vérifie : Soit f la fonction définie de \mathhb{R}^+ dans \mathbb{R}^+ par f(x) = 2x.
f(0) = 0 d’où f(f(0)) = f(0) = 0 = -f(0) Ainsi (1) est validé.
De plus, f(f(x)) = 2.2x = 4x = 6x - 2x = 6x - f(x)
Ainsi, la fonction x\in \mathbb{R}^+\mapsto 2x est solution de l’équation fonctionnelle.
Mais ça me paraît bizarre, j’ai surement été trop vite en supposant f polynomiale par exemple …[/spoiler]
@jeanN, oui exo de l X mais aussi d olympiades/concours general
Je suis preneur d’une référence. À moins que tu n’aies voulu dire que cet exo aurait pu être posé
au cg/olympiades…
ingens a écrit:
J’essaye quelque chose, mais ça me paraît bizarre comme solution :
[spoiler]On pose x=0 : f(f(0)) = -f(0)\text{ }(1)
Je suppose que f est une fonction polynomiale de degré n. Ainsi, la composée f\circ f est de degré n^2
Or, le second membre est de degré n. Ainsi il vient que si f est une fonction polynomiale elle est de degré 1.
On suppose alors que f(x) = a.x + b, a\in\mathbb{R}^{+\star}\text{ et }b\in\mathbb{R}^+
De (1) il vient a.b + b = -b\Leftrightarrow b(a+2) = 0
Donc a=-2 et/ou b=0.
On ne retient que la solution b=0 à cause des hypothèses.
On pose alors f(x) = \alpha .x, \alpha\in\mathbb{R}^{+\star}
f(f(x)) = \alpha ^2 x
6x - (\alpha .x) = x(6-\alpha )
D’où \alpha ^2 x = x(6-\alpha )\Leftrightarrow x.(\alpha ^2 + \alpha - 6) = 0
On ne retient que la solution positive : \alpha = 2.
On vérifie : Soit f la fonction définie de \mathhb{R}^+ dans \mathbb{R}^+ par f(x) = 2x.
f(0) = 0 d’où f(f(0)) = f(0) = 0 = -f(0) Ainsi (1) est validé.
De plus, f(f(x)) = 2.2x = 4x = 6x - 2x = 6x - f(x)
Ainsi, la fonction x\in \mathbb{R}^+\mapsto 2x est solution de l’équation fonctionnelle.
Mais ça me paraît bizarre, j’ai surement été trop vite en supposant f polynomiale par exemple …[/spoiler]
Pour moi ce que tu as fait est bon, mais tu n’as pas trouvé toutes les solutions (ou du moins pas prouvé l’unicité de x\mapsto 2x). Car rien ne nous dit a priori que les solutions sont polynomiales.
Perso j’ai fait comme ça, mais je ne peux pas être sur à 100% non plus que c’est parfaitement correct :
On montre d’abord que f est injective : Soit f(x)=f(y) ; on a (f(x),f(y))\in(\mathbb{R}^+)^2. Donc f(x)=f(y) \Longleftrightarrow f(f(x))=f(f(y)) \Longleftrightarrow 6x-f(x)=6y-f(y) \Longleftrightarrow x=y.
Ensuite montrons que \lim_{x\to +\infty} f(x)=+\infty. Supposons que \lim_{x\to +\infty} f(x)=k, k\in\mathbb{R}^+. Par composition, cela implique que \lim_{x\to +\infty} f(f(x))=f(k) \Longrightarrow \lim_{x\to +\infty}(6x-f(f(x)))=+\infty. Or f(x)=6x-f(f(x)) On n’a pas l’unicité de la limite, ce qui est absurde ! Donc \lim_{x\to +\infty} f(x)=+\infty. Ainsi f est surjective, d’où f est bijective de \mathbb{R}^+ dans \mathbb{R}^+.
