salut

Ah non. ça ne marche pas ... désolé

cependant puisque si f(x) = 1/x on a bien f o f(x) = x (pour x non nul) il est fort probable qu'une fonction homographique marche ...(à translation et dilatement près)

@carpediem : c'est ce que je m'étais dit, mais je ne suis pas arrivé à me dépatouiller pour trouver une condition sur a et b qui fonctionne. Afin de pouvoir faire la composition, il faut ...

Un exemple parmi d'autres :
sauf erreur de ma part.

Ah oui.
Du coup si on prend comme condition ,
alors des involutions de de la forme ,
on en déduit celles de .

Leur expression est

Mince. Justement, c'est là qu'il faut exclure a de  [0;1]

C'est tout bon
Un peu plus simple et qui revient au même :
avec d < 1.
Pour d = 0, on retrouve 1-x.

La fonction de carpediem convient aussi.


Elle peut se généraliser.

On peut utiliser des propriétés graphiques pour réaliser qu'il y a beaucoup de réponses possibles.

Bonjour

Généralisation de la proposition de carpediem:
On note que si f est bijective de [a,b] dans [c,d] et si on définit g(x)=(f((b-a)x+a) - c)/(d-c) alors :
* g est bijective de [0,1] dans [0,1]
* h(x)=g(1-g^-1(x)) vérifie hoh(x)=x

On a ainsi une usine à fabriquer de telles fonctions.

Sauf erreur...

une remarque pour fabo34 comme pour thetapinch27 : il n'est pas nécessaire que f soit bijective mais il est nécessaire que

et si   alors

il me semble alors que f doit être surjective mais je ne suis pas sûr que f doit être injective

cependant la relation f o f(x) = x implique que f est bijective !!

et donc elle est monotone puisque continue ...

Ne faut-il pas une hypothèse sur le sens de variation de f ?

Je répondais à thetapinch27.

En langage un peu "savant" fof=Id signifie que f est involutive donc comme tu dis bijective et symétrique par rapport à la bissectrice y=x .
La continuité impose la monotonie de f et ça laisse tout de même un bon paquet de possibilités en partant de f(0)=0 ou 1 , en complétant jusqu'à la bissectrice puis par symétrie .

Imod  

Voici la généralisation à laquelle je pensais à partir de :
avec

oui ...

thetapinch27 nous "embrouille" un peu avec ces intervalles [a, b] et [c, d] qui peuvent de toute façon s'envoyer bijectivement dans [0, 1] par des fonctions affines voire homographiques voire ...

pour toute fonction h bijective de [0, 1]dans [0, 1] conviennent

@Imod,
Il me semble que le paquet de possibilités est réduit en partant de f(0) = 0.

Avec f(0) = 1, on peut effectivement construire plein de courbes qui conviennent :
D(0;1) et B(a;a) avec 0 < a < 1.
On joint D à B par un arc de courbe aussi quelconque que l'on veut, mais descendant ; puis on trace le symétrique de cet arc par rapport à la première bissectrice.

thetapinch27 :il n'y a pas de pb !!

j'ai résumé l'essentiel de ton msg à 20h31

ce que je voulais dire c'est que tu effectues la composition : [0, 1] --> [a, b] --> [c, d] --> [0, 1]

pour la première et la dernière tu utilises des fonctions affines classiques pour passer de [0, 1] à un intervalle quelconque et réciproquement et qui permettent de proposer encore plus de solutions bien sûr et comme tu le dis mais on pourrait très bien considérer n'importe quel type de fonctions permettant de passer bijectivement d'un intervalle à un autre (fonction homographique, second degré, voire même trigonométriques, ...)

donc l'important était de retenir

carpediem @ 21-10-2023 à 20:31

pour toute fonction h bijective de [0, 1]dans [0, 1] conviennent

Une petite remarque , f et g c'est la même chose car h et sa réciproque jouent le même rôle .

Imod  

Deuxième remarque , j'ai donné l'ensemble des solutions qui peuvent se résumer à toutes les bijections continues de [0,1] dans lui même et symétriques par rapport à la droite y=x . Il me semble que ta fonction reprend exactement tout ces exemples .

Imod

oui bien sûr mais je préférais tout de même tout de même l'écrire explicitement ...

Nous voyons tous les choses sous un angle différent et c'est très bien comme ça . Tes formules ne me parlent pas alors que sur un petit dessin dans un carré de côté 1 , je vois tout . C'est un peu la beauté des maths , le même problème peut changer complètement d'aspect suivant l'éclairage qu'on lui donne .

Imod

Bonjour

La réciproque est en fait fausse. Il suffit de prendre le  cas f(x)=x pour s'en rendre compte. Elle vérifie bien fof=id mais pas f(x)=h(1-h^-1(x)).
Si une telle fonction h existait alors on aurait h(x)=1-h(x) donc h(x)=1/2 ... qui n'est clairement pas une bijection de [0,1].

à mon avis la réciproque est vraie pour toute fonction autre que l'identité de façon à ce que h et sa réciproque ne sont pas égales

car on peut intervertir h et sa réciproque ... sauf quand elles sont égales

J'en ai l'impression en effet mais la question ne me semble pas simple.
Car si on cherche a prouver la réciproque en partant de fof=id alors je ne vois pas beaucoup de facons d'exhiber un h tel que f(x)=h^-1(1-h(x))
On a bien que  h(x)=1/2(1-f(x)+x), et idem en permutant f(x) et x, conviennent ... et je ne vois comment en exhiber d'autres ... mais encore faut-il que h soit bijective sur [0,1] pour conclure la preuve, ce qui ne me semble pas immédiat. Dit autrement, quelles sont les conditions sur f pour que h soit bijective. Est-ce que f#id suffit ?

Bonsoir,
Une remarque :
La seule fonction croissante solution est la fonction définie par f(x) = x.

Et une idée :
Pour les autres, ce sont des bijections décroissantes de [0;1] sur [0;1].
f(0) = 1 et f(1) = 0.
La fonction d définie sur [0;1] par d(x) = f(x) -x est continue.
De plus d(0) = 1 et d(1) = -1.
Il existe donc a dans ]0;1[ tel que d(a) = 0 ; c'est à dire tel que f(a) = a.
Ce point est unique car la fonction f est décroissante.
La restriction de f à l'intervalle [0;a] définit une bijection de [0;a] sur [a;1].
Réciproquement toute bijection décroissante de [0;a] sur [a;1] permet-elle de définir une bijection de [0;1] sur [0;1] ?

J'ai tenté de faire le lien entre le point de vue graphique d'Imod et le point de vue "écriture explicite"

Si on veut garder l'approche de Carpediem , en mettant de côté f=Id . On peut définir f en prolongeant une bijection continue et décroissante de [0;a] dans [a;1]  par f(a+h)=2a-f(a-h) avec h dans [0;1-a] . Là on est sûr d'avoir tout le monde .

Imod

J'ai l'impression que le tour de la question a été fait.
Bravo et merci à tous

Bonjour

Un prolongement possible

Les éléments d'ordre fini du groupe H des homéomorphismes de sont :

son neutre

et ses involutions décroissantes.

Toute involution décroissante de se conjugue à l'involution _{sauf erreur de ma part bien entendu}