Équation fonctionnelle

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Réponses

  • Lirone93
    Modifié (3 Mar)
    Oui et je te rappelle que tu as écrit : 
    bisam a dit :
    Soit $a$ et $b$ deux réels tels que $0\leq a\leq b\leq +\infty$.

    Mais ce n'est pas encore fini, il manque encore une solution qui n'est pas prise en compte (à tort) par @gebrane cette fois-ci (enfin dans sa première proposition mais pris en compte dans le message suivant comme précision).

    $\forall x \gt 0,\ f(x)=\frac{1}{x}$

    Donc j'attends encore la bonne solution complète. Et mieux encore avec l'étude du cas ou l'ensemble de départ est $\mathbb{R^{+}}$.
    « je sais que la question de départ est bizarre de la part d'un professeur certifié ».
  • La fonction $f_{0,+\infty}$ est celle que tu viens de décrire.
  • gebrane
    Modifié (3 Mar)
    Lirone93 a dit :
    Donc j'attends encore la bonne solution complète. Et mieux encore avec l'étude du cas ou l'ensemble de départ est $\mathbb{R^{+}}$.
    Tu peux attendre.
    Tu ne fais que polluer le fil et le rendre illisible. 
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • marco
    Modifié (4 Mar)
    @bisam : je crois que l'on peut montrer qu'il existe $x>0$ tel que $h(x)=1$. En effet, sinon, soit pour tout $x>0$, on a $h(x)>1$, soit pour tout $x>0$, on a $h(x)<1$.
    Montrons que le cas $h(x)>1$ pour tout $x>0$ est impossible.
    On montre d'abord le lemme suivant. Soit $x$ tel que $h(x)>1$, alors $f([x,+\infty[)=f([x,xh(x)])$.
    En effet, pour tout $y>xh(x)$, il existe $z>x$ tel que $y=zh(z)$, en effet $h$ est croissante supérieure à $1$ sur $[x,+\infty[$, donc la fonction $th(t)$ tend vers l'infini lorsque $t$ tend vers l'infini, et $xh(x)<y$. Donc $f(y)=f(zh(z))=f(z)$.
    De plus, $h(z)\geq h(x)$, donc $z$ qui est égal à $y/h(z)$ est inférieur à $y/h(x)$.
    Donc, on construit une suite (de longueur finie) $(z_n)$ définie par $z_0=y$, et tant que $z_n> xh(x)$, on définit $z_{n+1}>x$ par $z_n=z_{n+1}h(z_{n+1})$. Si $z_n\leq xh(x)$, on arrête. Cela s'arrête forcément car $z_n\leq \frac{y}{h(x)^n}$ et $h(x)>1$, donc la suite $(\frac{y}{h(x)^n})$ tend vers $0$.
    Soit $z_k$ le dernier terme de la suite (de longueur finie) $(z_n)$.
    On a alors $f(y)=f(z_0)=f(z_1)= \cdots=f(z_k)$, et $x \leq z_k \leq xh(x)$.
    Donc , on a démontré le lemme.
    Si pour tout $x>0$, on a $h(x)>1$, alors en $x=1$, on a $f([1, h(1)])=f([1, +\infty[)$. Or $f$ est continue donc $f([1, h(1)])$ est compact dans $\R^{+*}$, donc majoré par un réel $M$.     $(\star )$
    Soit $0<y<1$, tel que $yh(1)<1/(M+1)$, alors pour tout $z \in [y,yh(y)]$, on a $f(z)>1/z$, (d'après l'hypothèse $h>1$), donc $f(z)>\frac{1}{yh(y)}\geq\frac{1}{yh(1)}>M+1$, (en effet $h(y) \leq h(1)$).
    Donc $f([y,h(y)])$ est minoré par $M+1$, donc d'après le lemme $f([y,+\infty[)$ est minoré par $M+1$. Contradiction avec $(\star )$
    Le cas $h(x)<1$ pour tout $x$ est impossible, avec un raisonnement semblable.
  • Tout ça m'a l'air prometteur.
    Je vais étudier ça en détail demain et voir si on ne pourrait pas en faire un sujet pour élèves de 1ère année après le bac (éventuellement en admettant que "$f$ continue et injective" implique "$f$ strictement monotone").
  • marco
    Modifié (4 Mar)
    On retrouve les solutions de @gebrane , @JLT , @uvdose et @bisam . En effet, vu qu'il existe $x$ tel que $h(x)=1$, comme $h$ est croissante et continue, l'ensemble des $y$ tels que $h(y)=1$ est un intervalle fermé (pour la topologie de $\R^{*+}$) non vide donc $[a,b]$, ou $]0,b]$ ou $[a, +\infty[$, ou $]0,+\infty[$.
