- Sinchy a écrit:
- trouver toutes les fcts f:IR+-->IR+ : avec
et 
et bon courage
Ce problème très interessant m'a paru particulièrement ardu et je serais curieux de savoir d'où tu l'as tiré, Sinchy.
A première vue, il semble que la seule solution soit f(x)=x mais ce n'est pas le cas et il existe une infinité d'autres solutions particulièrement tordues.
Nous avons donc :
P1 : f(x+1)=f(x) pour tout x de R+ (donc dont 0)
P2 : f(1/f(x))=1/x pour tout x non nul tel que f(x) est non nul également (clarifier l'énoncé, je trouve, sur ce sujet)
1) f(x) est injective
Si f(a) = f(b), avec a >=0 et b>=0, alors P1 donne f(a+1)=f(b+1) et a+1,b+1,f(a+1) et f(b+1) sont non nuls.
P2 donne alors f(1/f(a+1))=1/(a+1)=f(1/f(b+1))=1/(b+1) ==> a = b
2) si 0 a un antécédent, cela ne peut être que 0.
Soit x > 0 tel que f(x)=0
Alors, d'après P1, f(x+1)=1 et d'après P2, f(1/f(x+1))=f(1)=1/(x+1)
Mais f(1)=1+f(0) >= 1 et 1/(x+1)<1 puisque x>0 donc f(1)=1/(x+1) est impossible.
Donc x>0 ==> f(x)>0.
3) Tout réel non nul a un antécédent >0
Soit x>0. D'après 2) ci dessus, 1/x>0 et donc f(1/x)>0. Alors P1 donne f(1/f(1/x))=x et x a 1/f(1/x) > 0 comme antécédent.
4) f(x) >= [x] pour tout x >=0
C'est immédiat à partir de P1 : x= [x]+frac(x) ==> f(x)=f([x]+frac(x))=[x]+f(frac(x)) >= [x].
5) Pour tout x >=0, soit f(x)=[x]+1, soit [f(x)]=[x]
Supposons f(x) > [x]+1, alors f(x)-[x]-1 est strictement positif et, d'après 3) ci dessus, a un antécédent z>0. Donc f(z)=f(x)-[x]-1, et donc
f(x)=f(z)+[x]+1, et donc d'après P1, f(x)=f(z+[x]+1), et donc d'après l'injectivité de f (cf. 1) ci dessus) x = z + [x]+1, ce qui est évidemment impossible
avec z>0 puisque x < [x]+1.
Donc f(x) <= [x]+1 et donc soit f(x)=[x]+1, soit f(x)<[x]+1
Si f(x)<[x]+1, et comme, d'après 4) f(x)>=[x], on a [x]+1 > f(x) >=[x] et donc bien sûr [f(x)]=[x].
CQFD
A partir de là, on a - presque - fini. On va montrer que si f(0)=0, alors f(x)=x pour tout réel, et que si f(0)>0, on a des solutions autres, relativement
abominables.
A) f(0)=0
A.1) [f(x)]=[x] pour tout x >=0
En effet, supposons qu'il existe x tel que f(x)=[x]+1, alors, puisque x=[x]+frac(x), f(x)=[x]+f(frac(x)) (d'après P1) et donc f(frac(x))=1. Mais f(0)=0
implique f(1)=1 et donc, puisque f est injective (cf 1) ci dessus) f(frac(x))=1=f(1) ==> frac(x)=1, ce qui est impossible.
Donc f(x) est différent de [x]+1 pour tout x >=0 et donc, d'après 5) ci dessus [f(x)]=[x] pour tout x >=0
A.2) f(x)=x pour tout x>=0
Soit [a0,a1, ...] le développement de x en fraction continue (avec la convention de dernier terme > 1 pour les rationnels) et soit [b0,b1, ...] le
développement en fraction continue de f(x).
Comme [f(x)]=[x], a0=b0, et donc f([0,a1, ...])=[0,b1, ...]
