$ f( x^4+y)=x^3f(x)+ f(y)$
$ f(y^4+x)=y^3f(y)+f(x)$
$ f(y^4)=y^3f(y)+f(0)$
$ f(1)=f(1)+f(0)$ donc $ f(0)=0$
de plus $ f(2x^4)=2x^3f(x)$
$ f(3x^4)=3x^3f(x)$
par recurrence sur n , $ f(nx^4)=nx^3f(x)$
$f((nx)^4)= n^4x^3f(x)=(nx)^3f(nx)$
donc $ f(nx)=nf(x)$ et on utilise la dérivabilité de f pour conclure .
On dérive par rapport à une variable puis par rapport à l’autre : $x^3 f”(x^4+y)=0$ et comme pour tout $x$, l’argument est surjectif, on a pour tout $x\neq 0$ et pour tout $t$, $f”(t)=0$ et donc $f$ est linéaire puis par continuité elle l’est sur tous les réels.
Dériver une fois par rapport à y suffit à avoir f'=constante :
$f'(x^4+y)=f'(y)$ donc $f'(t)=a$ pour tout $t \geqslant 0$ en prenant $y=0$. Ensuite pour $y<0$ on peut trouver $x$ assez grand pour avoir $t=x^4+y >0$ et alors $f'(y)=f'(t)=a$.
Merci à tous, je ne savais pas que ces équations ont une spécialité rien que pour elles. Il faut que je lise un cours un 52 pages pour capter le réseau . :-S
Si je ne me trompe, la dérivabilité est superflue, et la continuité en 0 suffit pour démontrer que les seules solutions sont les fonctions R -linéaires f(x)=mx, m constante.
On peut dès lors chercher à se passer de cette condition...
Sans aucune hypothèse additionnelle telle que continuité, dérivabilité ou autre, l'équation proposée équivaut à :
$f(x+y)=f(x)+f(y)$ et $f(x^4)=x^3 f(x)$.
La première de ces deux équations indique que la fonction $f$ est additive, et par suite $\mathbb Q$-linéaire. Avec une hypothèse additionnelle telle que : $f$ continue en un point, la fonction $f$ est nécessairement $\mathbb R$-linéaire, c'est-à-dire de la forme $f(x)=mx$ avec $m$ constante réelle, et une telle fonction vérifie la seconde équation.
Bonne nuit.
Partons de l'équation proposée : $ f(x^4+y)=x^3f(x)+f(y)$.
En faisant $x:=-x$, on voit que : $f(-x)=-f(x)$ pour $x\neq 0$.
En faisant $x:=1$ et $y:=-1$, on voit que $f(0)=0$, ce qui prouve que $f(-x)=-f(x)$ pour tout $x \in \mathbb R$.
En faisant $y:=0$, on voit que : $ f(x^4)=x^3f(x)$, d'où il suit : $ f(x^4+y)=f(x^4)+f(y)$.
En conséquence, pour $x \geq 0$ et $y \in \mathbb R$ on a : $f(x+y)=f(x)+f(y)$.
Si $x \le 0$ et $y \in \mathbb R$, alors $-x \ge 0$, d'où :
$f(y)=f(-x+(x+y))=f(-x)+f(x+y)=-f(x)+f(x+y)$.
Il en résulte : $f(x+y)=f(x)+f(y)$ pour tout $x \in \mathbb R$ et tout $y \in \mathbb R$.
L'équation proposée est équivalente à : $f(x+y)=f(x)+f(y)$ et $ f(x^4)=x^3f(x)$.
La fonction $f$ est additive, donc $ \mathbb Q$-linéaire. Si l'on pose une hypothèse additionnelle telle que « $f$ continue en un point » ou autre de même acabit, alors $f$ est nécessairement $ \mathbb R$-linéaire, c'est-à-dire de la forme : $f(x)=mx$ avec $m$ constante réelle. Et cette fonction satisfait aussi à la seconde de nos deux équations finales. La dérivabilité partout est donc largement superfétatoire.
Si l'on veut conserver l'hypothèse « $f$ dérivable » on dérive l'équation par rapport à $y$, avec $x$ constant, comme l'a écrit Crapul, et il vient : $f'(x^4+y)=f'(y)$.
On en déduit immédiatement que $f'$ est constante sur $\mathbb R$ tout entier.
