maroc 2006

trouver tous les fonctions continues f :R=>R tel que:
f(f(x))=f(x)+x

Bonjour,

Un problème comme je les aime !

Solutions évidentes :
f(x) = ((1+racine(5))/2 ) x
ou
f(x) = ((1-racine(5))/2 ) x

Mais il y a une infinité d'autres solutions continues.
Je creuse ...

A bientôt

--
Patrick

pco a écrit:

Bonjour,

Un problème comme je les aime !

Solutions évidentes :
f(x) = ((1+racine(5))/2 ) x
ou
f(x) = ((1-racine(5))/2 ) x

Mais il y a une infinité d'autres solutions continues.
Je creuse ...

A bientôt

--
Patrick

je pense que ceux sont les seules
vu que f est strict monotone car injective continue
et le seul point fixe de f est 0.

Bonjour abdelbaki,

abdelbaki.attioui a écrit:

je pense que ceux sont les seules
vu que f est strict monotone car injective continue
et le seul point fixe de f est 0.

Je pense que tu as raison quant au fait que ce sont les seules.
Mais je ne vois pas comment tu déduis cela de la simple injectivité !

Voila ma démonstration (longue). Je suis intéressé par une démo plus directe de ta part :

f(f(x)) = f(x) + x

I) f est injective
f(x1) = f(x2) ==> f(f(x1))-f(x1) = f(f(x2))-f(x2) ==> x1 = x2 CQFD

II) f est surjective :
f, continue injective, est monotone.
De plus, f ne peut avoir de limite finie L quand x tend vers +oo ou -oo car x = f(f(x)) - f(x) ==> (continuité) le membre de droite tendrait vers f(L) - L fini alors que le membre de gauche tend vers +oo ou -oo.
Enfin, par injectivité, f ne peut tendre vers des infinis de mêmes signes lorsque x tend vers -oo ou +oo.
f est bien surjective.

III) f(0) = 0
On a : f(f(0)) = f(0)
Donc : f(f(f(0))) = f(f(0)) + f(0) ==> f(0) = 2f(0) ==> f(0) = 0

IV) pour tout x non nul xf(x) est de signe constant
Ceci découle naturellement de f bijective avec f(0) = 0.

Par la suite, j'appellerais P(x,y) la propriété y=f(x)

V)
P(x0,y0) ==> P(y0, x0+y0)
et donc P(v_n, v_(n+1)) avec v_n définie ainsi :
v_0 = x0
v_1 = y0
v_(n+2) = v_n + v_(n+1)

Soit v_n = a*((1-racine(5))/2)^n + b*((1+racine(5))/2)^n


VI)
Si P(x0, y0), et puisque f est surjective, il existe a tel que P(a,x0), et donc P(x0,a+x0), et donc a = y0 - x0
Donc P(x0,y0) ==> P(y0 - x0, x0)

et donc P(u_(n+1), u_n) avec u_n définie ainsi :
u_0 = y0
u_1 = x0
u_(n+2) = u_n - u_(n+1)

Soit u_n = c*((-1-racine(5))/2)^n + d*((-1+racine(5))/2)^n

VII) x0f(x0) > 0 ==> f(x0) = ((1+racine(5))/2) x0
Soient en effet x0 et y0 non nuls tels que x0y0 > 0 et P(x0,y0).
D'après VI, si c est non nul, u_n et u_(n+1) finissent par être de signes contraires et on aurait alors P(u_(n+1), u_n) et u_n*u_(n+1) < 0, ce qui est impossible d'après l'hypothèse x0f(x0) > 0 et la propriété IV.
==> c = 0 ==> x0/y0 = (-1+racine(5))/2 ==> y0 = ((1+racine(5))/2) x0


VIII) x0f(x0) < 0 ==> f(x0) = ((1-racine(5))/2) x0
Soient en effet x0 et y0 non nuls tels que x0y0 < 0 et P(x0,y0).
D'après V, si b est non nul, v_n et v_(n+1) finissent par être de mêmes signes et on aurait alors P(v_n, v_(n+1)) et v_n*v_(n+1) > 0, ce qui est impossible d'après l'hypothèse x0f(x0) < 0 et la propriété IV.
==> b = 0 ==> y0/x0 = (1-racine(5))/2 ==> y0 = ((1-racine(5))/2) x0

Les propriétés III, IV, VII et VIII impliquent que seules deux solutions peuvent exister :

f(x) = ((1+racine(5))/2) x
f(x) = ((1-racine(5))/2) x
Ce sont des conditions nécessaires qui ont conduit à cela et on vérifie aisément qu'elles sont suffisantes.