    Si l'intervalle est $]0,b]$ ou $[a,b]$, alors, soit $\epsilon>0$ quelconque, alors il existe $\eta>0$ tel que, pour tout $x$ compris strictement entre $b$ et $b+\eta$, on a $f([x,xh(x)]) \subset [f(b)-\epsilon, f(b)+ \epsilon]$, donc d'après le lemme $f([x,+\infty[) \subset [f(b)- \epsilon, f(b)+ \epsilon]$.
    On peut applique le lemme car $h(x)>1$.
    Comme $\epsilon$ est quelconque, on a $f([x, +\infty[)=\{f(b)\}$ pour $x>b$, et $h(b)=1$, donc $f(b)=1/b$.
    À vérifier.
  • Si pour tout $x>0$, on a $h(x)>1$, alors en $x=1$, on a $f([1, h(1)])=f([1, +\infty[)$. Or $f$ est continue donc $f([1, h(1)])$ est compact dans $\R^{+*}$, donc majoré par un réel $M$...     $(\star )$
    Plus simplement, si pour tout $x>0$, on a $h(x)>1$, alors soit $M=f(1)$.
    Soit $y>0$ et strictement plus petit que $1$, tel que $yh(1)<\frac{1}{M+1}$. Alors pour tout $z \in [y, yh(y)]$, comme on a supposé $h>1$, on a $f(z)>1/z$.
    On a $h(y)\leq h(1)$ car $h$ croissante, donc $yh(y) \leq yh(1)$, donc $\frac{1}{yh(y)} \geq \frac{1}{yh(1)} >M+1$. Donc $f(z)>M+1$.
    Donc $f([y,yh(y)])$ est minoré par $M+1$.
    D'après le lemme, $f([y,yh(y)])=f([y, +\infty[)$.
    Or $1 \in [y,+\infty[$, donc $f(1)$ minoré par $M+1$, donc $M\geq M+1$. Contradiction.
  • marco
    Modifié (4 Mar)
    On retrouve les solutions de @gebrane , @JLT , @uvdose et @bisam . En effet, vu qu'il existe $x$ tel que $h(x)=1$, comme $h$ est croissante et continue, l'ensemble des $y$ tels que $h(y)=1$ est un intervalle fermé (pour la topologie de $\R^{*+}$) non vide donc $[a,b]$, ou $]0,b]$ ou $[a, +\infty[$, ou $]0,+\infty[$.
    Si l'intervalle est $]0,b]$ ou $[a,b]$, alors, soit $\epsilon>0$ quelconque. $f$ est continue en $b$, donc il existe $\gamma>0$ tel que, pour tout $x$ compris strictement entre $b$ et $b+\gamma$, on a $f(b)-\epsilon<f(x)<b+\epsilon$. $(1)$
    $x \mapsto xh(x)$ est continue et tend vers $b$ lorsque $x$ tend vers $b$, car $h(b)=1$. Donc il existe $\beta$, tel que, pour tout $x$ compris strictement entre $b$ et $b+\beta$, on a $b-\gamma <xh(x)<b+\gamma$.
    Mais pour $x>b$, on a $h(x)>1$, donc $xh(x)>b$. Donc pour $b<x<b+\beta$, on a $b<xh(x)<b+\gamma$.
    Soit $\eta=\min (\beta, \gamma)$. Alors pour tout $b<x<b+\eta$, on a $b<x<b+\gamma$ et $b<xh(x)<b+\gamma$.
    Donc,  $[x,xh(x)] \subset ]b,b+\gamma[$, donc d'après $(1)$, on a $f([x,xh(x)]) \subset  [f(b)-\epsilon, f(b)+\epsilon]$.
    D'après le lemme, on a $f([x,+\infty[) \subset [f(b)- \epsilon,f(b)+ \epsilon]$, pour tout $x$ tel que $b<x<b+ \eta$.
    Soit $y>b$, alors soit $x<y$ et tel que $x$ est compris strictement entre $b$ et $b+ \eta$, alors $y \in [x,+\infty[$. Donc $f(y) \in [f(b)- \epsilon,f(b)+ \epsilon]$.
    Or $\epsilon>0$ est quelconque, donc $f(y)=f(b)$ et donc $f(y)=1/b$, car $h(b)=1$.
    On raisonnerait de même, pour $y<a$.
    Le lemme utilisé pour $y<a$ est : si $h(x)<1$, alors $f([xh(x), x])=f(]0,x])$.
  • marco
    Modifié (4 Mar)
    Sur l'intervalle $I$ non vide des $x>0$ tels que $h(x)=1$, on a $f(x)=1/x$.
    [Edit: si $I=[a,b]$ ou $]0,b]$ avec $a\leq b$ et $a,b \in \R^{+*}$, alors $f(x)=1/b$ pour $x>b$.
    Si $I=[a,b]$ ou $[a,+\infty[$, alors par un raisonnement semblable, $f(x)=1/a$ pour $x<a$
    Si $I=]0, +\infty[$, alors $f(x)=1/x$ pour tout $x>0$.]
  • Toujours pas d'expression rigoureuse de l'ensemble des solutions...
    « je sais que la question de départ est bizarre de la part d'un professeur certifié ».
  • marco
    Modifié (4 Mar)
    Si, c'est celle donnée par @gebrane .
  • Lirone93
    Modifié (4 Mar)
    Je parle d'une expression écrite dans un message, pas une expression à déduire en lisant plusieurs messages, fûssent-t-ils du même auteur, et consécutifs.

