Bravo pour cette vidéo très pédagogique. En plus je te pique l'équation 5) des "autres équations fonctionnelles" pour poser en colle, elle est rigolote !☺
Pour la question 4 de la deuxième équation fonctionnelle, ce que j'ai fait est que étant donné que f ne s'annule pas et est continue ( car dérivable par hypothèse), alors f est soit strictement positif ou strictement négatif, et après puisque f(1) = 1> 0, je conclus que f est strictement positif
Très sympa pour pratiquer un peu. Ca fait un moment que j'ai finis les études et c'est agréable d'avoir des exercices pour lesquels il n'y a pas besoin de connaitre son cours plus que ça, et puis bon je ne fais plus de maths depuis 10 ans c'est un peu dommage. J'ai un peu tourné pour les premières mais ça a été. Pour les exos bonus: Pour l'équations de Cauchy (en vitesse) Analyse: j'imagine qu'on peut fixer y, dériver devant x et on a g'(x+y) = g'(x) pour tout x,y dans R2. On fixe y = -x et on a g'(0) = g'(x) pour tout x dans R, donc g' est contante et g(x) = ax + b avec a,b réels Synthèse: Soit g(x) -> ax + b g(x+y) = a(x+y) + b et g(x) + g(y) = ax +ay + 2b On a g(x+y) = g(x + y) 2b = b b = 0 Les solutions sont doc les g:x->ax avec a dans R Pour la 1 des bonus, je n'ai pas réussi directement par l'équation fonctionnelle, mais je suis repartit de Cauchy Analyse: x=y=1 donne f(1) = 2f(1) donc f(1) = 0 y = 1/x donne f(1) = f(x) + f(1/x) = 0 f(1/x ) = -f(x) (ca fait penser a du ln, je repars de Cauchy car si ca marche avec les puissance ça devrait bien se passer avec du ln) soit f solution de l eq fonctionnelle, posons g:x -> f(exp(x)). Pour x dans R. On a pour x,y dans r2 g(x+y) = f(exp(x+y)) = f(exp(x)exp(y)) = f(exp(x)) + f(exp(y)) = g(x) + g(y) g est vérifie l'équation de cauchy ( de R dans R dérivable et g(x + y) = g(x) + g(y) On a alors a dans R / f(exp(x)) = ax f(exp(x)) = a ln ( exp(x)) posons t = exp(x), t parcourt R*+ quand x parcourt R f(t) = a * ln(t) Synthèse: soit f:t -> a * ln(t) avec t dans R+* f(xy) = a*ln(xy) * a*ln(x) + a*ln(y) = f(x) + f(y), f vérifie donc bien l'équation fonctionnelle. Bilan: les solutions sont les fonctions t -> a*ln(t) avec a dans R. (Je n'ai pas réussi à faire autrement, je suis preneur si quelqu'un trouve)
je ne comprends pas l'intêret de la question 4, j'ai du passer à coté de quelque chose, on a f continue qui ne s'annule pas tq f(1)=1, donc quelque soit x dans R f(x)>0, non ?
