Bonjour,
Voilà deux questions qui m'ont posé de sérieux problèmes..
http://www.cijoint.fr/cj201107/cijRDWYAdg.jpg

Je ne voudrais pas de solution, mais des indices peut-être..

Merci !

premier exercice : théorème des valeurs intermédiaires.
deuxième exercice : le f(0)=0 est évident si f est bijective, pour montrer que f bijective il suffit de calculer f².

Edit : Tomash a été plus rapide et plus précis que moi . SI un modo pouvait supprimer mon message , merci.

Salut, et merci pour vos réponses.
Concernant la première question :
Normalement, une fonction définie sur un segment [a;b] devrait un avoir un segment [m;M] pour image non ?
Pour la deuxième question:
Je ne vois pas comment calculer f² ou bien voulais-tu parler de la dérivée ?

1. une fonction continue sur un segment à pour image un segment.
(cf. <math>\(\forall x \in \left] 0; 1 \right], f(x) = 0,\ f(0) = 1\)</math> définie sur <math>\(\left[ 0; 1 \right]\)</math> et ayant pour image <math>\(\{ 0; 1 \}\)</math>)
Le fait que g o f existe implique une condition sur le véritable ensemble d'arrivée de f, le reste n'est que de la sur-information.
2. L'expression de f² se trouve en prenant x = 0 (et cela aboutit en prouvant injectivité et surjectivité séparément en revenant aux définitions: f(x) = f(y) => ..., antécédent de tout y?)

Bonsoir

Pour le premier exercice, démontrer que f a un point fixe f(a)=a est simple et ne fait pas appel à la commutativité de f et g. Compte tenu de l'énoncé, la question devrait être de prouver qu'il existe a tel que f(a)=g(a) C'est un exo classique mais un peu moins facile à démontrer.

Citation : nabucos

Bonsoir

Pour le premier exercice, démontrer que f a un point fixe f(a)=a est simple et ne fait pas appel à la commutativité de f et g. Compte tenu de l'énoncé, la question devrait être de prouver qu'il existe a tel que f(a)=g(a) ce qui est un peu moins facile....sinon je ne comprends pas cet appel à la commutativité!

Le fait que f et g commutent nous dit que f et g sont des fonctions dans [0,1].

Salut !
Exat Sir.Skippy, la commutativité nous informe sur l'ensemble d'arrivée..
je crois que pour la première question c'est bon !
Merci à tous !

En fait,
Désolé, je me suis trompé à propos de la deuxième question,
En réalité la fonction est définie tel que :
http://www.cijoint.fr/cj201107/cijUQmVya7.jpg

Encore une fois, désolé...

Même chose à faire. Remarque f² = f o f (j'aurais du le préciser).

On connait pas l'expression de f(x)....

Mais on connait l'expression de f o f (pour x = 0)

Oui, et ?
Désolé je ne suis pas...
Voudrais-tu dire qu'on devrait montrer que f² est bijective ?

mieux que ça, f² est l'identité donc f est involutive.

Si tu prends x = 0, tu trouves:
<math>\((f \circ f)(y) = y + (f(0))^2\)</math>
Ensuite tu prouves l'injectivité de f:
<math>\(f(x) = f(y) \Rightarrow ...\)</math>
Puis la surjectivité de f:
<math>\(y = (y - (f(0))^2) + (f(0))^2 = f(...) \Rightarrow\)</math> tout y a pour antécédent ...

@Thomash: f involutive, pas encore, sinon c'est le poisson qui se mord la queue.

exercice 1
oui, certes! mais alors il suffisait de définir f comme appliacation continue de (0,1)dans (0,1) .

Mais l'exercice classique lorsqu'on parle de 2 fonctions continues f ,g commutant va plus loin que ce constat assez évident, c' est bien celui que j'ai indiqué, et pas simplement de prouver que f a un point fixe!
Aprés, je ne sais pas à quel niveau se situe l'exercice, car c'est sensiblement plus difficile , même si à mon avis le niveau terminale S suffit en terme de connaissances.

exercice 2
je ne vois pas bien où est le correctif de rochdi
En tout cas si l'équation est bien <math>\(\[ f(x^{2}+f(y))=y+(f(x))^{2} \]\)</math>, on peut résoudre explicitemet cette équation fonctionnelle qui, je pense, a pour seule solution ...la fonction identité f(x)=x .
Solution simple , démonstration un peu moins

@Nabucos

Effectivement, c'est bien la fonction qu'on trouve vers la fin de l'exercice.
Donc, faudrait apparemment utiliser la méthode à Sir.Skippy..
@Sir.skippy
C'est bon pour l'injectivité..

En réalité, je ne vois pas l'idée pour la surjectivité, ce que je suis aveugle !

La surjectivité est assez évidente si tu considères l'écriture que j'ai proposé.
Par contre l'imparité est devenue assez tordue depuis la correction fournies...

Pose <math>\(z = y - (f(0))^2\)</math> si tu ne vois pas.

