Bonjour,
Juste avant la rentrée, une question dont je n'ai pas la réponse.
Inspirée de déterminer une fonction tel que fof(x)=6x-f(x).
Trouver toutes les fonctions f de vers telles que
pour tout x de fof(x) = 6x-f(x) .
Bonsoir,
il y a une infinité non dénombrable de fonctions de ce type :
on choisi un nombre a et f(a) et, sauf si on a pris a=0 et f(a)=0, on obtient une suite dénombrable de valeurs de f en utilisant la méthode du premier message mis en lien.
On recommence avec une paire de valeurs qui ne sont pas dans la liste obtenue, etc.
Si on pose que f est dérivable on trouve les deux fonctions « évidentes » :
Je suis certain que l'on peux obtenir que ces deux fonctions sont les seules solutions avec des restrictions moins fortes.
Quelques remarques en plus.
La fonction f est injective.
Si f(a)=f(b)=y alors f(y)=fof(a)=6a-y et f(y)=fof(b)=6b-y d'où a=b.
Je ne crois pas qu'elle soit forcément surjective.
Si on la suppose surjective, et donc bijective on obtient à partir d'un couple ( a ; f(a) ) la liste des fn(a) pour tout entier relatif
avec
On suppose maintenant f bijective.
Comme il est clair que on a une suite qui tend vers 0 et l'image par f de cette suite tend vers 0.
Si la fonction f est continue en zéro alors f(0)=0.
De fait il y en a beaucoup de ce type ( plus que de familles libres sur considéré comme espace vectoriel sur ).
Je crois que l'on peut arriver à un résultat plus restreint en considérant que f est continue.
Le point clef étant que si alors
Si f est continue et surjective les fonctions solutions sont
.
On a alors f(0)=0 fof(x) = 6x - f(x)
On montre d'abord que :
c'est le fil de départ.
Puis de la même façon que :
En remontant la suite des antécédents ( on utilise ici f bijective) on montre de la même façon que :
J'ai posté au lieu de faire un aperçu
Suite.
On suppose ensuite qu'il existe tel que .
Comme et que f est continue il en découle que l'on a car entraîne
Autrement dit la courbe de f ne peut pas couper la droite ailleurs qu'en 0.
On a donc
Comme f est injective on a alors .
Et .
Il faut que je parte, mais la suite est presque évidente.
J'essaye de poursuivre :
S'il n'existe pas a > 0 tel que f(a) > a
Pour tout a > 0 on a f(a) < a.
(On ne peut pas avoir f(a) = a car c'est réservé à 0)
Si f(a) > 0 alors fof(a) < f(a).
Ce qui donne 6a - f(a) < f(a). Ou encore f(a) > 3a > a. Contradiction.
Donc f(a) 0.
J'aurais préféré trouver f(a) < 0, mais je fatigue un peu.
Je reprends le cas si pour tout x > 0 on a f(x) < x.
Soit a > 0.
Si f(a) > 0 alors fof(a) < f(a).
Ce qui donne 6a - f(a) < f(a). Ou encore f(a) > 3a > a. Contradiction.
Si f(a) = 0 alors fof(a) =6a.
Soit b tel que f(b) = a (on utilise f surjective).
fof(b) =6b -f(b) donne f(a) = 6b - a ; donc b = a/6.
D'où b > 0 ; donc f(b) < b qui donne a < a/6. Contradiction.
Conclusion : si a > 0 alors f(a) < 0.
Il y a peut-être plus "presque évident"
En fait f(0) = 0 a été démontré dans le 3ème message :
C'est ça
J'essaye de tout écrire, mais je suis paresseux et j'ai rencontré des problèmes que je ne soupçonnais pas.
Avec un peu de chance je poste un .pdf demain.
Bonjour,
voici une démonstration quand on suppose continue.
Comme l'a fait remarquer verdurin, est injective. Or une fonction continue et injective est strictement monotone.
Premier cas : est strictement croissante.
Pour tout la suite définie par et est monotone.
De plus elle vérifie la récurrence d'où .
Si alors n'est pas monotone, contradiction. On a donc d'où d'où , donc pour tout réel on a .
Deuxième cas : f est strictement décroissante. Comme elle ne peut pas avoir une limite finie en c'est une bijection de dans et est aussi strictement décroissante.
Pour tout la suite définie par et n'est pas monotone (sauf si qui entraine ).
De plus elle vérifie la récurrence d'où .
Si alors est strictement monotone, contradiction. On a donc d'où d'où , donc pour tout on a , d'où enfin pour tout réel.
Bonjour jandri,
Désolée de répondre aussi tardivement
Mais j'étais en déplacement.
Ta réponse correspond très bien à ce que je recherchais
Merci !
Et merci aussi à verdurin qui avait bien déblayé le terrain
Bonjour,
La démonstration de " une fonction continue et injective est strictement monotone " n'est pas immédiate.
En voici une, sous forme d'exercice, que je trouve intéressante : Continuité et injectivité
Pour " elle ne peut pas avoir une limite finie en ", c'est plus facile :
Pour tout x réel on a fof(x) + f(x) = 6x .
Si la limite de f en est un réel L alors la limite de fof(x) + f(x) est le réel fof(L) + f(L) .
Mais la limite de 6x n'est pas un réel.
Bonsoir,
je répond beaucoup trop tard, et je trouve que la démonstration de jandri est meilleure que la mienne.
Je joins quand même ce que j'ai écrit.
En fait j'ai déliré sur les valeurs possibles pour f(a) et j'ai cru pouvoir montrer que f est bijective.
En tous cas, si elle ne l'est pas, il y a une fonction de Q dans Q qui vérifie les hypothèses et qui n'est pas bijective.
PDF - 195 Ko
Bonsoir,
il existe des fonctions vérifiant qui ne sont pas bijectives.
Soit , et .
Pour on pose ( augmente de 1)
et pour on pose ( augmente de 1 pour ).
On vérifie aisément que pour on a .
On en déduit que vérifie pour tout .
Mais les nombres de la forme avec n'ont pas d'antécédent par qui n'est donc pas surjective.
Bonjour,
Pas si simple, en tous cas à trouver
Pour voir si j'ai bien compris, peut-on aussi définir f comme ci-dessous ?
Soit .
Pour on pose .
Et pour on pose .
@verdurin,
J'ai lu en détail ton pdf qui est intéressant.
Une petite remarque sur le début de l'annexe :
Le morceau de phrase « Sauf si f est la fonction nulle » me semble inutile.
La fonction nulle sur ne vérifie pas la propriété notée (*).
Il est peut-être possible de rectifier le pdf, si ça te semble pertinent.
Encore merci à tous les deux de vous être intéressés à ma question
@Sylvieg
Tu as raison, on n'a pas besoin de distinguer et . Je l'ai fait parce que j'ai d'abord construit sur . Sur on peut poser ou bien .
Salut Sylvieg.
Il y a en effet des erreurs dans mon pdf.
J'ai commencé à le corriger.
En fait je prend depuis 10 jours un médicament contre le cholestérol qui m'embrouille la tête.
Ma médecin m'a dit que je pouvais arrêter, je crois que je dirais moins de bêtises.
Je pars pour quelques temps et je vais penser à ce problème, en particulier en intégrant ce qu'a dit jandri.
Si j'en ai le courage je donnerais une meilleure version.
Vous devez être membre accéder à ce service...
Pas encore inscrit ?
1 compte par personne, multi-compte interdit !
Ou identifiez-vous :