On ne peut pas faire des commentaires de longueur arbitraire donc je continue pour ma proposition de la Bonus 2. Je ne suis pas certain d'avoir trouvé une solution asser rapide, ça m'a l'air un peu alambiqué: J'ai pas mal tourné pour chercher un taux d'accroissement (on sent bien les fonctions type a^(x)) avant de trouver ça: Analyse: Soit f solution une fonction et qui ne s'annule pas on a f(x + y) = f(x)f(y) ayant supposé qu'elle ne s'annule pas on a f(x) = f(x+y)/f(y) (je démontre qu elle ne s'annulle pas, hormis fonction nulle, plus bas) f(x+y) tend vers f(y) quand x->0 par continuité lim f(x) en 0+ = f(y)/f(y) = 1 f(x)->1 quand x->0 reprenons f(x + y) = f(x)f(y) et dérivons devant x: f'(x + y) = f'(x) f(y) soit epsilon >0 Remarquons que f'(x+epsilon) = f'(epsilon) f(x) Or x-> f'(epsilon) f(x) est continue (produit de f par une constante) donc x->f'(x+epsilon) est continue. Par translation, x->f'(x) est continue sur R*+ (epsilon étant aussi petit que l'on veut) Reprenons f'(x + y) = f'(x) f(y) et écrivons f'(x) = f'(x+y)/f(y) faisons tendre x vers 0, par continuité de f' on a lim(x->0) de f'(x+y) = f'(y) et f tendant vers 1 en 0 on a donc un forme déterminée à droite lim(x->0) de f'(x+y)/f(y) existe et vaut f'(y)/f(y) On a donc lim(x->0) f'(x) qui existe bien et vaut f'(y)/f(y). Je noterai la limite en 0 f'(0) On en déduit que f'(y)/f(y) = f'(0) et donc que f'(y) = f'(0) f(y) les solutions sont donc de la forme x -> A * exp(f'(0) * x), mais la condition lim(x->0) f(x) = 1 impose A = 1 les solutions sont donc de la forme x -> exp(a * x) Synthèse: Soit f de la forme x -> exp(a*x) f(x+y) = exp(a*(x+y)) = exp(a*x) * exp(a*y) = f(x) f(y) Les solutions sont donc les fonctions de la forme x->exp(a*x) avec a dans R Il reste à démontrer que si f s'annule, alors c'est la fonction nulle. Soit f solution qui s'annule en z on a directement f(x+z) = f(x)f(z) = 0 ceci est valable pour tout x dans R*+. Donc f est nulle à droite de z. (j'ai bien conscience que si on admet les x négatifs on montre instantanément qu'elle est nulle partout mais je crois qu'on ne peut pas le faire ici du fait du domaine de définition de f) ABSURDE: supposons que f ne soit pas la fonction nulle: Soit x>0 / f(x) !=0 On sait que f(x/2) !=0 (autrement, f(x) serait nulle car on a montré que f est nulle à droite de la ou elle s'annule et x/2 > 0) on a donc f(x+x/2) = f(x) * f(x/2) !=0 Par récurrence immédiate f(x + n * x/2) != 0 pour tout n dans N. (on répète l'ajout de x/2 dans f(x+kx/2) est si à l'étape k f est non nulle alors a la suivante non plus. Or on sait que pour x asser grand f s'annule (à droite de z). Ce qui contredit la propriété précédente. Bilan: si f s'annule alors elle est la fonction nulle. De plus la fonction nulle est solution triviale de l'équation. Les solutions sont donc la fonction nulle et les x-> exp(a*x) avec a dans R.
OK. Merci pour cette recherche. J'avoue que j'ai pas été sympa de faire l'hypothèse sur R_+^*... du coup ça compliqué un peu, ça me semble normal Je pense que quand j'ai donné ça, je pensais à R_+... mais du coup ça Corse un peu l'affaire en zappant zéro. Je vais y regarder de plus près.
Salut, Merci pour cette vidéo. Pour le problème 2 question 5 où tu dérives l'équa. Diff., tu supposes que y est une constante, et c'est x la variable, puis tu inverses les rôles en particularisant x=1 et y devient la variable d'intégration sans justification! Ne devrais-tu pas développer un peu plus?
Il n'y a rien à justifier.. tu particularises. Puis tu reviens à l'équation générale. C'est vrai pour tout x et tout y. Tu peux choisir ceux que tu veux. Je ne sais pas si je réponds à la question.
@@CassouMathPrepa effectivement le pour tout x et pour tout y qui appartiennent au "même domaine" combiné au fait que x et y soient symétriques dans cette équation, sont les idée cruciales. Car, la fonction f est à une seule variable indépendante, ce qui fait que f(xy) est une composition f(z(x,y)) et z(x,y) = xy. Je souligne ce point, parce que si on utilise la notation de Leibniz sans une maîtrise de cette subtilité, on peut être bloqué "bêtement" le jour de l'examen en ayant dérivé y*df(xy)/dx = f(y)*df(x)/dx oú x et y semblent (faussement) ne plus être équivalent !
