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Soit f:\left]0,+\infty\right[\rightarrow\left]0,+\infty\right[ telle que :

    \[\left\{\begin{matrix}\forall\left(x,y\right)\in\left]0,+\infty\right[^{2}, & \thinspace f\left(xf\left(y\right)\right)=yf\left(x\right)\\ & \\{\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}f\left(x\right)=0} & \end{matrix}\right.\]

Pour tout x>0, en faisant y=x, on obtient :

    \[f\left(xf\left(x\right)\right)=xf\left(x\right)\]

ce qui prouve l’existence d’au moins un point fixe.

☞☞☞ Si 1 est le seul point fixe, alors \forall x>0,\thinspace xf\left(x\right)=1, c’est-à-dire :

    \[\boxed{\forall x>0,\thinspace f\left(x\right)=\frac{1}{x}}\]

et cette fonction convient : elle vérifie l’équation fonctionnelle, est strictement positive et de limite nulle en +\infty.

☞☞☞ Et sinon, en choisissant pour y un point fixe \alpha\neq1 :

    \[\forall x>0,\thinspace f\left(\alpha x\right)=\alpha f\left(x\right)\]

d’où par récurrence :

    \[\forall n\in\mathbb{N},\thinspace\forall x>0,\thinspace f\left(\alpha^{n}x\right)=\alpha^{n}f\left(x\right)\]

Distinguons deux sous-cas.

Cas 1°) Si \alpha>1, alors en passant à la limite (x>0 fixé et n\rightarrow+\infty) dans :

    \[f\left(x\right)=\frac{f\left(\alpha^{n}x\right)}{\alpha^{n}}\]

il vient (compte tenu de la limite nulle de f en +\infty) :

    \[\forall x>0,\thinspace f\left(x\right)=0\]

ce qui est absurde (puisque f est à valeurs dans \left]0,+\infty\right[).

Cas 2°) Si 0<\alpha<1, on retrouve la même contradiction en passant à la limite dans :

    \[f\left(x\right)=\alpha^{n}f\left(\frac{x}{\alpha^{n}}\right)\]

(pour x>0 fixé et n\rightarrow+\infty).

Moralité, la seule solution est l’application définie par :

    \[\boxed{\forall x>0,\thinspace f\left(x\right)=\frac{1}{x}}\]


Pour consulter l’énoncé, c’est ici

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