--
Patrick

Et maintenant :
Soit f une fonction continue, f:R-->R et soient a, b € ]0, 1/2[ tels que : f(f(x)) = af(x)+bx, q.q.s. x € R.
Montrer qu'il existe une constante k telle que, q.q.s. x € R, f(x) = kx.

(en fait le résultat reste vrai même si l'on enlève certaines de ces restrictions )

Salut mathman,

mathman a écrit:

Et maintenant :
Soit f une fonction continue, f:R-->R et soient a, b € ]0, 1/2[ tels que : f(f(x)) = af(x)+bx, q.q.s. x € R.
Montrer qu'il existe une constante k telle que, q.q.s. x € R, f(x) = kx.

Moi, je reprends le même raisonnement (je suis un peu borné ... ):
f(f(x)) = af(x) + bx

I) f est injective (car b différent de 0)
II) f est surjective : idem cas a=b=1
III) f(0) = 0. Plus subtil :
Supposons que f(x) > x pour tout x. Alors, f(1)>1>0 ==> f(f(1)) = af(1)+b < (a+b)f(1) < f(1). Donc f(f(1)) < f(1), ce qui est contradictoire avec f(x) > x pour tout x.
Supposons que f(x) < x pour tout x. Alors f(-1) < -1 < 0 ==> f(f(-1)) = af(-1) + b(-1) > (a+b)f(-1) > f(-1). Donc f(f(-1)) > f(-1), ce qui est contradictoire avec f(x) < x pour tout x.
Donc f(x) est parfois > x, parfois <x. Donc il existe x0 telque f(x0) = x0.
Alors f(f(x0)) = x0 et f(f(x0))=af(x0)+bx0 = (a+b)x0 ==> (a+b-1)x0=0 ==> x0=0 (puisque a+b < 1)
Donc f(0) = 0.

IV) pour tout x non nul xf(x) est de signe constant
Ceci découle naturellement de f bijective avec f(0) = 0.

Par la suite, j'appellerais P(x,y) la propriété y=f(x)

V)
P(x0,y0) ==> P(y0, bx0+ay0)
et donc P(v_n, v_(n+1)) avec v_n définie ainsi :
v_0 = x0
v_1 = y0
v_(n+2) = bv_n + av_(n+1)

Soit v_n = u*((a-racine(delta))/2)^n + v*((a+racine(delta))/2)^n
avec delta = a^2 + 4b > 0

Quand n tend vers +oo, v_(n+1)/v_n tend vers :
Si u = 0 : (a+racine(delta))/2 > 0
Si v = 0 : (a-racine(delta))/2 < 0
si u et v non nuls et |(a-racine(delta))/(a+racine(delta))| > 1 : (a-racine(delta))/2 < 0
si u et v non nuls et |(a-racine(delta))/(a+racine(delta))| < 1 : (a+racine(delta))/2 > 0

Le cas de l'égalité à 1 est impossible car il impliquerait b=0


VI)
Si P(x0, y0), et puisque f est surjective, il existe z tel que P(z,x0), et donc P(x0,bz+ax0), et donc z = (1/b)y0 - (a/b)x0
Donc P(x0,y0) ==> P((1/b)y0 - (a/b)x0, x0)

et donc P(u_(n+1), u_n) avec u_n définie ainsi :
u_0 = y0
u_1 = x0
u_(n+2) = (1/b)u_n - (a/b)u_(n+1)

Soit u_n = w*((-a-racine(delta))/(2b))^n + t*((-a+racine(delta))/(2b))^n
avec delta = a^2 + 4b > 0

