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Provient du message de Obierwan MILKS
Ouais je sais, on m'a souvent reproché ca mais c'est parce que dans ma tête c'est bien clair alors je vois pas l'intérêt de le mettre
le problème c'est justement que de la manière dont tu le dis, on n'a pas l'impression que c'est clair dans ta tête
Ce n'est pas prendre le correcteur pour un noob que d'écrire des choses de manière précise et rigoureuse, c'est lui prouver que tout est bien clair dans ta tête.

Les mathématiques ont l'immense avantage d'être une science exacte, autant en profiter
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.
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Regarde la date de naissance de la posteuse ( ) et tu verras bien qu'avec l'age qu'elle a, on voit juste les fonctions y=ax+b
Bizarre j'ai le même age et pourtant je ne vois pas que les fonction du type y=ax+b
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TMQT
 
Y'a même des gens de deux ans de plus qui font une thèse, hein

(Dites, je m'inquiète, est-ce bien normal que ces problème ne m'intéressent plus du tout ?)

Encore une fois, on ne dit pas une "fonction du type y = ax + b". Soit on a une fonction affine de IR dans lui-même, dont l'expression est f(x) = ax + b, soit on a une droite dans IR^2, d'équation y = ax + b, et qui se trouve être miraculeusement le graphe de la fonction affine.

J'avais écrit un truc sur la théorie des ensembles, et qui présentait de manière formelle ce qu'est un graphe, une application, etc..., mais il n'est plus sur mon ftp. J'me demande où il est passé

J'le retrouverai, et je le posterai

Je peux poster des variations sur le thème ? Un petit exo sympathique : soit f:IR --> IR une fonction additive sur les réels, et continue en un point xo donné.
Montrer que f est continue sur tout la droite réelle, et que f est linéaire.

C'est un exo pipô dès qu'on a vu le truc, la première variation que j'en avais trouvé remplaçait l'hypothèse de continuité par "f bornée sur la boule unité".
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Melchiorus
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Provient du message de Prune
Donc voila l'énoncé tant attendu....

Determiner l'ensemble des fonctions f telles que :
f(0)=1
Pour tout x réel : f( x + f(x) ) = f(x)/2

^^
Si on suppose que f est continue on peut montrer que la fonction vérifie : pour tout x réel f(x+2 f(x))=0.

En effet soit x réel. Posons y=f(x)
On a :
f(x+y)=f(x+f(x))=f(x)/2=y/2
f(x+y+y/2)=f(x+y+f(x+y))=y/4
f(x+y+y/2+y/4)=f(x+y+y/2+f(x+y+y/2))=y/8
...
f(x+y+y/2+y/4+...+y/2^n)=y/2^(n+1)

Quand n tend vers l'infini on obtient f(x+2y)=0 ce qui est bien f(x+2 f(x))=0.
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Par contre on n'a pas unicité de la solution de ton problème même avec la continuité.
Une première solution c'est f(x)=1-x/2 pour tout x réel
Une deuxième solution c'est f(x)=1-x/2 pour x<2 et f(x)=0 pour x>=2.


En fait il y a même une infinité de solution.
Soit a>2, on pose
f(x)=1-x/2 pour x<2
f(x)=0 pour 2<=x<a
f(x)=(a-x)/2 pour x>=a

Preuve :
Soit x réel

1er cas : x<2
x+f(x)=1+x/2<2
donc f(x+f(x))=1-(x+f(x))/2=1/2-x/4=f(x)/2

2eme cas : 2<=x<a
x+f(x)=x qui appartient à [2,a[
donc f(x+f(x))=f(x)=0=f(x)/2

3eme cas : x>=a
x+f(x)=(a+x)/2>=a
donc f(x+f(x))=(a-x-f(x))/2=(a-x)/4=f(x)/2
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Shad Wild
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Je n'ai RIEN compris, c'est normal?
Ah oui, j'avais oublié, je suis littéraire
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Dueve
Reine
 
En effet il n'y a pas unicité de la solution. Il manque une contrainte sur f pour cela. La meilleure contrainte (enfin celle qui arrangerait) serait la stricte monotonie de la fonction.

Dans ce cas, on pourrait terminer la démonstration ainsi :

Citation:
Provient du message de Melchiorus
Quand n tend vers l'infini on obtient f(x+2y)=0 ce qui est bien f(x+2 f(x))=0.
f continue et f strictement monotone (conditions _nécessaires_ et suffisantes),
f-¹ o f(x+2f(x)) = f-¹(0)
soit x+ 2 f(x) = f-¹(0)
f(0) = 1 implique f-¹(0) = 2
donc f(x) = 1 - x/2
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Avatar de Guitou
Guitou [CPC]
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Re: Re: Re: Re: Re: Mathématisation...
Citation:
Provient du message de Obierwan MILKS
Ca a été édité...
regarde le premier message de réponse et tu verras dans le QUOTE.
j ai ete un peu prompt a reagir pardon ^^
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Citation:
Provient du message de tamamanquitaime
Un petit exo sympathique : soit f:IR --> IR une fonction additive sur les réels, et continue en un point xo donné.
Montrer que f est continue sur tout la droite réelle, et que f est linéaire.
(Cliquez le bouton ou survolez le contenu pour afficher ce spoiler.)
Soit x réel
f(x+h)=f(x-x0)+f(x0+h)
lim f(x0+h) quand h tend vers 0 vaut f(x0) car f continue en x0.
donc lim f(x+h) quand h tend vers 0 vaut f(x-x0)+f(x0)=f(x).
Donc f continue en x.