On essaye de trouve les points fixes de f (ce qui va enfait nous donner f(0)) : Soit k\in\mathbb{R}^+ tel que f(k)=k \Longleftrightarrow f(k)=6k-f(k) \Longleftrightarrow f(k)=5f(k) \Longleftrightarrow f(k)=0 \Longrightarrow f(0)=0. Ensuite j’ai directement supposé que f(x)=ax et j’ai trouvé a=2 par la même méthode que ingens puis j’ai vérifié que x\mapsto 2x était belle et bien solution.
Après, je pose g(x)=f(x)-2x \Longleftrightarrow f(x)=g(x)+2x $\Longleftrightarrow f(f(x))=f(g(x)+2x) \Longleftrightarrow f(g(x)+2x)=6x-f(x)$$\Longleftrightarrow f(g(x)+2x)=4x-g(x)$ ; ensuite f(g(x)+2x)=g(g(x)+2x)+2g(x)+4x \Longleftrightarrow 4x-g(x)=2g(x)+4x+g(g(x)+2x) \Longleftrightarrowv -3g(x)=g(f(x)).
Or, \lim_{x\to +\infty} f(x)=+\infty ; donc \lim_{x\to +\infty} g(x)=\lim_{x\to +\infty} g(f(x)). Ce qui est absurde car -3g(x)=g(f(x)).
Donc g(x)=0 \Longrightarrow f(x)=2x, qui est donc la seule solution.
Pour le passage aux limites j’espère ne pas avoir fait d’erreur car je me demande d’ailleurs si ce que j’ai fait n’est possible que sous hypothèse de continuité ?
Attention toutes les limites par composition nécessitent la continuité, et ce n’est pas parce qu’une fonction n’a pas de limite réelle qu’elle tend vers l’infini : quid de la fonction cosinus ?
Et c’est quoi cette manie de supposer f polynomiale ? C’est autant tricher que considérer que f est croissante, ou que considèrer que f(x)=2x
En fait c est mon professeur qui nous l’a dit en fait…
raf38 a écrit:
Attention toutes les limites par composition nécessitent la continuité, et ce n’est pas parce qu’une fonction n’a pas de limite réelle qu’elle tend vers l’infini : quid de la fonction cosinus ?
Et c’est quoi cette manie de supposer f polynomiale ? C’est autant tricher que considérer que f est croissante, ou que considèrer que f(x)=2x
C’est bien ce que je craignais pour la continuité. Ici, elle n’a pas de limite réelle donc elle tendrais bien vers l’infini : j’avais prouvé la ligne du dessus que f est injective (et donc strictement croissante car de R+ dans R+).
PS : J’avoue avoir grillé mes dernières cartouches avec les limites. J’avais essayé de montrer que f(x+y)=f(x)+f(y) sans succès (et c’est peut-être même pas vrai). Je ne cracherais pas sur une petite indication stp !
raf38 a écrit:
Et c’est quoi cette manie de supposer f polynomiale ? C’est autant tricher que considérer que f est croissante, ou que considèrer que f(x)=2x
Oui oui je sais bien que c’était faux/très incomplet. J’ai cependant posté pour voir ce qui n’allait pas. En fait, c’est la première fois sur ce fil que je rencontre des équations fonctionnelles.
D’ailleurs, je me demandais si c’était normal… Quand on voit Raf en TS, ou Muscovado ou encore Vault, tous deux en 1ère arriver à résoudre ça. Mais ce n’est pas grave, je suis là pour apprendre
Par ailleurs, les notions de subjectivité/injectivité/bijectivité ne sont pas au programme je crois, enfin on n’en a jamais parlé en cours.
Y a-t-il une méthode « simple » pour appréhender des équations fonctionnelles ? Ou faut-il tout faire « à tâtons », empiriquement … ?
Merci pour vos réponses.