Bonjour, merci beaucoup pour la vidéo c’était très utile, mais pour le deuxième exemple de raisonnement, ne faut-il pas écarter la fonction nulle puisque nous avons dit que f ne s’annule pas ?
f ne s'annule pas du fait du choix de f(1) (ici f(1) non nul), mais la fonction nulle reste solution car dérivable sur l'ensemble des réels strictements positifs et multiplicative :)
Salut. j'y connait rien mais f(xy)=xy+1 m'a parut bizard. 11:04 En fait on remplace x dans f(x)=x+1 par xy se qui nous donne f(xy)=xy+1 c'est bien ça? Merci. Cool, j'ai compris ma première Équations fonctionnelles! C'est quoi le R²?
2e exercice, question 4. On sait que f(1) = 1. Supposons qu'il existe z tel que f(z) < 0. Or f est dérivable, donc continue. Si on applique le théorème des valeurs intermédiaires alors il existe t ∈ ]1, z[ tel que f(t) = 0. Or c'est impossible par hypothèse car f ne s'annule pas. Donc il n'exsite aucun z tel que f(z) ℝ+*
Pour la bonus 3: analyse: posons x=y=1: on voit f(1-f(1)) = 2-1-1 = 0 donc f s'annule au moins en un point z. On peut alors dire qu il existe z/ f(z) = 0 injectons x=z et y dans R f(y-f(z)) = 2 - y - z f(y) = 2 - y - z Les solutions candidates sont les fonctions affine x-> -x + 2-z, que je réécris x-> -x + b On sait que f(y - f(x)) = 2-x-y f(y +x - b) = 2-x-y -x-y +b +b = 2 - x - y b = 1 la seule solution candidate est x-> 1-x Synthèse: injectons: f(y - f(x)) = f(y + x - 1) = 1 - y - x + 1 * 2 - x - y La solution est unique et est x -> 1-x Pour la 4 : Analyse posons y = 0, x dans R f(0) = x f(x) et pour x!=0 on aura f(x) = f(0)/x que je noterai C/x avec C dans R Donc les solutions candidates sont les f telles que f(x) = C si x = 0 et f(x) = C/x si x != 0 De plus on peut remarquer que si x = y = 0 on a f(0) = 0, donc C = 0 La seule fonction candidate est la fonction nulle. Synthèse: posons f la fonction nulle. On a bien f(xy) = 0 = x * 0 + y*0 = xf(x) + yf(y) La solution est unique et est la fonction nulle. Je me demande si je suis passé à coté de quelqu chose. J'essayerai de faire la 5 dans la soirée :) Merci encore!
Pour la bonus 5: remarquons que x-> 1 est solution triviale en effet dans ce cas on a bien f(x) + x*f(1-x) = 1 + x Ça donne envie de poser g / f:x -> 1 + g(x) on a alors 1 + g(x) + x * (1 + g(1 - x)) = 1 + x 1 + g(x) + x + x * g(1-x) = 1 + x et donc g(x) + x * g(1-x) = 0 que je note (i) en posant t = 1-x et donc x = 1 - t on a g(1 - t) + (1-t) * g(t) = 0 que je note (ii) (i) - x* (ii) (en remplaçant t par x dans (ii)) donne g(x) + x * g(1-x) - x * g (1-x) - x*(1-x)*g(x) = 0 g(x) - x*(1-x)*g(x) = 0 g(x) ( 1 - x + x**2) = 0 et x-> x**2 - x + 1 est de discriminant négatif, donc pas de racine réelle, le terme (1-x+x**2) n'est donc jamais nul sur R. On a donc g(x) = 0 pour tout x dans R or f(x) = 1 + g(x) = 1 On a déjà vérifié que cette fonction soit solution, c'est donc la seule. Bilan la solution est unique et est x -> 1 + x Pour trouver la solution, j'ai bidouillé la fonction, on voit très vite que f(0) vaut 1, puis f(1) = 1 , f(2) = 1 aussi, ça inspire de vérifier x -> 1 étant solution si on ne l'a pas vu. On s'attend aussi a ce que ça soit la seule, vu la tête de l'équation, si la fonction vaut 1 pour tout k, ça semble assez naturel. Quand on calcul f(1/2) on a 1 aussi. Mais pour calculer f(1/4) la on a besoin de f(3/4), et concrètement on a besoin de f(1-x) pour calculer f(x) pour tous les x à par les entiers et 1/2, et réciproquement si on connait f(1-x) alors on a f(x). C'est la que le changement t = 1 - x doit venir naturellement je pense, il y a une symétrie à regarder. J'ai beaucoup apprécié cette vidéo, je regarderai les autres!