Quand n tend vers +oo, u_(n+1)/u_n tend vers :
Si w = 0 : (-a+racine(delta))/(2b) > 0
Si t = 0 : (-a-racine(delta))/(2b) < 0
si w et t non nuls et |(a-racine(delta))/(a+racine(delta))| > 1 : (-a+racine(delta))/(2b) > 0
si w et t non nuls et |(a-racine(delta))/(a+racine(delta))| < 1 : (-a-racine(delta))/(2b) < 0

Le cas de l'égalité à 1 est impossible car il impliquerait b=0


VII) x0f(x0) > 0 ==> f(x0) = ((a+racine(a^2+4b))/2) x0
Soient en effet x0 et y0 non nuls tels que x0y0 > 0 et P(x0,y0).
si |(a-racine(delta))/(a+racine(delta))| > 1, j'applique V et je montre que si u est non nul, je finis par tomber sur deux termes de signes contraires, ce qui est impossible d'après l'hypothèse x0f(x0) > 0 et la propriété IV.
==> u = 0 ==> y0 = ((a+racine(delta))/2) x0

si |(a-racine(delta))/(a+racine(delta))| < 1, j'applique VI et je montre que si w est non nul, je finis par tomber sur deux termes de signes contraires, ce qui est impossible d'après l'hypothèse x0f(x0) > 0 et la propriété IV.
==> w = 0 ==> y0 = ((a+racine(delta))/2) x0

Le cas de l'égalité à 1 est impossible car il impliquerait b=0

VIII) x0f(x0) < 0 ==> f(x0) = ((a-racine(a^2+4b))/2) x0
Soient en effet x0 et y0 non nuls tels que x0y0 < 0 et P(x0,y0).
si |(a-racine(delta))/(a+racine(delta))| < 1, j'applique V et je montre que si v est non nul, je finis par tomber sur deux termes de mêmes signes, ce qui est impossible d'après l'hypothèse x0f(x0) < 0 et la propriété IV.
==> v = 0 ==> y0 = ((a-racine(delta))/2) x0

si |(a-racine(delta))/(a+racine(delta))| > 1, j'applique VI et je montre que si t est non nul, je finis par tomber sur deux termes de mêmes signes, ce qui est impossible d'après l'hypothèse x0f(x0) < 0 et la propriété IV.
==> t = 0 ==> y0 = ((a-racine(delta))/2) x0

Le cas de l'égalité à 1 est impossible car il impliquerait b=0



Les propriétés III, IV, VII et VIII impliquent que seules deux solutions peuvent exister :

f(x) = ((a+racine(a^2+4b))/2) x
f(x) = ((a-racine(a^2+4b))/2) x
Ce sont des conditions nécessaires qui ont conduit à cela et on vérifie aisément qu'elles sont suffisantes.

--
Patrick

Bonjour ;
On cherche toutes les f:IR-->IR continues et telles que fof = f + IdIR
Comme l'ont vu pco et abdelbaki une telle fonction (si elle existe)
est nécessairement une bijection bicontinue de IR sur lui même
(avec f(0)=0 et de bijection réciproque g = f - IdIR
elle est en particulier strictement monotone
Cas où f est strictement croissante :
L'ensemble A={T(x,y)=(f(x)-f(y))/(x-y) / x#y} est alors une partie non vide de ]0,+oo[ ,
et comme pour tous réels x#y on a T(f(x),f(y)) = 1 + 1/T(x,y)
on voit que A est contenu dans ]1,2[
en notant m = inf A et M = sup A
il est facile d'établir que M = 1 + 1/m et m = 1 + 1/M
et donc que m = M = (1+V5)/2
Cas où f est strictement décroissante :
un raisonnement similaire au cas précédent donne que
A est contenu dans ]-1,0[ et puis que m = M = (1-V5)/2 (sauf erreur bien entendu)

Bonjour elhor_abdelali,

Ah oui! Magistrale démonstration!
Beaucoup plus élégante que la mienne.

Bravo

--
Patrick

Merci pco !

Ok, je viens de voir ce topic.