    Et de toute façon, $\text{non}$.
    Elle n'est pas rigoureuse par exemple, je ne vois pas quelle solution est exprimée si : 
    $a,\ b$ valent $+\infty$, ou encore pour $a=b=0$...
    « je sais que la question de départ est bizarre de la part d'un professeur certifié ».
  • Remarque: si $f$ est solution, alors $u: x \mapsto 1/f(1/x)$ est solution. Donc, on n'a pas à recommencer, pour $x<a$, le raisonnement fait pour $x>b$.
    En effet $u(x)=\frac{1}{f(\frac{1}{x})}=\frac{1}{f(\frac{1}{x^2}f(\frac{1}{x}))}=\frac{1}{f(\frac{1}{x^2u(x)}})=u(x^2u(x))$
  • JLapin
    Modifié (4 Mar)
    Toujours pas d'expression rigoureuse de l'ensemble des solutions...

    On est à ton service ?
    Tu as payé quelqu'un pour ce travail ?

  • Non non juste un constat.
    « je sais que la question de départ est bizarre de la part d'un professeur certifié ».
  • Lirone93
    Modifié (4 Mar)
    marco a dit :
    Donc, on n'a pas à recommencer, pour $x<a$, le raisonnement fait pour $x>b$.
    $x\lt a$ quand $a=0$, très intéressant  :o
    « je sais que la question de départ est bizarre de la part d'un professeur certifié ».
  • gebrane
    Modifié (4 Mar)
    Travaille un peu tes neurones. si ces cas te dérangent tu dis 
    $f$ continue   vérifie l'équation fonctionnelle $\iff$  il existe $ a $ et $b$ non tous les deux nuls ou infinis tels que  $0\leq a\leq  b\leq +\infty$, avec
    $ f(x) = \dfrac{1}{a}, \text{ pour } 0<x \leq  a, $
    $ f(x) = \dfrac{1}{x}\vphantom{\dfrac{d^d}{q_q}}, \text{ pour } a < x < b, $
    $ f(x) = \dfrac{1}{b}, \text{ pour } x \geq  b.$.
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • Lirone93
    Modifié (4 Mar)
    Toujours pas. Regarde, le cas $a=b=0$.

    Rappel : on est sur $\mathbb{R^{*+}}$.