Pour tout entier n on a f(n)=n*f(1) (récurrence facile)
On montre après que pour tout rationnel (p/q) on a f(p/q)=(p/q)*f(1). [on a en effet q*f(p/q)=f(p)=p*f(1)]
Par continuité de f, on a donc f(x)=x*f(1) [c'est vrai sur les rationnels qui sont denses dans les réels]
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Citation:
Provient du message de Erewyr
En effet il n'y a pas unicité de la solution. Il manque une contrainte sur f pour cela. La meilleure contrainte (enfin celle qui arrangerait) serait la stricte monotonie de la fonction.
En fait c'est la bijectivité de f que tu veux (cf ta démo après)
Cela dit pour une fonction continue, bijectivité et stricte monotonie sont équivalents

D'ailleurs on peut même demander une hypothèse plus faible que la bijectivité : il suffit que l'image réciproque de 0 par f soit un singleton (c'est à dire qu'il n'y ait qu'un seul x tel que f(x)=0).
Peut être que cette hypothèse implique que f est bijective, flemme d'y réfléchir
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Dueve
Reine
 
Citation:
En fait c'est la bijectivité de f que tu veux
En effet dans ces conditions f sera bijective. Mais j'ai juste besoin de l'existence de la fonction réciproque pour dire que
f-¹ o f = 1 (fonction unité hein pas le nombre 1 héhé)

L'unicité de l'antécédent de 0 par f n'est suffisant car on utilise
f-¹ o f( x + 2f(x)) = x + 2f(x), x dans R.

Il faut donc s'assurer de la stricte monotonie de f sur R. Et en l'occurrence les hypothèses de l'énoncé n'impliquent pas que f le soit. Comme l'a fait remarquer Melchiorus, il existe une infinité de solutions qui ne sont pas monotones.
Donc le problème n'est pas résolu, si f continue strictement monotone alors f(x)= 1 - x/2, sinon bah on a une solution fournie par Melchiorus mais on n'a pas démontré qu'il s'agit de toutes les solutions.
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TMQT
 
Citation:
Provient du message de Melchiorus
(Cliquez le bouton ou survolez le contenu pour afficher ce spoiler.)
Soit x réel
[...]]
Hého ! C'est pour Prune, pas pour toi (je me doute bien que t'y arrives )

Et avec f bornée sur B(0,1) ? (oui, c'est pas très compliqué, hein )
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Citation:
Provient du message de Erewyr
L'unicité de l'antécédent de 0 par f n'est suffisant car on utilise
f-¹ o f( x + 2f(x)) = x + 2f(x), x dans R.
Si, c'est suffisant.

En effet on a f(x+2f(x))=0. Si le seul antécédent de 0 par f est 2, ca veut donc bien dire que x+2 f(x)=2

Citation:
Provient du message de tamamanquitaime
Hého ! C'est pour Prune, pas pour toi (je me doute bien que t'y arrives )
Pour ça que j'ai mit un spoiler

Citation:
Provient du message de tamamanquitaime
Et avec f bornée sur B(0,1) ? (oui, c'est pas très compliqué, hein )
(Cliquez le bouton ou survolez le contenu pour afficher ce spoiler.)
On montre que f est continue en 0 par exemple
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Citation:
Provient du message de Erewyr
L'unicité de l'antécédent de 0 par f n'est suffisante car on utilise
f-¹ o f( x + 2f(x)) = x + 2f(x), x dans R.
Citation:
Provient du message de Melchiorus
Si, c'est suffisant.
En effet on a f(x+2f(x))=0. Si le seul antécédent de 0 par f est 2, ca veut donc bien dire que x+2 f(x)=2
Bah vi ! tiens... je me rouille. Je suis confus donc je rectifie :
f-¹ o f( x + 2f(x)) = x + 2f(x), x dans R. n'est pas utilisé donc forcément je suis à coté de la plaque
f-¹ o f( x + 2f(x)) = x + 2f(x), pour x = 2 est utilisé (on sait que c'est 2 a posteriori mais çà change rien à l'histoire)

Cette horrible boulette bien involontaire étant rectifiée (désolé hein les maths j'ai arrêté il y a quelques temps déjà *se souvient de la prépa *), il n'en reste pas moins que le problème n'est pas résolu dans le cas des fonctions où 0 aurait plusieurs antécédents par f (comme celles de ta démonstration).

Et là je me dis que j'ai oublié un maximum de choses quand même en quelques années...
Lien direct vers le message - Vieux
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