Vous etes le goat que vous pensez etre
je confirme!
lol. Merci (meme si je ne sais pas comment je dois le prendre 😅)
goat=greatest of all time
Très bonne vidéo avec des exos de base à très bien maîtriser 👍
Avoir des notions dans les morphismes peut aider.
Très bien expliqué
Pourquoi est-ce que l'analyse @4:29 est en français mais la syyynthèse @4:44 en québécois? (en jurassien à la rigueur)
Bravo pour cette vidéo très pédagogique.
En plus je te pique l'équation 5) des "autres équations fonctionnelles" pour poser en colle, elle est rigolote !☺
Ca fait plaisir :)
Et bonne rentrée à toi, boss 😉
@@CassouMathPrepa hélas !
@@antocristo1847 des conseils pour gérer les discipline en classe en tant que jeune prof please?
on est besoin plus plus ..... sur Équations fonctionnelles Merci prof
Merci prof
Merci je ne connaissais pas Ultra Vomit c'est excellent AHOU
Kammthaaaaaar (ils font pas mal dans la parodie métal... facon Les inconnus) (th-cam.com/video/NLPyySN9Czw/w-d-xo.html)
Pour la question 4 de la deuxième équation fonctionnelle, ce que j'ai fait est que étant donné que f ne s'annule pas et est continue ( car dérivable par hypothèse), alors f est soit strictement positif ou strictement négatif, et après puisque f(1) = 1> 0, je conclus que f est strictement positif
Carrement ! TVI notre ami. C'est tout à fait naturel. J'aurais dû en parler j'avoue 😇.
Très sympa pour pratiquer un peu. Ca fait un moment que j'ai finis les études et c'est agréable d'avoir des exercices pour lesquels il n'y a pas besoin de connaitre son cours plus que ça, et puis bon je ne fais plus de maths depuis 10 ans c'est un peu dommage. J'ai un peu tourné pour les premières mais ça a été.
Pour les exos bonus:
Pour l'équations de Cauchy (en vitesse)
Analyse: j'imagine qu'on peut fixer y, dériver devant x et on a g'(x+y) = g'(x) pour tout x,y dans R2.
On fixe y = -x et on a g'(0) = g'(x) pour tout x dans R, donc g' est contante et g(x) = ax + b avec a,b réels
Synthèse:
Soit g(x) -> ax + b
g(x+y) = a(x+y) + b et g(x) + g(y) = ax +ay + 2b
On a g(x+y) = g(x + y) 2b = b b = 0
Les solutions sont doc les g:x->ax avec a dans R
Pour la 1 des bonus, je n'ai pas réussi directement par l'équation fonctionnelle, mais je suis repartit de Cauchy
Analyse:
x=y=1 donne f(1) = 2f(1) donc f(1) = 0
y = 1/x donne f(1) = f(x) + f(1/x) = 0
f(1/x ) = -f(x) (ca fait penser a du ln, je repars de Cauchy car si ca marche avec les puissance ça devrait bien se passer avec du ln)
soit f solution de l eq fonctionnelle, posons g:x -> f(exp(x)). Pour x dans R.