ça donnerait y=f²(z) et donc son antécédent f(z)
Right ?

Correct.
f est donc bijective.
Ca fait un moment que j'essaie de prouver l'imparité sans succès. Es-tu bien sûr de l'énoncé proposé?
Quelqu'un a une astuce? Je serais curieux de savoir.

Merci beaucoup Sir.Skippy pour ton aide, et surtout pour ta patience !
J'ai l'impression qu'en terminale, on a fait qu'apprendre à calculer...
On ne voit pas assez de théorie...

En effet,je suis sûr de l'énoncé.

Citation : Sir.Skippy

Correct.
f est donc bijective.
Ca fait un moment que j'essaie de prouver l'imparité sans succès. Es-tu bien sûr de l'énoncé proposé?
Quelqu'un a une astuce? Je serais curieux de savoir.

On prend l'énoncé avec les valeurs (x, 0), il vient <math>\(f(x^2 + f(0)) = (f(x))^2\)</math>, pour (-x, 0), on a <math>\(f((-x)^2 + f(0)) = (f(-x))^2\)</math>.

Donc <math>\((f(-x))^2 = (f(x))^2\)</math>, d'où <math>\(f(-x) = \pm f(x)\)</math>. Supposons <math>\(f(-x) = f(x)\)</math>. En reprenant l'énoncé avec (0, x) et (0, -x), il vient <math>\(f(f(x)) = x + f(0)\)</math> et <math>\(-x + f(0) = f(f(-x)) = f(f(x))\)</math>, d'où la contradiction.

@nabucos, qu'est-ce qui permet de dire que c'est l'identité f ? J'y ai pas vraiment réfléchi apriori la fonction n'est pas nécessairement continue.

-id est aussi solution donc f n'est pas forcément l'identité.

-id n'est pas solution.

Hum, ah oui pas pour le nouveau énoncé, j'avais regardé l'ancien désolé.

Bon j'ai un peut réfléchi, et je n'arrive qu'à montrer que la restriction de <math>\(f\)</math> aux rationnels est l'identité :

Comme <math>\(f(f(x)) = x\)</math>, et que f est une bijection, on a <math>\(f(x) = f^{-1}(x)\)</math>.

Soit <math>\(x>0\)</math>. En appliquant l'énoncé aux valeurs <math>\((x, 0)\)</math>, il vient <math>\(f(x^2) = (f(x))^2\)</math>. Pour <math>\((\sqrt{x}, f^{-1}(x))\)</math>, il vient <math>\(f(2x) = f^{-1}(x) + (f(\sqrt x))^2 = 2 f(x)\)</math>. Par récurrence, si <math>\(f((n-1)x) = (n-1)f(x)\)</math>, alors <math>\((\sqrt{x}, f^{-1}((n-1)x)\)</math> donne <math>\(f(n x) = n f(x)\)</math>. De plus, pour <math>\(m \in \mathbb N_0\)</math>, en posant <math>\(y= nx\)</math>, il vient <math>\(f(y) = n f(x)\)</math> et donc <math>\(\frac1n f(y) = f({1 \over n})\)</math>.

Vu précédemment et l'imparité, il vient pour tout <math>\(x \in \mathbb R,\ q \in \mathbb Q\)</math>, <math>\(f(q x) = q f(x)\)</math>.

De plus, si <math>\(x \geq 0, \ y \in \R\)</math>, vu <math>\(f(x + y) = f(y) + (f(\sqrt x))^2 = f(x) + f(y)\)</math>. On peut généraliser aux x négatifs vu l'imparité.

En <math>\((1, 0)\)</math>, il vient <math>\(f(1) = (f(1))^2\)</math>, donc <math>\(f(1) = 1\)</math> (étant une bijection, on ne peut avoir zéro).

Il vient que la restriction de <math>\(f\)</math> aux rationnels est l'identité.

On peut noter que <math>\(f(x^{2^n}}) = (f(x))^{2^n}}\)</math>, et donc un certain nombre d'irrationnels (algébriques), sont leur propre image par f, mais en général pas tous (par exemple les <math>\(\sqrt^3 x\)</math> pour x non-rationnel).

Tout irrationnel étant limite d'une suite de rationnels, f(q) = q suffit pour conclure.
Reste à prouver f(0) = 0 ce qui n'est pas fait car la fonction n'est pas à priori continue.

Citation : Sir.Skippy

Tout irrationnel étant limite d'une suite de rationnels, f(q) = q suffit pour conclure.

Seulement si on suppose que f est continue.

Citation : Sir.Skippy

Tout irrationnel étant limite d'une suite de rationnels, f(q) = q suffit pour conclure.
Reste à prouver f(0) = 0 ce qui n'est pas fait car la fonction n'est pas à priori continue.

Ca c'est facile, vu l'imparité <math>\(f(-0) = - f(0)\)</math>.

C'est vrai qu'il n'y a pas besoin de la continuité pour f(0) = 0 autant pour moi.
@rom1504: En effet.