Equation fonctionnelle entière.

Trouver toutes les fonctions à valeurs réelles, définies pour les entiers et telles que :
f(x+y) + f(1) + f(xy) = f(x) + f(y) + f(1 + xy).

Bonsoir,

On peut voir assez rapidement que :

1) f(n) = a*n^2 + b*n + c est une famille de solutions
2) si f et g sont solutions, a f + b g est solution
3) f(0) peut être quelconque
4) que la connaissance de f en 1, 2, 3, 4 et 6 détermine totalement f (sauf f(0), bien sûr, qui peut prendre n'importe quelle valeur)

Bon, mais de là à identifier toutes les solutions, il reste un grand pas ... .

--
Patrick

je crois que jai demonter que f"(x) est constante

Bonsoir Eto

Le problème est que l'équation n'a besoin d'être vraie que pour x et y entiers.
Elle n'est donc pas nécessairement vraie pour x et y non entiers.

Tu ne peux donc la dériver pour en tirer des conclusions.

--
Patrick

ah oui jai pas vu que x et y sont des entiers
merci

Bonjour,

J'ai la solution, mais d'une manière peu satisfaisante. Je suis intéressé par toute solution directe élégante.

P(x,y) : f(x+y) + f(1) +f(xy) = f(x) + f(y) + f(1+xy)
Et on a donc P(x,y) vraie pour tous x, y entiers.

1) l'ensemble des solutions est un R-espace vectoriel
================================
évident : f(x) solution ==> a*f est solution
f(x) et g(x) solutions ==> f(x) + g(x) est solution

2) la dimension de cet espace est au maximum 6
==============================
P(x,2) ==> E1 : f(x+2) + f(1) +f(2x) = f(x) + f(2) + f(2x+1)
P(x,4) ==> E2 : f(x+4) + f(1) +f(4x) = f(x) + f(4) + f(4x+1)
P(2x,2) ==> E3 : f(2x+2) + f(1) +f(4x) = f(2x) + f(2) + f(4x+1)

E1 : f(2x+1) = f(2x) + f(x+2) - f(x) + f(1) - f(2)
E3-E2 ==> E4 : f(2x+2) = f(2x) + f(x+4) - f(x) + f(2) - f(4)

Supposons alors f fixé pour 0, 1, 2, 3, 4 et 6 avec les valeurs a0 a1 a2 a3 a4 et a6

E1 avec x=2 permet alors de déterminer f(5) = 2a4 - 2a2 + a1
E1 et E4 permettent alors de déterminer toutes les autres valeurs.
Attention, je ne dis pas que a0, a1, a2, a3, a4 et a6 peuvent être quelconques. Je dis que si f est solution, la connaissance de ces valeurs détermine entièrement f.

Ceci montre bien que la dimension de l'espace vectoriel est au maximum 6. Elle peut éventuellement être inférieure si on ne peut choisir a0, a1, a2, a3, a4 et a6 indépendamment. Je vais montrer que cette dimension est exactement 6 en trouvant une base.

3) on peut trouver 6 solutions linéairement indépendantes.
====================================
S1 : f1(0) = 1 et f1(n)=0 pour tout x > 0
S2 : f2(n) = 1
S3 : f3(n) = n
S4 : f4(n) = n^2
S5 : f5(n) =
36 si n=0 modulo 6
11 si n=1 modulo 6
20 si n=2 modulo 6
27 si n=3 modulo 6
20 si n=4 modulo 6
11 si n=5 modulo 6
Vérifier que f5 est solution se fait aisément en considérant les 36 valeurs du couple (x modulo 6, y modulo 6)
S6 : f6(n) =
12 si n=0 modulo 6
5 si n=1 modulo 6
8 si n=2 modulo 6
9 si n=3 modulo 6
8 si n=4 modulo 6
5 si n=5 modulo 6
Vérifier que f6 est solution se fait comme pour f5

L'indépendance linéaire de ces 6 solutions est assez facile à voir :
Soit a1f1(x) + a2f2(x) + a3f3(x) + a4f4(x) + a5f5(x) + a6f6(x) = 0
f1, f5 et f6 étant bornées, cette égalité implique (faire x tendant vers + inf) que a4, puis a3 soient nuls.
En faisant alors x=0, 1, 2 et 3, il vient :
a1 + a2 + 36a5 + 12a6 = 0
a2 + 11a5 + 5a6 = 0
a2 + 20a5 + 8a6 = 0
a2 + 27a5 + 9a6 = 0
et a1 = a2 = a3 = a4 = a5 = a6 = 0

4) l'ensemble des solutions est donc un R-espace vectoriel de dimension 6 dont on connaît une base. On a donc l'ensemble des solutions.

On y retrouve bien les binômes (combinaisons de f2, f3 et f4).
On y retrouve l'indépendance de f(0) (f1)
On y ajoute deux étranges solutions périodiques : f5 et f6.

Voilà

--
Patrick

Bonjour encore,

Dans mon exemple précédent, les solutions f5 et f6 s'appuient sur deux sextuplets (36,11,20,27,20,11) et (12,5,8,9,8,5) que j'ai trouvés expérimentalement.

Si on remplace f5 et f6 par :
f5b = 4f2 + f5/3 -4f6/3
f6b = -f5/4 + 3f6/4
On a encore une base de l'espace vectoriel et f5b et f6b sont plus sympatiques car elles s'appuient sur les sextuplets suivants :
pour f5b : (0, 1, 0, 1, 0, 1)
pour f6b : (0, 1, 1, 0, 1, 1)

Et donc :
f5b(x) = mod(x,2) = x - [x/2]
f6b(x) = mod(x^2, 3) = x^2 - [x^2/3]

On peut effectuer un dernier changement :
f5c(x) = f3(x) - f5b(x) = [x/2]
f6c(x) = f4(x) - f6b(x) = [x^2/3]

Ce qui donne une forme générale beaucoup plus exploitable que dans mon message précédent :

x = 0 ==> f(0) = c0
x > 0 ==> f(x) = c1*x^2 + c2*x + c3 + c4*[x/2] + c5*[x^2/3]

avec [y] désignant la partie entière de y.

--
Patrick

Salut pco,

D'abord, wow! Tu as fait un travail impressionnant sur ce problème!

Ensuite, j'ai une petite question (pour l'instant, je n'ai lu que ton avant-dernier post) :
Je crois qu'il y a une petite erreur dans ta définition de f_1.
Est-ce que tu voulais dire f_1(0)=1 et f_1(n)=0 pour tout n != 0?
J'ai le sentiment que ce n'est pas une solution. En prenant a=t, b=-t, où t € Z \ {-1,0,1}, l'équation fonctionnelle n'est pas vérifiée!

Salut à toi,

mathman a écrit:

D'abord, wow! Tu as fait un travail impressionnant sur ce problème!

D'abord merci !

mathman a écrit:

Est-ce que tu voulais dire f_1(0)=1 et f_1(n)=0 pour tout n != 0?
J'ai le sentiment que ce n'est pas une solution. En prenant a=t, b=-t, où t € Z \ {-1,0,1}, l'équation fonctionnelle n'est pas vérifiée!

Tu as raison. Mais pour moi "entiers" veut dire "entiers naturels".
Je n'ai donc pas du tout pris en compte les aspects "entiers relatifs".

--
Patrick