    Il est apparemment nécessaire que tu utilises un peu plus les neuronnes, voilà ce que je réponds à ton sarcasme.
    « je sais que la question de départ est bizarre de la part d'un professeur certifié ».
  • gebrane
    Modifié (4 Mar)
    Décidément tu es un troll, est-ce que un admin peut effacer ces messages car le fil est devenu repoussant
    Il ne comprend même pas la phrase il existe a et b non tous les deux nuls ou infinis 
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • Lirone93
    Modifié (4 Mar)
    Je n'avais pas lu le « non » dans « non tous les deux nuls ». Mais ok c'est pas mal, faut que je tegarde de plus près ta proposition.
    « je sais que la question de départ est bizarre de la part d'un professeur certifié ».
  • Lirone93
    Modifié (4 Mar)
    Tu écris $0\leq a\leq  b\leq +\infty$
    Si $a$ est infini, $b$ ne peut être $\ge a$ puisque tu interdis que $a\text{ et } b$ soient infinis en même temps, donc ton expression n'a pas de sens dans ce cas là.
    « je sais que la question de départ est bizarre de la part d'un professeur certifié ».
  • Lirone93
    Modifié (4 Mar)
    Apparemment vous voulez dire : avec $ 0\lt a\leq  b\lt +\infty$ :
    $ f(x) = \dfrac{1}{a}, \text{ pour } 0<x \leq  a, $
    $ f(x) = \dfrac{1}{x}\vphantom{\dfrac{d^d}{q_q}}, \text{ pour } a < x < b, $
    $ f(x) = \dfrac{1}{b}, \text{ pour } x \geq  b.$
    + la fonction $\frac{1}{x}$.
    « je sais que la question de départ est bizarre de la part d'un professeur certifié ».
  • JLapin
    Modifié (4 Mar)
    Tu sembles avoir un peu de mal avec les quantificateurs.
    La phrase quantifiée
    gebrane a dit :
     il existe $ a $ et $b$ non tous les deux nuls ou infinis tels que  $0\leq a\leq  b\leq +\infty$ tel que ....
    est parfaitement claire et exclut de facto le cas $a=+\infty$.
  • Lirone93
    Modifié (4 Mar)
    Je pense que si on ne peut pas comprendre facilement une expression des solutions dans un exercice comme celui-ci, c'est que ce n'est pas forcément clair chez celui qui a l'a écrite. Peut-être pas dans le cas présent vu l'expérience de gebrane.
    Mais reste que ça jette quand même un doute sur la validité du raisonnement quand même et peut par exemple dérouter un lecteur un peu novice.
    Ça implique chez moi, d'éviter de me placer dans $\overline{\mathbb{R}}$ ou $\overline{\mathbb{R^{*}}}$.
    Ça écarte souvent les effets de bords.
    Par exemple, où est la fonction $1/x$ dans l'expression précédente de gebrane ?
    « je sais que la question de départ est bizarre de la part d'un professeur certifié ».
  • Lirone93
    Modifié (4 Mar)
    Perso, j'aurais écrit :
    $\begin{array}{l|rcl} & \mathbb{R^{*+}} & \longrightarrow & \mathbb{R^{*+}} \\ & x & \longmapsto & \frac{1}{x} \end{array}$
    Et
    $\begin{array}{l|rcl} & x & \longmapsto & y_0\text{, où }y_0 \in \mathbb{R^{*+}} \end{array}$
    Ainsi que les fonctions continues « basées » sur les deux précédentes :
    Avec $a,\ b$ réels strictement positifs tels que $ a\lt  b$ et $y_a, y_b\in \mathbb{R^{*+}}$
    $ f(x) = y_a = \dfrac{1}{a}, \text{ pour } 0<x \leq  a, $
    $ f(x) = \dfrac{1}{x}\vphantom{\dfrac{d^d}{q_q}}, \text{ pour } a < x < b, $
    $ f(x) = y_b=\dfrac{1}{b}, \text{ pour } x \geq  b.$

    Tout simplement.
    « je sais que la question de départ est bizarre de la part d'un professeur certifié ».
  • Beau travail, @marco.
    Maintenant qu'on a tous les éléments, je vais tâcher de mettre tout au propre. J'ai déjà trouvé de quoi simplifier un peu le début, et j'ai des pistes pour simplifier la fin.
  • marco
    Modifié (4 Mar)
    D'accord @bisam.
  • gebrane
    Modifié (5 Mar)
    Un autre raisonnement pour démontrer que g est strictement croissante.  ( ajout bien sûr après avoir démontrer sue g est injective)  Par l'absurde, supposons que g soit strictement décroissante : on a \( \forall x > 0, \quad \frac{g(x)}{x^2} = \frac{g(g(x))}{g(x)^2} \). Si je pose \( h(x) = \frac{g(x)}{x^2} \), alors \( h(x) = h(g(x)) \). \( h \) est aussi strictement décroissante sur \( \mathbb{R}^*_+ \), donc inversible et un coup de \( h^{-1} \) donne \( \forall x > 0, \quad g(x) = x \). Cela contredit le fait que \( g \) est strictement décroissante, car \( x \to x \) est strictement croissante.
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • marco a dit :
    Sur l'intervalle $I$ non vide des $x>0$ tels que $h(x)=1$, 