En effet, si $z \le t$, alors $f'(t)=f'(z+(\sqrt[4]{t-z})^{4})=f'(z)$.
Par suite, la fonction $f$ est $\mathbb R$-affine, ou affine tout court selon le langage courant.
En faisant $x:=1$ et $y:=0$ dans l'équation proposée, on voit que : $f(0)=0$, et $f$ est $\mathbb R$-linéaire, ou linéaire tout court selon le langage courant : $f(x)=mx$, avec $m$ constante réelle.
Bonne journée d'été.
12/07/2019
Chaurien a montré (sans hypothèse de continuité ou de dérivabilité) que $f$ est $\Q$-linéaire, et que $f(x^4)=x^3f(x)$ pour tout $x$. On a donc pour tout $x\in\R$ et tout $\lambda\in \Q$ : $f((1+\lambda x)^4)=(1+\lambda x)^3f(1+\lambda x)$. En développant, il vient
$$m+4\lambda f(x)+\cdots = (1+3\lambda x+\cdots)(m+\lambda f(x)+\cdots)$$
où les $\cdots$ représentent des termes de degré supérieurs ou égaux à $2$ par rapport à $\lambda$. En identifiant les termes de degré $1$, on obtient $4f(x)=3xm+f(x)$, donc $f(x)=mx$.
Bravo JLT ! Ce problème est donc entièrement résolu sans aucune hypothèse additionnelle. Je me demandais s'il n'existait que la brave solution $ \mathbb R$- linéaire, ou bien s'il y avait des térato-solutions très discontinues, et mon imagination dérivait vers les bases de Hamel, mais je n'arrivais pas à conclure, et pour cause.
Nous avons donc ici un joli problème, et en fait toute une famille de problèmes analogues.
Soit $n \in \mathbb N^*$,$p \in \mathbb N^*$,$q \in \mathbb N^*$,$r \in \mathbb N^*$, $q \le n$, $r \le p$, équation fonctionnelle : $f(x^n+y^p)= x^{n-q}f(x^q)+y^{p-r}f(y^r)$.
Bonne nuit.
Fr. Ch.
Réponses
Tu as déjà posé des questions de ce genre, il serait peut-être temps que tu cherches à trouver toi-même, non ???
Cordialement.
En ce moment , je n'ai pas de méthodes pour ce type de problème.
Pour $ x=0 $ et $x=y $ $$
f(x^4)=x^3f(x)
$$ et la condition $f$ est dérivable est pour quelque chose.
$ f(y^4+x)=y^3f(y)+f(x)$
$ f(y^4)=y^3f(y)+f(0)$
$ f(1)=f(1)+f(0)$ donc $ f(0)=0$
de plus $ f(2x^4)=2x^3f(x)$
$ f(3x^4)=3x^3f(x)$
par recurrence sur n , $ f(nx^4)=nx^3f(x)$
$f((nx)^4)= n^4x^3f(x)=(nx)^3f(nx)$
donc $ f(nx)=nf(x)$ et on utilise la dérivabilité de f pour conclure .
$f(2x^4)=2x^3 f(x) $ et $f(3x^4)= x^3(x^3+2) f(x)$...
NUL
On dérive par rapport à une variable puis par rapport à l’autre : $x^3 f”(x^4+y)=0$ et comme pour tout $x$, l’argument est surjectif, on a pour tout $x\neq 0$ et pour tout $t$, $f”(t)=0$ et donc $f$ est linéaire puis par continuité elle l’est sur tous les réels.
$f'(x^4+y)=f'(y)$ donc $f'(t)=a$ pour tout $t \geqslant 0$ en prenant $y=0$. Ensuite pour $y<0$ on peut trouver $x$ assez grand pour avoir $t=x^4+y >0$ et alors $f'(y)=f'(t)=a$.
@ Tyoussef
Que signifie « ces équations ont une spécialité rien que pour elles » ?
Bonne journée, pas trop chaude pour la saison.
On peut dès lors chercher à se passer de cette condition...
$f(x+y)=f(x)+f(y)$ et $f(x^4)=x^3 f(x)$.
La première de ces deux équations indique que la fonction $f$ est additive, et par suite $\mathbb Q$-linéaire. Avec une hypothèse additionnelle telle que : $f$ continue en un point, la fonction $f$ est nécessairement $\mathbb R$-linéaire, c'est-à-dire de la forme $f(x)=mx$ avec $m$ constante réelle, et une telle fonction vérifie la seconde équation.