On a pour x,y dans r2
g(x+y) = f(exp(x+y)) = f(exp(x)exp(y)) = f(exp(x)) + f(exp(y)) = g(x) + g(y)
g est vérifie l'équation de cauchy ( de R dans R dérivable et g(x + y) = g(x) + g(y)
On a alors a dans R /
f(exp(x)) = ax
f(exp(x)) = a ln ( exp(x))
posons t = exp(x), t parcourt R*+ quand x parcourt R
f(t) = a * ln(t)
Synthèse:
soit f:t -> a * ln(t) avec t dans R+*
f(xy) = a*ln(xy) * a*ln(x) + a*ln(y) = f(x) + f(y), f vérifie donc bien l'équation fonctionnelle.
Bilan: les solutions sont les fonctions t -> a*ln(t) avec a dans R. (Je n'ai pas réussi à faire autrement, je suis preneur si quelqu'un trouve)
Super 😄. Les réflexes sont bien là, même 10 ans après 👍
je ne comprends pas l'intêret de la question 4, j'ai du passer à coté de quelque chose, on a f continue qui ne s'annule pas tq f(1)=1, donc quelque soit x dans R f(x)>0, non ?
Oui. C'est bien l'argument du TVI.
Ca sert après quand on prend le ln 😉
"évaluer" c'est plus joli que "particulariser" ;)
oui, c'est sûr, mais dans ce barbarisme, j'aime bien le côté "cas particulier". 😉
On ne peut pas faire des commentaires de longueur arbitraire donc je continue pour ma proposition de la Bonus 2. Je ne suis pas certain d'avoir trouvé une solution asser rapide, ça m'a l'air un peu alambiqué:
J'ai pas mal tourné pour chercher un taux d'accroissement (on sent bien les fonctions type a^(x)) avant de trouver ça:
Analyse:
Soit f solution une fonction et qui ne s'annule pas on a f(x + y) = f(x)f(y)
ayant supposé qu'elle ne s'annule pas on a f(x) = f(x+y)/f(y) (je démontre qu elle ne s'annulle pas, hormis fonction nulle, plus bas)
f(x+y) tend vers f(y) quand x->0 par continuité
lim f(x) en 0+ = f(y)/f(y) = 1
f(x)->1 quand x->0
reprenons f(x + y) = f(x)f(y) et dérivons devant x:
f'(x + y) = f'(x) f(y)
soit epsilon >0
Remarquons que f'(x+epsilon) = f'(epsilon) f(x)
Or x-> f'(epsilon) f(x) est continue (produit de f par une constante) donc x->f'(x+epsilon) est continue.
Par translation, x->f'(x) est continue sur R*+ (epsilon étant aussi petit que l'on veut)
Reprenons f'(x + y) = f'(x) f(y) et écrivons f'(x) = f'(x+y)/f(y)
faisons tendre x vers 0, par continuité de f' on a lim(x->0) de f'(x+y) = f'(y)
et f tendant vers 1 en 0 on a donc un forme déterminée à droite lim(x->0) de f'(x+y)/f(y) existe et vaut f'(y)/f(y)
On a donc lim(x->0) f'(x) qui existe bien et vaut f'(y)/f(y). Je noterai la limite en 0 f'(0)
On en déduit que f'(y)/f(y) = f'(0) et donc que f'(y) = f'(0) f(y)
les solutions sont donc de la forme x -> A * exp(f'(0) * x), mais la condition lim(x->0) f(x) = 1 impose A = 1
les solutions sont donc de la forme x -> exp(a * x)
Synthèse:
Soit f de la forme x -> exp(a*x)
f(x+y) = exp(a*(x+y)) = exp(a*x) * exp(a*y) = f(x) f(y)
Les solutions sont donc les fonctions de la forme x->exp(a*x) avec a dans R
Il reste à démontrer que si f s'annule, alors c'est la fonction nulle.
Soit f solution qui s'annule en z
on a directement f(x+z) = f(x)f(z) = 0
ceci est valable pour tout x dans R*+. Donc f est nulle à droite de z.
