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.
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Réponses
Je ne sais pas si j'apporte une indication.
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.
Par ailleurs, tu confonds les inégalités larges et strictes, ce qui rend fausse ta démonstration.
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.
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.
Difficile qu'elle le soit.
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.
Il ne suffit pas qu'une suite soit bornée pour qu'elle soit convergente.
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 ?
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
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.
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...
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 $x\geqslant 0$.
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)
@ passager : attention, a<1.
"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
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 $\Z$.
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 ?
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.
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 ?
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.