Bonne nuit.
Signifie que ça va jamais finir
Pour les solutions c'est peut être des equation affine avec $b=f(0)=0$
Et c'est tant mieux, non ?
Bonne journée.
En faisant $x:=-x$, on voit que : $f(-x)=-f(x)$ pour $x\neq 0$.
En faisant $x:=1$ et $y:=-1$, on voit que $f(0)=0$, ce qui prouve que $f(-x)=-f(x)$ pour tout $x \in \mathbb R$.
En faisant $y:=0$, on voit que : $ f(x^4)=x^3f(x)$, d'où il suit : $ f(x^4+y)=f(x^4)+f(y)$.
En conséquence, pour $x \geq 0$ et $y \in \mathbb R$ on a : $f(x+y)=f(x)+f(y)$.
Si $x \le 0$ et $y \in \mathbb R$, alors $-x \ge 0$, d'où :
$f(y)=f(-x+(x+y))=f(-x)+f(x+y)=-f(x)+f(x+y)$.
Il en résulte : $f(x+y)=f(x)+f(y)$ pour tout $x \in \mathbb R$ et tout $y \in \mathbb R$.
L'équation proposée est équivalente à : $f(x+y)=f(x)+f(y)$ et $ f(x^4)=x^3f(x)$.
La fonction $f$ est additive, donc $ \mathbb Q$-linéaire. Si l'on pose une hypothèse additionnelle telle que « $f$ continue en un point » ou autre de même acabit, alors $f$ est nécessairement $ \mathbb R$-linéaire, c'est-à-dire de la forme : $f(x)=mx$ avec $m$ constante réelle. Et cette fonction satisfait aussi à la seconde de nos deux équations finales. La dérivabilité partout est donc largement superfétatoire.
Bonne journée.
Fr. Ch.
11/07/2019
J'ai mal mesuré ce type d'équation, car avant dans le cours je n'ai vu que celle-ci $$
f(x+y)=f(x)+f(y).$$
\frac{f(x^4+y)-f(y) }{x^4} =x^3\frac{f(x)}{x^4}= \frac{f(x) -f(0)}{x-0}
$$ Implique
\begin{align*}
f'(x)&=f'(0) \\
f(x)&=\int f'(x) dx = \int f'(0) dx = f'(0)x+C
\end{align*} et $f(0)=0$ implique $C=0$
On en déduit immédiatement que $f'$ est constante sur $\mathbb R$ tout entier.
En effet, si $z \le t$, alors $f'(t)=f'(z+(\sqrt[4]{t-z})^{4})=f'(z)$.
Par suite, la fonction $f$ est $\mathbb R$-affine, ou affine tout court selon le langage courant.
En faisant $x:=1$ et $y:=0$ dans l'équation proposée, on voit que : $f(0)=0$, et $f$ est $\mathbb R$-linéaire, ou linéaire tout court selon le langage courant : $f(x)=mx$, avec $m$ constante réelle.
Bonne journée d'été.
12/07/2019
Chaurien a montré (sans hypothèse de continuité ou de dérivabilité) que $f$ est $\Q$-linéaire, et que $f(x^4)=x^3f(x)$ pour tout $x$. On a donc pour tout $x\in\R$ et tout $\lambda\in \Q$ : $f((1+\lambda x)^4)=(1+\lambda x)^3f(1+\lambda x)$. En développant, il vient
$$m+4\lambda f(x)+\cdots = (1+3\lambda x+\cdots)(m+\lambda f(x)+\cdots)$$
où les $\cdots$ représentent des termes de degré supérieurs ou égaux à $2$ par rapport à $\lambda$. En identifiant les termes de degré $1$, on obtient $4f(x)=3xm+f(x)$, donc $f(x)=mx$.
Nous avons donc ici un joli problème, et en fait toute une famille de problèmes analogues.
Soit $n \in \mathbb N^*$,$p \in \mathbb N^*$,$q \in \mathbb N^*$,$r \in \mathbb N^*$, $q \le n$, $r \le p$, équation fonctionnelle : $f(x^n+y^p)= x^{n-q}f(x^q)+y^{p-r}f(y^r)$.
Bonne nuit.
Fr. Ch.