Fonction à trouver
Bonjour
Déterminer les fonctions $f:\mathbb R^+ \to \mathbb R^+$ tels que pour tous $x,y \in\mathbb R^+$ $$\sqrt{\,3} f(2x)+5f(2y) \leq 2f(\sqrt {\,3} x+5y)$$
En cherchant un peu $x=y=0$ donne $f(0)=0 $.
Pour $x=y$ en notant $b=\frac 1 2(\sqrt{\,3}+5)$ on obtient $bf(x) \leq f(bx)$.
Puis par récurrence $b^n.x \leq f(b^n.x)$.
On remarque la famille de fonction $f(x)=ax$ avec $a$ un réel positif est solution du problème.
Comment y arriver ?
Merci.
[Avec $\LaTeX$, c'est quand même plus lisible. ;-) AD]
Déterminer les fonctions $f:\mathbb R^+ \to \mathbb R^+$ tels que pour tous $x,y \in\mathbb R^+$ $$\sqrt{\,3} f(2x)+5f(2y) \leq 2f(\sqrt {\,3} x+5y)$$
En cherchant un peu $x=y=0$ donne $f(0)=0 $.
Pour $x=y$ en notant $b=\frac 1 2(\sqrt{\,3}+5)$ on obtient $bf(x) \leq f(bx)$.
Puis par récurrence $b^n.x \leq f(b^n.x)$.
On remarque la famille de fonction $f(x)=ax$ avec $a$ un réel positif est solution du problème.
Comment y arriver ?
Merci.
[Avec $\LaTeX$, c'est quand même plus lisible. ;-) AD]
Réponses
-
Sans répondre au problème, cela fait penser à la convexité.
Je ne sais pas si j'apporte une indication. -
Posons f(x) = x g(x) et cherchons à démontrer que g(x) est nécessairement une fonction constante.
Transformons l'équation en f en fonction de g. Nous obtenons une équation (E) en x, y, et g.
Prenons x = y dans (E), écrivons cette relation en x, puis
prenons x = 0 dans (E), changeons y en x pour obtenir une relation en x
prenons y = 0 dans (E)
Nous obtenons trois inégalités :
a = (racine de trois) divisé par deux
b = cinq divisé par deux
Nous avons :
g(x) < g((a+b) x)
g(x) < g(a x)
g(x) < g(b x)
Nous avons g(x) < g(a x) donc g(x) < g(a^2 x). Donc par récurrence, g(x) < g(a^n x) pour tout n entier. Prenons la limite en n vers l'infini, nous obtenons g(x) < g(0) car a < 1.
De même g(b x) > g(x) donc g(x) > g(x/b) > g(x/b^2)... > g(x (1/b)^n) pour tout entier n, et à la limite, g(x) > g(0) car 1/b < 1.
Donc g(0) < g(x) < g(0) et g est la fonction constante (avec une constante dans R+).
Nous vérifions la contraposée immédiatement et pouvons conclure : f(x) = c x où c est dans R+ est l'ensemble des solutions. -
La démarche de YvesM est intéressante , faudrait juste arriver
à prouver que $f$ est continue.
Dans l'énoncé on a pas l'hypothèse que $f$ est continue.
Je suis arrivé à prouver que si $f$f est majorée alors c'est la
fonction nulle. -
Sans hypothèse de continuité, pas d'espoir me semble-t-il : une application $\Q(\sqrt 3)$-linéaire de $\R$ dans $\R$ non continue satisfait l'inégalité.
-
Voici une démonstration de la continuité : est-elle correcte ?
Nous reprenons : pour tout x dans R+, g(x / b^n) <= g(x) et comme g(x) est définit dans R+--de par l'énoncé qui précise que le domaine de définition de f est R+--(sauf peut-être en zéro) nous en déduisons que nécessairement la limite de g(x / b^n) quand n tends vers l'infini est un réel, puisqu'elle est majorée par un réel (qui est g(x)).
(Comme f(x) = x g(x), nous devons traité x = 0 avec précaution quand nous étudions g(x).)