Là, comme f(0=0, soit les deux fractions continues [0,a1, ...] et [0,b1, ...] sont nulles toutes deux (terminées) et on avait x=a0 et f(x)=b0=a0=x, soit
aucune des deux n'est terminée et on peut appliquer P2 :
f(1/f([0,a1, ...]))=1/[0,a1, ...], soit f(1/[0,b1, ...])=1/[0,a1, ...], et donc f([b1,b2, ...])=[a1, a2, ...]
Dès lors, comme [f(x)]=[x], a1=b1, et donc f([0,b2, ...])=[0,a2, ...]
...
Et il est clair que les deux développements en fractions continues de x et de f(x) sont égaux à quelque ordre que ce soit, et donc f(x)=x.
B) f(0)=a>0
Ce cas me paraît très compliqué mais conduit à des solutions néanmoins.
B.1) f(0)<1
On a f(0)=a>0. Si a>1, a-1 est strictement positif et a donc un antécédent z (cf. 3) ci dessus). Donc f(z)=a-1, et f(z+1)=a=f(0) et donc z+1=0 (f est
injective), ce qui est impossible. Donc a<=1.
Par ailleurs, P1 implique f(1)=a+1 et P2 implique donc f(1/(a+1))=1. Donc a est différent de 1 car sinon on aurait f(0)=1=f(1/(a+1)) et 0=1/(a+1),
impossible.
Donc a<1
B.2) Pour tout x différent de n + 1/(a+1), [f(x)]=[x]. et f(n + 1/(a+1))=n+1
D'après 5) ci dessus, la seule exception à [f(x)]=[x] est le cas où f(x)=[x]+1, et donc f(frac(x))=1. Mais nous savons que f(1/(a+1))=1 (voir B.1) et donc,
par injectivité, la seule exception est le cas où frac(x)=1/(a+1), donc le cas où x=n+1/(a+1).
En appliquant 5), on arrive ainsi directement au résultat B.2.
B.3) Construction d'une solution
On a donc :
f(n)=n+a pour tout n
f(n+1/(a+1))=n+1
Pour tout x différent de n et de n+1/(a+1), on peut écrire x= n +1/z avec un z différent de (a+1)
On a alors f(n+1/z)=n+1/u avec u>0 (en appliquant B.2) et donc f(1/z)=1/u et donc f(u)=z. Noter ici qu'on ne peut avoir f(n+1/z)=n car on a déjà
f(n-1+1/(a+1))=n.
On a alors à nouveau 3 cas :
Si u=p>0, alors z=f(p)=p+a et donc f(n+1/(p+a))=n+1/p
Si u=p+1/(a+1), alors z=f(p+1/(a+1))=p+1 et donc f(n+1/(p+1))=n+1/(p+1/(a+1))
Si u=p+1/q, avec t>0 différent de (a+1), alors, d'après B.2, z=f(u)=p+1/t, avec t>0 et donc f(1/q)=1/t et donc f(t)=q
et donc f(n + 1/(p+1/t))=n+1/(p+1/f(t))
Résumé :
Soit 0<a<1 avec une représentation en fraction continue [0,a1,...] finie ou non
On a alors 1/(a+1) qui a comme représentation en fraction continue [0,1,a1,a2,...]
Alors,
Si x=[n], f(x)=[n,a1,a2,...]
Si x=[n,1,a1,a2,...], f(x)=[n+1]
Si x=[n,p,a1,a2,...], f(x)=[n,p]
Si x=[n,p+1], f(x)=[n,p,1,a1,a2,...]
Si x=[n,p, --t--], f(x)=[n,p, --f(t)--] avec t différent de [a1,a2,...]
Ceci permet de définir précisément et complètement f(x) pour tout x>=0 et il est facile de vérifier que cette forme marche.
EXEMPLE :
f(0)=1/2 = [0,2]
Si x=[n], f(x)=[n,2]
Si x=[n,p,2], f(x)=[n,p]
Si x=[n,p], f(x)=[n,p-1,1,2]
Si x=[n,p, --t--], f(x)=[n,p, --f(t)--] avec t différent de [2]
En particulier, f(x)=x pour tout x irrationnel.
prendre f(0) irrationnel donnerait une solution encore plus étrange, je pense.
--
Patrick
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