Regarde le pdf qu a mis valvino en premiere page
Oh, j’étais loin d’avoir résolu cette équation hein, j’avais juste proposé deux solutions(particulières) pour une autre équation qui lui « »« « ressemblait un peu » »"(en fait pas vraiment mais bon…) et je suis loin d’être capable de torcher à tour de bras des exos d’olympiades/cg hein. Sinon, le pdf de Valvino issu d’animath m’a l’air très bon(je ne l’ai pas encore lu en détail), mais je peux aussi recommander celui-ci(issu des Olympiades de math suisses, comme le site l’indique:
imosuisse.ch/skripte/algebra … hungen.pdf
(je ne l’ai pas encore lu en détail non plus, mais un rapide coup d’oeil montre que la fin n’est pas traduite…dommage.Bon, voilà qui me donne une bonne raison de travailler mon allemand 
)(et il est par ailleurs moins complet que l’autre je crois)
Tout comme Vault, je n’ai pas résolu complètement les équations posées J’essaie simplement quelques trucs par substitution, etc.
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
J’ai trouvé ! Comme personne semble l’avoir résolu, je me lance (ça fait longtemps je sais, mais bon j’avais tenté un soir et j’avais laissé tombé parce que je trouvais pas. Mais comme aujourd’hui j’étais déprimé j’avais rien de mieux à faire que me relancer là dedans)
[spoiler]
- De toute évidence, f est surjective. Si on fixe x, et fait bouger y dans R entier, 2y+f(x)² décrit R.
- Si x tend vers +infini, f(x) aussi. Suffit de remarquer que f([y+f(y),+\infty[)\subset[2y,+\infty[.
- Maintenant, le point essentiel, ou en tout cas celui qui m’a le plus fait galérer : f(x)=0 si et seulement si x=0.
Bon d’abord, posons z=f(0). En prenant les bonnes valeurs dans l’équation de départ, on trouve f(z)=z², puis f(z²+z)=z⁴=2z+z². Donc, soit z=0, et on va d’abord supposer que non, soit z³=z+2. On peut alors vérifier que z>1.
Supposons alors f(x)=0. Comme |f(y)|=|f(-y)| pour tout réel y, on peut considérer x positif. On définit une suite (z_n) par z_0=x et z_{n+1}=z_n^2+z pour n strictement positif, alors f(z_n)=0 pour tout n, pourtant, comme z>1 on peut vérifier par récurrence que z_n\geq n pour tout n, absurde d’après le dernier point.
Donc, si z>0, f n’atteint pas 0 ce qui contredit la surjectivité. Ca montre un des sens de mon équivalence, f(0)=0. En particulier, f(y+f(y))=2y et f(x²)=f(x)² pour tout (x,y) réels. Si maintenant x>0 annule f, f(x²)=0 aussi et f(x²+x)=2x=2x² (en prenant (x,x) et (sqrt(x),x²) dans l’équation de base), donc x=0. Ou x=1 mais on vérifie facilement que f(1)=1.
- On va pouvoir en déduire que f est bijective et impaire.
Si y=-f(x)/2 où x>0, f(x+y+f(y))=0, et donc -x=y+f(y), ce qui prouve que f+id atteint tous les réels négatifs. On peut en déduire que f est injective sur R+ (si f(x)=f(z), on a f(x²-z²)=0 en prenant y+f(y)=-z² dans l’équation de départ, d’où x=z), et comme f(R+)=R+ (f(x²)=f(x)²), f est bijective sur R+. De là, et avec la surjectivité + le fait que f(x)²=f(-x)² pour tout réel x, on en déduit que f est impaire et bijective sur R.
- De même, f+id est bijective.
On en déduit ça :
\forall(x,z)\in\mathbb{R}^2, f(x+z)=f(x)+f(z) (le z représente y+f(y)). En particulier, f est l’identité sur Q. Comment prolonger f sur R ? On va pas se servir d’une quelconque continuité, mais plutôt de la croissance de f : si x\geq z\geq0, alors f(x-z)\geq0 puis grâce à l’équation donnée y a 10 secondes, f(x)\geq f(z).
Puis par imparité, f est croissante sur R et on sait passer de Q à R.
Conclusion ultime : f=id_\mathbb{R}[/spoiler]
Je suis juste méga-content du coup
joli 
Yes Gecko Il y a des idées en commun avec ma première démonstration mais pas tout. Je poste ici ou je t’envoie un MP quand j’aurai la motivation.
Et pour ma deuxième preuve je posterai les idées ici mais j’avais fait ça à l’arrache donc pas sûr que ce soit juste…