    Ton $I=\{x>0, h(x)=1\}=\{x>0, g(x)=x\}$ Comment sais-tu que I est non vide , c'est-à-dire que g admet un point fixe ?
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • C'est parmi les fils que je trouve intéressant mais noyé  par des messages parasites inutiles,
    difficile de suivre
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • bisam
    Modifié (5 Mar)
    Au détour de mes recherches de simplification, j'ai trouvé qu'on pouvait montrer aisément que $g$ est en fait bijective de $\R_+^*$ dans lui-même, juste après avoir prouvé qu'elle est strictement croissante.
    Si on note $\alpha$ et $\beta$ ses limites en $0^*$ et en $+\infty$, puisque l'on sait que $\forall x>0, x^2 g(g(x)) = g(x)^3$, si on suppose que $\alpha>0$ alors par passage à la limite, on aurait $0^2g(\alpha)=\alpha^3$, ce qui est absurde, et si on suppose que $\beta<+\infty$, on aurait $g(\beta)=0$, ce qui est également absurde.
    Par conséquent, $\alpha=0$ et $\beta=+\infty$ donc $g$ est surjective sur $\R_+^*$ par théorème des valeurs intermédiaires et comme elle est injective, c'est une bijection de $\R_+^*$ dans lui-même.
    Il me reste uniquement à trouver comment réécrire la démonstration du fait que $1\in Im(h)$ et j'aurai un beau sujet de Math Sup.
  • Ah, oui, c'est vrai. Bravo @bisam et @gebrane.
  • Voici ce que j'ai tiré de toute cette étude.
  • Dom
    Dom
    Modifié (6 Mar)
    Merci pour cette synthèse 😀
    Je n’ai pas pris le temps de lire tout le fil, ni toute les preuves dans le détail. Ça donne encore plus envie 👍
  • gebrane
    Modifié (6 Mar)
    Bonjour Bisam
    Pourquoi as-tu besoin de la monotonie de $h$ ? De ma part, je proposerais les questions suivantes.
    1. Montrer que $g$ est injective, puis en déduire que $g$ est strictement croissante.
    2. Montrer que l'ensemble \( J = \{x \in I \mid g(x) = x\} \) est un intervalle fermé non vide.
    3. Notons \( J = [a,b] \), montrer que si \( b < +\infty \), alors \( f \) est constante sur \( \forall x > b \). De même, si \( a > 0 \), alors \( f \) est constante \( \forall 0<x < a \).
    4. Conclure.
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • Ce que tu proposes est loin d'être à la portée d'un étudiant de première année après le bac !
    Rien que pour prouver que ton ensemble J est non vide, il me faut une dizaine de questions.
    On utilise d'ailleurs la croissance de h à plusieurs reprises pour cela, ainsi que pour prouver que J est un intervalle.

    Mon but était de faire une synthèse de tous les résultats qui avaient été prouvés petit à petit sur ce fil, comme @Dom l'a pointé.
  • Tu as raison, j'ai oublié que le public visé sont des étudiants de première année 
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • Lirone93
    Modifié (7 Mar)
    bisam a dit :
    Voici ce que j'ai tiré de toute cette étude.
    Bonjour,
    Il y a un point que je ne comprends pas.

    Tu autorises dans $f_{a,\ b}$ que $a$ soit nul. Cela autorise à parler de $f_{0,\ b}(0)=+\infty$ même si $f_{a,\ b}$ est définie sur $I=\mathbb{R^{*+}}$.
    Est-il commun ainsi de définir ainsi une fonction en un point ($x=0)$ valant $+\infty$, en plus, en dehors de son domaine de définition ($\mathbb{R^{+*}}$) ?

