Marathon des équations fonctionnelles

On va démontrer par récurrence l'assertion A(n) :
f(k)=k pour tout k<n et f(k)>f(n)>= n pour tout k>n

Démarrage de la récurrence : démontrons A(0)
f(k)=k pour tout k<0 ne pose pas de problèmes
Soit maintenant m=min(f(x), x>=0) et soit a>=0 tel que f(a)=m
si a>0, alors m=f(a)>f(f(a-1)) ce qui est impossible, par définition de m. Donc a=0 et m=f(0) et
f(k)>f(0)>=0 pour tout k>0
et donc A(0) est vrai

Etape de récurrence: Supposons A(n) vrai pour un certain n>=0
Soit m=min(f(x), x>= n+1) et soit a>=n+1 tel que f(a)=m
a-1>=n>=0 et donc m=f(a)>f(f(a-1)) ce qui implique f(a-1)<=n (définition de m)
Si a-1>n, l'assertion A(n) implique f(a-1)>n, en contradiction avec la ligne précédente. Donc a-1=n et a=n+1 et donc f(k)>f(a) pour tout k>n+1
f(a-1)<=n devient f(n)<=n et comme A(n) nous dit f(n)>=n, on obtient f(n)=n.
A(n) nous dit alors f(n+1)>f(n) et donc f(n+1)>=n+1
Et nous avons :

f(k)=k pour tout k<n (A(n)) et f(n)=n et donc f(k)=k pour tout k<n+1
f(k)>f(n+1)>=n+1 pour tout k>n+1

Et donc A(n+1)

Et donc A(n) vrai pour tout n et donc la seule solution f(n)=n, qui se trouve effectivement être une solution.

Soit f une fonction éventuelle vérifiant les conditions de l'énoncé.
Pour tous entier naturel n, f(n+1)>f(f(n)), cela implique que pour tout entier non nul n, f(n)>=1.
- Supposons dans un premier temps que f(0)>=1. Alors maintenant, pour tout entier naturel tout court, f(n)>=1. Nous allons montrer qu'une telle fonction f ne peut exister.
Soit n de IN. Puisque f(n)>=1, alors des nombres tels que f(f(n)-1) sont des entiers naturels. Selon l'hypothèse, f(n+1)>=f(f(n))+1. Par récurrence, on montre alors que pour tout entier k plus grand ou égal à 1 :

Pour k=f(n+1), ce qui est possible car f(n+1)>=1, la contradiction est évidente.
De fait, f n'existe pas dans ce cas.
- Voyons maintenant ce qui se passe lorsque f(0)=0.
On remarque pour de petites valeurs que f(1)>=f(f(0))+1=1, f(2)>=f(f(1))+1>=f(f(f(1)-1)) + 2>=2, etc., c'est-à-dire, f(n)>=n. Montrons, quant à nous, par récurrence forte sur n, que .
Initialisation : pour n=0, f(0)=0. Tout entier naturel est supérieur ou égal à 0 (k>=0). De plus, f est à valeurs dans IN, donc f(k)>=0.
Hérédité : supposons qu'aux rangs 1<=i<=n, . Pour simplifier et bien comprendre, supposons aussi que n>=2. Montrons que .
Alors :

Ouf ! Fin de la récurrence. Nous avons montré que . Pour k=n en particulier, il vient f(n)>=n pour tout entier naturel n.
L'hypothèse f(n+1)>f(f(n)) implique alors que f(n+1)>f(n), c'est-à-dire que f est strictement croissante.
Par conséquent, l'hypothèse f(n+1)>f(f(n)) implique que n+1>f(n).
Ainsi, n+1>f(n)>=n, donc f(n)=n.

Inversement, l'identité sur IN vérifie les conditions de l'énoncé.

Tout d'abord, remarquons que n n'est là que pour compliquer inutilement le problème. Si l'équation est vraie pour n=1, elle est vraie pour tout n. Ne conservons donc que n=1

Posons ensuite f(x)=g(x)+1 et on trouve P(x,y) : g(xy)=g(x)g(y) qui est vraiment très classique :

Si il existe u non nul tel que g(u)=0, alors P(x/u,u) implique g(x)=0 pour tout x
Si g(0) est non nul, alors P(x,0) implique g(x)=1 pour tout x
Il reste à étudier le cas ou g(0)=0 et g(x) non nul pour tout x non nul

P(x,x) montre que g(x)>0 pour tout x non nul
P(1,1) donne g(1)=1
P(-1,-1) donne g(-1)=1 ou g(-1) = -1

La connaissance d'une solution t(x) pour x>0 nous donne donc deux solutions pour x<0 : t(-x) ou -t(-x) et donc :
t(|x|) et signe(x)t(|x|)


Posons, pour x>0, g(x)=e^h(ln(x)) avec h de R dans R et l'équation devient h(x+y)=h(x)+h(y) et donc h(x) est n'importe quelle solution de l'équation de Cauchy.

Ce qui nous donne finalement comme solutions :

f(x)=1 pour tout x
f(x)=2 pour tout x
f(0)=1 et f(x)=1+e^h(ln(|x|)) pour tout x non nul avec h(x) solution quelconque de l'équation de Cauchy
f(0)=1 et f(x)=1+signe(x)e^h(ln(|x|)) pour tout x non nul avec h(x) solution quelconque de l'équation de Cauchy

Qui sont bien toutes quatre des solutions.

Soit P(x,y) l'assertion |f(x)-f(y)|>=|x-y|

Si f(x) est solution, alors 1-f(x) est solution aussi. Considérons donc sans perte de généralité que f(1)>=f(0)

P(1,0) ==> f(1)-f(0)>=1 et donc f(1)=1 et f(0)=0
P(x,0) ==> f(x)>=x
P(1,x) ==> 1-f(x)>=1-x ==> f(x) <= x
Donc f(x)=x

D'où les deux solutions :
f(x)=x
f(x)=1-x

1- En posant x=f(y), on montre que
2- En faisant x->f(x) et en utilisant 1-, on montre que
3- On montre que f(0) est nécessairement non nul.
4- En posant y=0 et , on montre que
5- En posant dans 2- et , on montre que f(a)=f(0)-a²/2.
Inversement, toute fonction de la forme f(x)=a-x²/2 où a est un réel non nul est une solution à l'EF (à vérifier)

soit f une fonction eventuelle
il est facile de remarquer que f est injective en effet si f(m)=f(n) alors on a : fof(n)=fof(m) et fofof(n)=fofof(m) d'ou le résultat...
n=0------>f(0)+fof(0)+fofof(0)=0==>f(0)=0
soit m£IN on suppose que pour tt n=<m on a : f(n)=n...(donc on a aussi fof(n)=n et fofof(n)=n)
prouvons par principe de reccurence que f(m+1)=m+1...comme f est injective alors on aurra forcemment f(m+1)>=m+1 et encore fof(m+1)>=m+1 et fofof(m+1)>=m+1...Or; leurs somme est égale a 3m+3 d'après l'équation initial...d'ou le resultat....
réciproquement la fonction n--->n vérifie les conditions...
Sauf erreur....