Notons L = limite quand n tends vers l'infini de g(x/ b^n) = limite quand u tends vers 0+ de g(u).
Alors nous avons : L <= g(x) <= L
car la limite quand n tends vers l'infini de g(a^n x) = limite quand u tends vers 0+ de g(u) = L.
Et par consèquent, immédiatement, g(x) = L = constante pour tout x réel (sauf peut-être en zéro).
Donc f(x) = c x sauf en zéro, mais nous avons démontrer aussi f(0) = 0 et donc f(x) = c x pour tout x dans R+.
Remarquons que nous n'avons pas supposé la continuité de g en zéro car nous n'avons pas écrit L = limite quand u tends vers zéro de g(u) = g(0). Nous avons simplement démontré que cette limite existe, puisqu'elle est majorée par un réel dans R+. D'ailleurs, g(x) peut très bien être discontinue en 0, par exemple g(x) = p dans R+ pour x = 0, et g(x) = c dans R+ pour tout x > 0, est bien solution même quand p et c sont différents. -
-
Ah, c'est juste, le $+$ du $\R$ m'avait échappé.
-
Oui, g admet une limite en 0+.
Comme précédemment, puisque g est définit sur R+ pour tout x, alors g(x) existe, c'est-à-dire est fini, pour tout x dans R+. Et donc l'inégalité : g(x/ b^n) <= g(x) implique que la limite, quand n tends vers l'infini, est majorée pour tout x par g(x). Cette limite est L = limite quand u tends vers 0+ de g(u). En effet, x/ b^n tends vers 0+ car b < 1 et x est dans R+. L'existe de cette limite suffit à encarder g(x) et à conclure que g est une fonction constante (sauf peut-être en x = 0). La continuité n'est pas nécessaire pour cette conclusion. La continuité est démontrée sur R+ sauf en x = 0, où g peut être discontinue.
La solution est donc démontrée.
Il faut comprendre l'énoncé comme suit : dire que f est définit sur R+, c'est dire que f existe et reste finie pour tout x de R+. Sinon, l'énoncé serait comme suit : soit f une fonction d'un intervalle I inclus dans R+ vers R+, et un tel exercise amène toute une série de nouvelles solutions, mais c'est pas le problème posé. -
Tu sembles confondre la limite selon une suite particulière $b^{-n}x$ qui tend vers $0$ et la limite quand $u$ tend vers $0$. Ce n'est pas la même chose, et ton argument ne marche pas je crois. Par contre, il suffit en effet de montrer que cette limite existe pour conclure.
-
Merci. Alors, nous pouvons utiliser le théorème des gendarmes pour les suites. Si une suite u(n) est encardrée par v(n) et w(n), par v(n) <= u(n) <= w(n), avec u(n) et v(n) deux suites convergentes, alors u(n) est convergence.
Reprenons avec l'équation de l'énoncé, prise pour y = x, on a f(x) <= l f(x/l) où l = 2/(racine (3) + 5) < 1.
Par récurrence, f(x) <= l f(x/l) <= ... <= l^n f(x/ l^n) pour tout x réel positif.
Nous choissons x = l^n, alors f(l^n) <= l^n f(1). f(1) existe car 1 est dans le domaine de définition de f(x).
Mais f est dans R+, et donc 0 <= f(l^n) <= l^n f(1).
Par le théorème des gendarmes, la suite f(l^n) est convergente, et comme l^n f(1) tends vers 0 puisque l < 1, alors f(l^n) tends vers 0. f est donc continue en 0 car f(0) = 0.
Avant d'aller plus loin, est-ce que cette démonstation de la continuité de f en 0+ est correcte ? -
YvesM pour prouver que $f$ est continue il faut prouver que pour TOUTE
suite $x_n$ de [0,oo[ qui tend vers $0$ alors $f(x_n)$ tend vers $f(0)=0$
ce que tu as prouvé c'est pour une suite particulière $x_n=l^n$ alors
$f(l^n)$ tend vers $0$ cela ne prouve pas que $f$ est continue en $0$
La remarque de remarque est interressante la famille
d'application $Q^{+}(\sqrt{3})$ linéaire vérifie l'inégalité -
Non.