(j'ai bien conscience que si on admet les x négatifs on montre instantanément qu'elle est nulle partout mais je crois qu'on ne peut pas le faire ici du fait du domaine de définition de f)
ABSURDE: supposons que f ne soit pas la fonction nulle:
Soit x>0 / f(x) !=0
On sait que f(x/2) !=0 (autrement, f(x) serait nulle car on a montré que f est nulle à droite de la ou elle s'annule et x/2 > 0)
on a donc f(x+x/2) = f(x) * f(x/2) !=0
Par récurrence immédiate f(x + n * x/2) != 0 pour tout n dans N. (on répète l'ajout de x/2 dans f(x+kx/2) est si à l'étape k f est non nulle alors a la suivante non plus.
Or on sait que pour x asser grand f s'annule (à droite de z). Ce qui contredit la propriété précédente.
Bilan: si f s'annule alors elle est la fonction nulle.
De plus la fonction nulle est solution triviale de l'équation.
Les solutions sont donc la fonction nulle et les x-> exp(a*x) avec a dans R.
OK. Merci pour cette recherche. J'avoue que j'ai pas été sympa de faire l'hypothèse sur R_+^*... du coup ça compliqué un peu, ça me semble normal
Je pense que quand j'ai donné ça, je pensais à R_+... mais du coup ça Corse un peu l'affaire en zappant zéro. Je vais y regarder de plus près.
Salut, Merci pour cette vidéo.
Pour le problème 2 question 5 où tu dérives l'équa. Diff., tu supposes que y est une constante, et c'est x la variable, puis tu inverses les rôles en particularisant x=1 et y devient la variable d'intégration sans justification!
Ne devrais-tu pas développer un peu plus?
Il n'y a rien à justifier.. tu particularises. Puis tu reviens à l'équation générale. C'est vrai pour tout x et tout y. Tu peux choisir ceux que tu veux.
Je ne sais pas si je réponds à la question.
@@CassouMathPrepa effectivement le pour tout x et pour tout y qui appartiennent au "même domaine" combiné au fait que x et y soient symétriques dans cette équation, sont les idée cruciales. Car, la fonction f est à une seule variable indépendante, ce qui fait que f(xy) est une composition f(z(x,y)) et z(x,y) = xy.
Je souligne ce point, parce que si on utilise la notation de Leibniz sans une maîtrise de cette subtilité, on peut être bloqué "bêtement" le jour de l'examen en ayant dérivé
y*df(xy)/dx = f(y)*df(x)/dx oú x et y semblent (faussement) ne plus être équivalent !
si on a déjà notre master de maths on peut regarder sans chercher haha? :)
🤣
Bonjour, merci beaucoup pour la vidéo c’était très utile, mais pour le deuxième exemple de raisonnement, ne faut-il pas écarter la fonction nulle puisque nous avons dit que f ne s’annule pas ?
f ne s'annule pas du fait du choix de f(1) (ici f(1) non nul), mais la fonction nulle reste solution car dérivable sur l'ensemble des réels strictements positifs et multiplicative :)
voir la réponse de @balthuuux. On écarte la fonction nulle quand on a supposé f(1)=1, mais elle est bien sur solution :)
Comment bien justifier l'unicite de la solution pour le premier probleme (f(x) = x+1)?
C'est fait dans l'analyse : on y dit que s'il y a une solution, alors c'est forcement x-> x+1. Il n'y a qu'un seul candidat. D'où l'unicité ! 😄
Salut.
j'y connait rien mais f(xy)=xy+1 m'a parut bizard. 11:04
En fait on remplace x dans f(x)=x+1 par xy se qui nous donne f(xy)=xy+1 c'est bien ça?
Merci.
Cool, j'ai compris ma première Équations fonctionnelles!
C'est quoi le R²?
si f(x)=x+1, alors f(xy)=xy+1. non ? (on remplace). Sinon R²=RxR. (x,y) dans R² ca veut dire x dans R et y dans R
2e exercice, question 4. On sait que f(1) = 1. Supposons qu'il existe z tel que f(z) < 0. Or f est dérivable, donc continue. Si on applique le théorème des valeurs intermédiaires alors il existe t ∈ ]1, z[ tel que f(t) = 0. Or c'est impossible par hypothèse car f ne s'annule pas. Donc il n'exsite aucun z tel que f(z) ℝ+*
oui tout à fait !
