Soit \(f : \mathbb{R}{+} \mapsto \mathbb{R}\) une fonction non-nulle vérifiant : \[(\star) \quad\forall (x, y) \in \mathbb{R}^{2}, \quad f(x + y) = f(x) + f(y)\] \[(\star \star) \quad\forall (x, y) \in \mathbb{R}^{2}, \quad f(x y)= f(x) f(y)\]

  1. Montrez que \(f(1) = 1\) et \(f(0) = 0\).

  2. Montrez que \(\forall n \in \mathbb N\), \(f(n) = n\).

  3. Montrez que \(\forall r \in \mathbb{Q}{+}\), \(f(r) = r\).

  4. Montrez que \(\forall x \in \mathbb{R}{+}\), \(f(x) \geqslant 0\).

  5. Montrez que \(f\) est une fonction croissante.

  6. Montrez que \(\forall x \in \mathbb{R}{+}\), \(f(x) = x\). (On raisonnera par l’absurde, en supposant par exemple que \(x < f(x)\) et on introduira un rationnel \(r\) tel que \(x < r < f(x)\)).


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[ID: 1095] [Date de publication: 25 janvier 2021 22:17] [Catégorie(s): Rationnels, irrationnels, densité ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]




Solution(s)

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Exercice 1033
Par emmanuel le 25 janvier 2021 22:17

 

  1. Comme \(f\) n’est pas la fonction nulle, il existe \(\alpha\in \mathbb{R}{+}\) tel que \(f(\alpha) \neq 0\). Alors, puisque \[f(\alpha) = f(1.\alpha) = f(1).f(\alpha)\] on en déduit que \[f(\alpha) \left[ f(1) - 1 \right] = 0\] et puisque \(f(\alpha)\neq 0\), on obtient que \(f(1) = 1\).

    Puisque d’après \((\star)\), \[f(0) = f(0 + 0) = f(0) + f(0)\] on obtient que \(f(0)=0\).

  2. Montrons la propriété par récurrence sur \(n\). \[\mathcal{P}(n): f(n) = n\] \(\mathcal{P}(0)\) est vraie d’après a).

    \(\mathcal{P}(n)\Rightarrow \mathcal{P}(n+1)\): en utilisant \((\star)\) et \(\mathcal{P}(n)\): \[f(n + 1) = f(n) + f(1) = f(n) + 1 = n + 1\]

  3. Soit \(r\in \mathbb{Q}{+}\). Il existe \((p, q) \in \mathbb{Q}{2}\) (\(p \geqslant 0, \,q>0\)) tels que \[r = \dfrac{p}{q}\] Alors, en utilisant \((\star\star)\): \[q f\left({\scriptstyle p\over\scriptstyle q}\right) = f(q).f\left({\scriptstyle p\over\scriptstyle q}\right) = f(p) = p\] On en tire donc que \[f\left({\scriptstyle p\over\scriptstyle q}\right) = \dfrac{p}{q}\]

  4. Soit \(x\in \mathbb{R}{+}\). Écrivons en utilisant \((\star\star)\): \[f(x) = f\left( \sqrt{x} . \sqrt{x} \right) = \left[ f\left(\sqrt{x}\right)\right]^2 \geqslant 0\]

  5. Soit \((x, y) \in { \mathbb{R}{+} }^2\), tels que \(x \leqslant y\). Comme \(y - x \geqslant 0\), d’après d), on en déduit que \[f( y - x) \geqslant 0\] et d’après \((\star)\) que \[f(y) = f(y -x + x) = f(y - x) + f(x) \geqslant f(x)\] Donc \(f\) est croissante.

  6. Par l’absurde, si \(f \neq \mathop{\mathrm{id}}\nolimits_{\mathbb{R}{+}}\), il existerait \(x\in \mathbb{R}{+}\) tel que \(f(x) \neq x\). Distinguons les deux cas possibles:

    1. \(x < f(x)\): Comme \(\mathbb{Q}\) est dense dans \(\mathbb{R}\), il existe \(r\in \mathbb{Q}\) vérifiant \[x < r < f(x)\]

      Comme d’après c), \(f(r) = r\), on aurait puisque \(f\) est croissante: \[f(x) \leqslant f(r)\] et donc \[x < r < f(x) \leqslant f(r) = r\] ce qui est absurde.

    2. \(f(x) < x\): ce cas se traite de la même façon.


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