Pour démontrer que f est continue en 0, il faut montrer que pour toute suite u qui converge vers 0, la suite f(un) converge vers f(0)=0.
Toi, tu ne l'as démontré que pour 1 suite u... Il t'en manque une grosse infinité. -
Pour ma part, je n'ai pas réussi à conclure. Je poste ce à quoi je suis arrivé, ça permettra peut-être d'avancer...
Soit $f\colon\R_+\to\R_+$ telle que $\sqrt{3} f(2x)+5f(2y) \leq 2f(\sqrt {3} x+5y)$ pour tous $x,y$. Prenant $x=y=0$, on en déduit que $(\sqrt3+5-2)f(0)\le 0$, ce qui implique que $f(0)=0$.
Pour $x\in \bigl[0,\frac{5}{\sqrt3}\bigr]$, prenant $y=1-\frac{\sqrt{3}x}5$, on en déduit que $0\le f(2x)\le \frac{2}{\sqrt{3}}f(1)$.
Donc $f$ est bornée au voisinage de $0$ (sur $\bigl[0,\frac{10}{\sqrt3}\bigr]$ par $M=\frac{2}{\sqrt{3}}f(1)$, par exemple).
Pour tout $\lambda>0$, si $\lambda f(x)\le f(\lambda x)$ pour tout $x$, alors $\lambda^2f(x)\le \lambda f(\lambda x)\le f(\lambda^2x)$, soit pour tout $n\in \N$, $\lambda^n f(x)\le f(\lambda^nx)$, par récurrence. De même, $f(x)\le \lambda^{-1}f(\lambda x)$ soit $f(\lambda^{-1}x)\le \lambda^{-1}f(x)$ et pour tout $k\in \N$, on a $f(\lambda^{-k}x)\le \lambda^{-k} f(x) $. On en déduit que
$$\lambda^kf(\lambda^{-k}x))\le f(x)\le \lambda^{-n}f(\lambda^{n}x)),$$
pour tous $x\ge 0$, et $k$ et $n$ entiers. Comme $f(0)=0$, ceci s'applique pour $\lambda=\frac{\sqrt{3}}2<1$ et $\lambda=\frac52>1$. De même, si on pose $g(x)=\frac{f(x)}x$ pour $x\neq 0$, alors
$$
g(\lambda^{-k}x)\le g(x)\le g(\lambda^{n}x).\qquad\qquad (1)
$$
Pour $x\le \frac{10}{\sqrt3}$ donné, regardons les $n$ tels que $\bigl(\frac52\bigr)^nx\le \frac{10}{\sqrt3}$, cad $n\le \frac{\ln\frac{10}{x\sqrt3}}{\ln \frac52}$. Prenons $n(x)=\Bigl[\frac{\ln\frac{10}{x\sqrt3}}{\ln \frac52}\Bigr]\ge 0$.
On a alors
$$\Bigl(\frac52\Bigr)^{n(x)}x\le \frac{10}{\sqrt3}< \Bigl(\frac52\Bigr)^{n(x)+1}x$$
pour ces $x$, et l'on obtient
$$0\le f(x)\le M\Bigl(\frac52\Bigr)^{-n(x)}\le \frac{\sqrt3}4Mx,$$
donc $g$ est bornée au voisinage de $0$. Si on utilise alors la borne inférieure dans (1) avec $\lambda=\frac52$ et la borne supérieure avec $\lambda=\frac{\sqrt3}2$, on obtient pour tout $x>0$
$$\liminf_{t\to0}g(t)\le g(x)\le \limsup_{t\to0}g(t),$$
ce qui montre que $g$ est bornée partout (et est coincée entre la liminf et la limsup !).
That's all folks (for the time being)!
Edit : j'ai dû faire une erreur de calcul quelque part, car moralement, il aurait dû sortir $f(x)\le f(1)x$... bon.
