- Raa23 a écrit:
- f(xf(y))=yf(x) ou f de R dans R (ou de N dans N à vous de voir qu'est ce qui est possible)
Bon, puisque ce sujet n'a plus l'air de mobiliser :
P(x,y) : f(xf(y))=yf(x)
P(0,2) ==> f(0)=2f(0) ==> f(0)=0
Soit f(1)=a, alors P(1,1) ==> f(a)=a et P(1,a) ==> f(a)=a^2 et donc a=0 ou a=1
Si a=0, P(x,1) ==> f(0)=f(x) ==> f(x)=0 pour tout x : Solution S1
Soit donc a= 1 maintenant.
P(1,x) ==> f(f(x)) = x
P(x,f(y)) ==> f(xf(f(y))=f(x)f(y) ==> f(xy)=f(x)f(y)
Notons ici que
1) on a équivalence entre "f(x) non constante vérifiant f(xf(y))=yf(x)" et "f(x) vérifiant f(f(x))=x et f(xy)=f(x)f(y)"
2) Le discours tenu jusqu'ici est valable pour le problème "R dans R" comme pour le problème "N dans N"
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A) problème de R dans R
f(xy) = f(x)f(y) ==> f(x^2)=f(x)^2 ==> f(x)>0 pour tout x>0
1=f(1^2)=f((-1)^2) = f(-1)^2 ==> f(-1)=-1 (f(-1)=1 est à écarter car on aurait f(f(-1))=f(1)=1 différent de -1).
Donc f((-1)x) = f(-1)f(x) ==> f(-x)=-f(x) ==> f est impaire et en particulier f(x)<0 pour x<0
On peut donc légitimement écrire f(x)=s(x)g(|x|) (où s(x) est 0 pour x=0, +1 pour x>0 et -1 pour x<0)
Et, puisque g ne peut être nulle pour x non nul, on peut également écrire f(x)=s(x)exp(h(ln(|x|))). Alors :
f(xy)=f(x)f(y) <=> h(ln(|x|)+ln(|y|))=h(ln(|x|))+h(ln(|y|))
f(f(x))=x <=> h(h(ln(|x|)))=ln(|x|)
Donc les solutions non constantes, de R dans R, de l'équation initiale s'écrivent toutes :
f(0)=0 et f(x)=s(x)exp(h(ln(|x|))) pour x non nul, avec h de R dans R telle que h(x+y)=h(x)+h(y) et h(h(x))=x
Cette spécialisaion de l'équation de Cauchy donne des résultats connus :
h(x)=x
h(x)=-x
h(x)=a(x)-b(x) avec a() et b() étant les projections de x sur deux sous-Q-espaces vectoriels supplémentaires quelconques de R
Ceci conduit à quatre familles de solutions de l'équation initiale :
Solution S1, continue : f(x)=0
h(x) = x ==> Solution S2, continue : f(x)=x
h(x)= -x ==> Solution S3, discontinue en 0 : f(0)=0 et f(x)=1/x pour tout x non nul
h(x)=a(x)-b(x) ==> Solution S4, en général discontinue partout : f(0)=0 et f(x)=s(x)exp(a(ln(|x|))-b(ln(|x|))) pour x non nul
Et ceci clôt les solutions de l'équation initiale de R dans R.
On peut noter, pour ceux que cela intéresse, que S2 et S3 sont un cas particulier de S4. En effet, la décompostion de R Q-ev en deux sous-Q-ev supplémentaires R=A+B, avec A et B Q-ev et A inter B = {0} conduit à trois cas :
cas 1, trivial : A=R et B={0} ==> f(x)=x
cas 2, trivial : A={0} et B=R ==> f(x)=1/x pour x non nul et f(0)=0
cas 3, non trivial, supposant l'axiome du choix : A et B différent de R ==> S4
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B) Problème de N dans N
Pour les solutions non identiquement nulles, on a f(0)=0, f(1)=1, f(f(n))=n et f(xy)==>f(x)f(y)
La dernière montre qu'il suffit de connaître f(p) pour tout p premier pour connaître f.
Il est facile de voir que f(p) doit être premier et f(f(p)) doit être p
Les solutions sont donc aisées à mettre en évidence :
Soit P l'ensemble des nombres premiers {2,3,5,7,11, ...}
Soient A, B et C une partition de P avec B et C équipotents et b(x) une bijection de B dans C
Soit alors h(x) de P dans P :
Si p est dans A : h(p)=p (h(p) est dans A)
Si p est dans B : h(p)=b(p) (h(p) est dans C)
Si p est dans C : h(p)=b^[-1](p) (réciproque de b(); h(p) est dans B)
Notons que h(h(p))=p
On définit alors f(n) de la façon suivante :
f(0)=0
f(1)=1
f(prod(p_i^a_i))= prod(h(p_i)^a_i)
En prenant B=C et ensemble vide, on retrouve bien sûr f(n)=n, qui est une des nombreuses solutions.
Et ceci clôt (en n'oubliant pas f(n)=0, bien sûr) les solutions de l'équation initiale de N dans N.
Joli problème, Raa23, merci !
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Patrick
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