Pour la bonus 3:
analyse:
posons x=y=1: on voit f(1-f(1)) = 2-1-1 = 0
donc f s'annule au moins en un point z.
On peut alors dire qu il existe z/ f(z) = 0
injectons x=z et y dans R
f(y-f(z)) = 2 - y - z
f(y) = 2 - y - z
Les solutions candidates sont les fonctions affine x-> -x + 2-z, que je réécris x-> -x + b
On sait que
f(y - f(x)) = 2-x-y
f(y +x - b) = 2-x-y
-x-y +b +b = 2 - x - y
b = 1
la seule solution candidate est x-> 1-x
Synthèse:
injectons:
f(y - f(x)) = f(y + x - 1) = 1 - y - x + 1 * 2 - x - y
La solution est unique et est x -> 1-x
Pour la 4 :
Analyse
posons y = 0, x dans R
f(0) = x f(x) et pour x!=0 on aura f(x) = f(0)/x que je noterai C/x avec C dans R
Donc les solutions candidates sont les f telles que f(x) = C si x = 0 et f(x) = C/x si x != 0
De plus on peut remarquer que si x = y = 0 on a f(0) = 0, donc C = 0
La seule fonction candidate est la fonction nulle.
Synthèse: posons f la fonction nulle.
On a bien f(xy) = 0 = x * 0 + y*0 = xf(x) + yf(y)
La solution est unique et est la fonction nulle.
Je me demande si je suis passé à coté de quelqu chose.
J'essayerai de faire la 5 dans la soirée :) Merci encore!
ULTRA VOMIIIIIIIIIIIIIIIIIIT
Raaaaaaaaaaaaaaaaaah MERCI !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! J'y croyais pas à ma ref, mais là tu es tres tres fort @clembat1 🙏🙏🙏🙏🙏 REspect ! 😆😆😆😆🤮
Pour la bonus 5:
remarquons que x-> 1 est solution triviale en effet dans ce cas on a bien
f(x) + x*f(1-x) = 1 + x
Ça donne envie de poser g / f:x -> 1 + g(x)
on a alors 1 + g(x) + x * (1 + g(1 - x)) = 1 + x
1 + g(x) + x + x * g(1-x) = 1 + x
et donc g(x) + x * g(1-x) = 0 que je note (i)
en posant t = 1-x et donc x = 1 - t
on a g(1 - t) + (1-t) * g(t) = 0 que je note (ii)
(i) - x* (ii) (en remplaçant t par x dans (ii)) donne
g(x) + x * g(1-x) - x * g (1-x) - x*(1-x)*g(x) = 0
g(x) - x*(1-x)*g(x) = 0
g(x) ( 1 - x + x**2) = 0 et x-> x**2 - x + 1 est de discriminant négatif, donc pas de racine réelle, le terme (1-x+x**2) n'est donc jamais nul sur R.
On a donc g(x) = 0 pour tout x dans R
or f(x) = 1 + g(x) = 1
On a déjà vérifié que cette fonction soit solution, c'est donc la seule.
Bilan la solution est unique et est x -> 1 + x
Pour trouver la solution, j'ai bidouillé la fonction, on voit très vite que f(0) vaut 1, puis f(1) = 1 , f(2) = 1 aussi, ça inspire de vérifier x -> 1 étant solution si on ne l'a pas vu. On s'attend aussi a ce que ça soit la seule, vu la tête de l'équation, si la fonction vaut 1 pour tout k, ça semble assez naturel. Quand on calcul f(1/2) on a 1 aussi. Mais pour calculer f(1/4) la on a besoin de f(3/4), et concrètement on a besoin de f(1-x) pour calculer f(x) pour tous les x à par les entiers et 1/2, et réciproquement si on connait f(1-x) alors on a f(x). C'est la que le changement t = 1 - x doit venir naturellement je pense, il y a une symétrie à regarder. J'ai beaucoup apprécié cette vidéo, je regarderai les autres!