Editedit : déjà en remplaçant tous les $\frac{10}{\sqrt3}$ par des $\frac2{\sqrt{3}}$, ça devrait aller mieux au moins au début. Après pfff... -
Alors corrections faites, il sort $f(x)\le \frac{10}3f(1)x$ au voisinage de $0$, ce qui implique que $g(x)\le \frac{10}3f(1)$ pour tout $x$, d'où la majoration $f(x)\le \frac{10}3f(1)x$ pour tout $x$. Qui du coup, n'est plus contradictoire, c'est déjà ça.
-
Soit $a=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ et $b=\dfrac{5}{2}$. On a $f(ax+by)\geqslant af(x)+bf(y)$.
En prenant $x=y=0$, on obtient $f(0)=0$.
Pour tout $x\in [0,1]$, en posant $y=\dfrac{1-ax}{b}$ on obtient $af(x)\leqslant af(x)+bf(y)\leqslant f(1)$,
donc $f(x)\leqslant 1/a$ pour tout $x\in [0,1]$.
Comme $f(by)\geqslant bf(y)$, on en déduit que $f(y)\leqslant 1/(ab^n)$ pour tout $y\in [0,b^{-n}]$, donc $f$ est continue en $0$.
Pour tout $u$ de la forme $a^mb^n$ avec $a\geqslant 1$, on a $f(ux+by)\geqslant af(a^{m-1}b^nx)+bf(y)\geqslant a^mb^nf(x)+bf(y)$.
En prenant $u$ tel que $1-ux$ soit un réel positif très petit, et $y=\dfrac{1-ux}{b}$, on obtient $f(1)\geqslant \dfrac{f(x)}{x}$, donc $f(x)\leqslant xf(1)$.
Or, pour tout $y>0$ la fonction $x\mapsto f(xy)$ vérifie la même équation fonctionnelle, donc $f(xy)\leqslant xf(y)$. En particulier, pour $x=1/y$ on obtient $f(1)\leqslant \dfrac{f(y)}{y}$.
Finalement, $f(x)=xf(1)$ pour tout $x\geqslant 0$. -
Je suis d'accord.
-
JLT j'ai lu le dernier post, c'est plus clair avec l'explication sur la densité.
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quelque chose qui ne marche pas dans la preuve de JLT
dans la troisieme ligne vous avez pris $y=\frac{1-ax}{b}$, mais puisque la fonction $f$ est definit sur $R+$, il faut que $y>=0$ c'est-a-dire $x<= 1/a$ , donc l'inegalité $f(x)<=f(1)/a$ est valide pour $x<= 1/a$ et non pas $[0,1]$(meme si je ne vois pas l'untilité de la continuité dans la suite de la preuve !).
Dans la 7eme ligne vous avez encore pris $y=\frac{1-ux}{b}$ (encore une fois il faut que $x<=1/u$ ) mais ce que je ne comprend pas c'est comment vous avez passez de $f(ux+by)>=uf(x)+bf(y)$ e $f(1)>=\frac{f(x)}{x}$, si vous avez fait tendre y vers 0 c'est impossible car cela est équivalent à faire tendre u vers $1/x$ ce qui est impossible car u tend vers l'infini(a>1 et b>1) -
@ JLT: pour $a<1$ ok j'ai pas fait attention (je m'excuse!)
"on peut prendre u aussi proche de 1/x que l'on veut" cela veut dire que $a^n b^m$ est dense dans $\mathbb{R}^+$, pouvez vous expliquer encore svp -
En passant au logarithme, cela revient à montrer que l'ensemble $A$ des $nc+md$ pour $n\geqslant 1$ et $m\geqslant 0$ est dense dans $\R$, où $c>0$ et $d<0$ sont les logarithmes de $a$ et $b$.
