fof=x+2

Bonjour,

on cherche toutes les applications f : IR ---> IR  continument dérivables et telles que fof (x)=x+2 pour tout réel x.

On a fof(x) = x + 2 ==> fofof(x) = f(x + 2) ==> fof(f(x)) = f(x) + 2 ==> f(x + 2) = f(x) + 2 .

Un exemple d'une telle fonction est la fonction f de IR dans IR telle que f(x) = x + 1.

En cherchant, j'ai trouvé que les fonctions définies de la manière suivante sont toutes solutions de l'équation
f(x + 2) = f(x) + 2 :

On définit sur [0,2] une fonction continue telle que f(0) = f(2), et pour tout x appartenant à [0,2]
et pour tout p appartenant à IN* on pose f(x+2P) = f(x) + 2p .

Mais quant à montrer que ce sont les seules solutions de l'équation donnée, je suis au pied du mur.

Un essaie:
1- Prendre l'image par f de l'equation fonctionnelle, on trouve que h(x):= f(x)-x est 2-periodique
2- la fonction f est supposee C1, et f'(x) n'est jamais nulle, f est donc monotone. A cause de 1, f ne peut etre decroissante, donc f est croissante.
3- h est continue est 2-periodique, alors h(IR) est un interval. De plus, si a = h(x_0), alors h(x_0+a)=2-a, il s'ensuit que cet interval est de la form [1-epsilon,1+epsilon]
4- Le 3 implique que pour tout x, 1-epsilon <= h(f(x)) = x+2-f(x) <= 1+epsilon, donc: x+1-epsilon<= f(x) <= x+1+epsilon, ainsi:
x+2 = f(f(x)) <= f(x+1+epsilon) <= x+1+epsilon + 1-epsilon =x+2. D'ou on a un cas d'egalite, c.a.d f(x)=x+1-epsilon = x+1+epsilon, f = id + 1.

Bonjour et merci pour l'intérêt que vous montrez à cet exercice

aymanemaysae,

 attention l'énoncé " pour tout réel x, f(x+2)=f(x)+2 " n'est pas équivalent à l'énoncé" pour tout réel x, fof(x)=x+2 "
par exemple toutes les translations vérifient le premier alors que seule x-->x+1 vérifie le second.

Citation :

On définit sur [0,2] une fonction continue telle que f(0) = f(2)

je suppose que tu as voulu écrire f(0)+2=f(2)
et même si c'est ça comme je l'ai expliqué ta construction de f ne garantie pas l'équation fonctionnelle de départ.

tu n'as pas pris en considération l'hypothèse f C1. 


MohE,

OK pour la croissance de f et la 2-périodicité de h.

 par contre dans le 4- je ne comprends pas ta déduction:

Citation :

ainsi:
x+2 = f(f(x)) <= f(x+1+epsilon) <= x+1+epsilon + 1-epsilon =x+2.

et je dirai plutôt : x+2 = f(f(x)) <= f(x+1+epsilon) <= x+1+epsilon + 1+epsilon =x+2+2epsilon. sauf erreur de ma part bien entendu

@elhor_abdelali, vous avez raison. Sinon je ne vois pas comment remédier ce problème.

Sur Internet j'ai trouvé une généralisation de cet exercice, mais j'avoue que certains passages de la solution proposée me dépassent:

Soit f une application de IR ---> IR  continument dérivable et telle que fof (x)= ax+b pour tout réel x avec a et b des réels.

- Si a=0, c'est pas passionnant comme Ben l'a dit. f doit être constante sur son image, on peut pas dire grand chose de plus. Enfin on peut p-e expliciter un peu plus, mais je préfère oublier ce cas.

- Si a<0, alors il n'y a pas de solutions, même avec f continue, car f étant continue et injective elle doit être strictement monotone, et donc f o f ne peut être décroissante

- Si a>0, a différent de 1, alors si je note l le point fixe de ax+b ( donc l=b/(1-a) ) et g(x )= f(x+l)-l, on a (g o g)(x)=ax, donc en particulier, g(ax)=ag(x). Si a<1, g(x)=g(a^k*x)/a^k tend vers g'(0)x, donc g est linéaire ( =plus ou moins racine(a)*x ) et donc f est affine. Si a>1, alors on dit que g(x/a)=g(x)/a et on fait le même raisonnement.
Ainsi il y a donc dans ce cas exactement 2 solutions affines, et en fait f dérivable suffit pour conclure ( en revanche f seulement continue ne suffit pas, même si j'ai la flemme d'écrire le contrexemple maintenant )

- Si a=1, et b différent de 0 : alors f étant strictement monotone sans point fixe, elle est strictement croissante, et étant ni majorée ni minorée c'est même une bijection croissante de R dans R. La fonction g=(Id+f)/2 est alors aussi une bijection croissante de R dans R, et on voit que g o f=g+b/2.

Donc f est continument conjuguée à l'application x->x+b/2 ( C^1 conjuguée si f est C^1 ) avec une conjugaison g vérifiant g(x+b)=(g o f o f)(x)=g(x)+b et qui donc commute avec Id+b, ou autrement dit qui est de la forme "Identité+fonction b-periodique". Réciproquement, si f est conjuguée à Id+b/2 par une fonction de la forme Identité+fonction b-periodique, on vérifie trivialement que f vérifie l'énoncé.

Enfin, si a=1 et b=0, alors :
Dans le cas f croissante, a x fixé, on ne peut avoir f(x)>x car ceci impliquerait x=f o f(x)>f(x)>x, et on ne peut avoir f(x)Dans le cas f décroissante, f a un unique point fixe l. Supposons pour simplifier que l=0. f envoie donc R+ sur R- et R- sur R+. On pose g=f sur R-, g=-Id sur R+, et on vérifie alors que pour tout x, (g o f)(x)=-g(x) ( en séparant les cas x<0 et x>0 ), et g est clairement continue bijective, donc f est continument conjuguée à -Id, et même C^1 conjuguée si f est C^1 ( bon ya a priori un problème de dérivabilité de g en 0, il est nécessaire pour cela que f '(0)=-1, mais on voit que c'est forcément le cas en dérivant la relation f o f=Id en 0 ). Si le point fixe l de f n'est pas 0, on se ramène au cas précédent en remplaçant f(x) par f(x+l)-l. Donc dans tous les cas, f est conjuguée à -Id. La réciproque est évidente.

Donc pour résumer, f o f=Id si et seulement si f=Id ou f est conjuguée à -Id .

aymanemaysae peux tu donner le lien où tu as trouvé cette généralisation ?

Le lien est : http://www.maths-forum.com/enigmes/equation-fonctionnelle-t106828.html .

effectivement, je pensais que la seule solution doit etre f=id+1, or ceci n'est pas le cas. f peut (et doit) etre une fonction de la forme h^{-1}(h(x)+1) ou h est une fonction C1 verifiant h(x+2)=h(x)+2 (il y en a plein).
D'un cote, si f(x)=h^{-1}(h(x)+1), on verifie, que f(f(x))=h^{-1}(h(x)+2)=x+2.
D'un autre cote, si f verifie fof=x+2, on peut prendre h(x)=1/2(f(x)+x) et on verifie bien que h(x+2)=h(x)+2, que h est C1, croissante (donc bijective) et que h(f(x))=h(x)+1 i.e f(x)=h^{-1}(h(x)+1).

Problème résolu  

Bravo aymanemaysae et MohE