    À mon époque, au niveau prépas, je pense que cela n'aurait pas été toléré.
    « je sais que la question de départ est bizarre de la part d'un professeur certifié ».
  • gebrane
    Modifié (7 Mar)
    Je me suis relu et je pense que ma phrase   " Tu as raison, j'ai oublié que le public visé sont des étudiants de première année  "  pose un problème grammatical . Faut-il écrire  "Tu as raison, j'ai oublié que le public visé  est  des étudiants de première année" ? Le sens que je donne à un public: un ensemble d'individus
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • JLapin
    Modifié (7 Mar)
    Lirone93 a dit :
    Il y a un point que je ne comprends pas.
    Cela autorise à parler de f0, b(0)=+∞ même si fa, b est définie sur I=R∗+.
    Non, puisque $f_{a,b}$ n'est pas définie en dehors de $I$, la définition donnée n'autorise pas à parler de $f_{0,b}(0)$.


  • Donc $a$ est plus que positif, on peut dire qu'il est strictement positif, non ?
    « je sais que la question de départ est bizarre de la part d'un professeur certifié ».
  • JLapin
    Modifié (7 Mar)
    Il est écrit
    "Pour tout couple $(a,b)$ ..."
    donc $a$ est une variable muette dans cette phrase, pas un paramètre fixé une bonne fois pour toute au début de l'énoncé.
  • Lirone93
    Modifié (7 Mar)
    Cela inclut-il la fonction qui est la limite de la suite de fonctions vers laquelle ces fonctionsde $E$ convergent ?

    Dit autrement :
    - Soit $I=\mathbb{R^{*+}}$
    - Soit $g$ la fonction de $I$ dans $I$, définie par $g(x)=\frac{1}{x}$ ;
    - pour quel couple d'éléments $a$ et $b$ dans $\mathbb{R^{+}} \cup\{+\infty\}$, a-t-on sur $I$ : $f_{a,\ b}(x)=g(x)=\frac{1}{x}$ ?
    - $g(x)\in E$ ?

    Avec les notations du document de bisam.
    « je sais que la question de départ est bizarre de la part d'un professeur certifié ».
  • JLapin
    Modifié (7 Mar)
    Convergent pour quelle topologie ?
    Ce que tu dis n'a pas vraiment de sens.
    Sinon, pour $a=0$ et $b=+\infty$, $f_{a,b}$ est précisément la fonction inverse sur $]0,+\infty[$.
  • Lirone93
    Modifié (7 Mar)
    Est-ce la même chose que si j'écris :
    $g=f_{(0,\ +\infty)}$ ?
    « je sais que la question de départ est bizarre de la part d'un professeur certifié ».
  • Lirone93
    Modifié (7 Mar)
    Pour être un peu plus clair, j'aurais cependant écrit personnellement, pour cette partie de la définition de $f_{(a,\ b)}$ : 
    $...$
    $f(x) = \dfrac{1}{a}, \text{ si } a\ \neq\ 0 \land x \le a$
    $...$
    « je sais que la question de départ est bizarre de la part d'un professeur certifié ».
  • J'arrive après la tempête ! Une grand merci à tous les participants, avec une mention spéciale à @marco et @bisam !
  • marco
    Modifié (7 Mar)
    @bisam : c'est plus clair maintenant.
  • Lirone93
    Modifié (8 Mar)
    Personnellement à la première lecture, j'essayerais de m'appuyer sur un théorème ou un lemme (*) exprimant qu'une fonction concave continue (à démontrer dans une partie préalable) est dérivable, sauf en les éventuels éléments d'un ensemble dénombrable $(x_i)_{i \in \mathbb{N^{*}}}$, $0\lt x_1\lt x_2\ \dots\lt x_i\ \dots$ d'abscisses dans $I=]0,\ +\infty[$.
    Puis je me placerais sur un intervalle fermé $J=[u,\ v]$ avec $\exists k\in\mathbb{N^{*}}$ tels que $x_k\ \le u\ \lt v \le x_{k+1}$, pour calculer $\forall x\ \in J,\ f'(x)=\lim\limits_{h \to 0} \dfrac{f(x+h)-f(x)}{h}$ dans le cas $f'(x) \ne 0$ en utilisant la notion d'équivalent d'une fonction dérivable en $x$, $f(x)\underset{h\to 0}{\sim}=f'(x)\ h + f(x)$ pour démontrer alors que $f(x)=\dfrac{1}{x}$ (ça c'est juste du calcul (que j'ai pu mener jusqu'au résultat)).

    (*) ce théorème ou lemme est peut-être déjà au programme dans le cours de prépas ?
    « je sais que la question de départ est bizarre de la part d'un professeur certifié ».
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