On observe que $c/d$ est irrationnel (sinon $a$ serait une puissance rationnelle de $b$). Il suffit alors d'utiliser le résultat classique que si $x$ est irrationnel, alors l'ensemble $\{nx\mid n\in \N^*\}$ est dense modulo $\Z$. -
Merci pour les details
-
Un usage beaucoup plus optimal des deux variables par JLT que le mien ! (tu)
-
Bonjour,
Si on ne suppose pas la continuité de f, alors même le problème restreint à une égalité f(ax + by) = a f(x) + b f(y), qui se ramène à l'équation de Cauchy f(x+y) = f(x)+f(y) n'a pas de solution "simple" dans R+.
En effet, Cauchy s'obtient en remarqant que x = y = 0 implique f(0) = 0, puis en prenant x = 0 et y = 0 pour trouver f(ax) = a f(x) et f(by) = b f(y), et en substituant ces relations dans l'équation initiale.
Et donc on peut s'attendre à ne pas pouvoir résoudre l'inégalité fonctionnelle.
Je suis donc sur le point d'abandonner ce problème. A moins que mon raisonnement soit faux, ou que l'équation fonctionnelle de Cauchy ait des solutions connues même sans aucune hypothèse sur la fonction. Est-ce la cas ? -
Que reproches-tu à l'argument de JLT ?
Si $f(x)+f(y)=f(x+y)$ pour $x,y$ positifs, en posant $f(-x)=-f(x)$ pour $x\ge 0$, on définit une application $\Q$-linéaire de $\R$ dans $\R$. Le fait qu'elle soit positive implique qu'elle est continue. -
Bonjour,
Peux-tu m'aider à comprendre pour quel intervalle sur x cette dernière relation f(x) <= x f(1) est-elle valable ? Comment as-t'on conclu que f(x) = x f(1) sur R+ ?
De mon côté, je trouve que comme y = 1 - ux >= 0, alors 0 <= x <= 1/u, avec u = a^m b^n.
Puis f(yx) <= x f(y) avec y = 1/x, donne f(1) <= f(y) / y avec 0 <= u <= y. Cette relation est écrite avec la variable x : f(1) <= f(x) / x avec 0 <= u <= x.
Et donc la conclusion f(x) = x f(1) est valide sur l'intersection de 0 <= x <= 1/u et de 0 < u <= x, avec u = a^m b^n. Cette intersection est vide pour u > 1, et vaut u <= x <= 1/u pour u <= 1.
Mais pour obtenir la relation f(x) = x f(1), on a pris 1 - ux réel positif très petit, donc "presque" x = 1/u ; donc, on avait déjà fixé n et m pour que u soit proche de x. Donc on ne peut plus fixer n et m de sorte que u tendent vers 0 afin que l'intervalle [u, 1/u] couvre R+, à moins que x = 0.
Je trouve donc que la démonstration est valable uniquement pour x = 0. Ce qui est vrai car f(0) = 0.
Où est mon erreur ? -
Je paraphrase JLT. Pour tous $x$, $y$, $n$ et $m$, l'inégalité $f(a^mb^nx+by)\ge a^mb^nf(x)+bf(y)$ est vraie. On fixe $x>0$. Comme $a$ et $b$ sont incommensurables, pour tout $\varepsilon>0$, on peut choisir $m$ et $n$ pour que $\varepsilon\ge \frac 1x-a^mb^n\ge 0$. On pose alors $y=\frac{1-a^mb^nx}{b}$, de telle sorte que $y\ge 0$, $a^mb^nx+by=1$ et $y\le\frac{\varepsilon x}b$. Par l'inégalité précédente, ceci donne $f(1)\ge \frac{f(x)}x+(a^mb^n-\frac1x)f(x)+bf(y)\ge \frac{f(x)}x-\varepsilon f(x)+bf(y)$. On fait alors tendre $\varepsilon$ vers $0$, et on utilise la continuité de $f$ en $0$ précédemment établie pour se débarrasser du dernier terme en $f(y)$.
-
Bonjour, merci de ta patience. C'est très clair maintenant grâce à la définition d'epsilon.
La solution de l'inégalité est donc démontrée pour tout a et b, réels positifs incommensurables dont l'un est < 1 et l'autre > 1. -
Oui, tout à fait.
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