Inscription / Connexion Nouveau Sujet
Fonction affine
Bonjour à tous 
Dans son problème 
Fonction homographique , Matheux14 a posé une question dont les interprétations peuvent être diverses . Dans ce type d'exercices , on cherche en priorité des solutions maximales en ajoutant ( pourquoi pas ) des exigences de continuité ou autres . Dans l'exercice cité il ne peut pas y avoir de solution sur R et après avoir choisi le cadre qui semble le plus adapté , on trouve deux solutions « naturelles » .
Je reprends le même problème sous une forme bien plus simple : fof(x)=x+1 . La composée est une fonction affine , on peut donc chercher une solution du même type et on en trouve une magnifique : f(x)=x+0,5 . C'est la plus naturelle mais il y en a une multitude d'autres presqu'aussi naturelles .
On peut proposer des exemples ou une méthode générale sans abuser du blankage comme d'habitude .
Amusez-vous bien
Imod
Après il peut être amusant de caractériser toutes les solutions en commençant par celles qui sont continues . Ce n'est pas vraiment difficile mais il faut aimer ce type d'exercices .
Imod
Rien trouvé de fabuleux.
La fonction f est bijective. Donc monotone si continue.
f(x+1) = f(x) + 1.
Si continue alors croissante.
Et courbe invariante par la translation de vecteur de coordonnées (1;1).
Après on peut sans doute partir d'une fonction croissante stricte sur [0 ; a] avec
0 < a < 1/2, f(0) = 1/2 et f(a) = 1-a.
Construire f à coup de symétries et translation.
Peut-on avoir f(0) 
1/2 ? Mystère.
Oui , en fait , il faut définir la fonction sur un intervalle de longueur 1 avec une grande liberté surtout si on ne s'occupe pas de la continuité . Ensuite on complète le graphe par translation . Il y a aussi une certaine symétrie à conserver , c'est la raison pour laquelle j'ai fait figurer la bissectrice en rouge sur l'illustration précédente .
Imod
Je ne donnais qu'un exemple , en fait tout se passe dans un carré de coté 1 que l'on peut faire exploser si on oublie la continuité .
J'ai construit mes deux exemples de la même façon :
Les deux parties en bleu sont symétriques et la projection sur chaque est "propre" . La façon de compléter la figure est telle que tu l'as décrite .
Imod
La projection sur chaque "axe" est propre , l'impossibilité de corriger est parfois pénible .
Sinon , merci de d'intéresser au problème
Imod
Comme on s'endort un peu sur le fil , je résume les solutions continues obtenues :
On choisit librement a dans l'intervalle ] 0 ; 1[ et on prend pour f n'importe quelle fonction strictement croissante de [ 0 ; a [ vers [ a ; 1 [ . On complète f dans [ a ; 1 [ par f(x) = y + 1 avec y l'unique point de [ 0 ; a [ tel que f(y) = x . On finit le graphe de f par translation (1 ; 1 ) comme déjà expliqué . Même si je n'ai pas de preuve formelle je suis persuadé qu'on a là toutes les fonctions continues qui vérifient la relation .
Si on élargit à des fonctions non continues , il suffit d'imaginer une bijection entre deux ensembles dont les parties fractionnaires constituent une partition de [ 0 ; 1 [ pour avoir une solution .
Je n'ai pas encore envisagé le passage à fof(x)=x+n ou pire fof=mx+n . On pourrait aussi choisir m et n réels mais la on ne sait plus trop où l'on va
Imod
Synthèse réussie.
On peut utiliser f-1 pour compléter f dans [ a ; 1 [ :
f(x) = f-1(x) + 1
En fait, j'avais formulé ainsi sans chercher de continuité :
p dans ] 0 ; 1 [ et g bijection de [ 0 ; p [ sur [ p ; 1 [.
f(x) = g(x) sur [ 0 ; p [
f(x) = 1 + g-1(x) sur [ p ; 1 [
f(x) = f(x-1) + 1 pour tout x de
En fait c'est la continuité de f qui impose le partage en deux intervalles . Si on cherche f non continue on peut considèrer une partition de en deux ensembles équipotents X et Y ,
une bijection de X vers Y et i une injection de
dans
. Pour n entier , les
partitionnent
. On obtient une solution en posant
si
et
si
. Réciproquement toute solution peut s'écrire sous cette forme .
Imod
La formulation de i n'est pas correcte , j'aurais dû définir une application j de [0;1[ dans puis i(x)=x+j(x) , l'idée étant que l'image de i décrive exactement l'intervalle [0;1[ modulo 1 . Je remets ça au propre car je deviens de moins en moins lisible
Imod
Je récapitule :
On note I l'intervalle [0;1[ et {X,Y} une partition de I en deux ensembles équipotents . On choisit une bijection de X vers Y , j une application de I vers
et on définit i de I vers
par i(x)=x+j(x). Les
avec n entier constituent une partition de
. On pose
si
et
si
. Sauf erreur , on a là toutes les solutions au problème .
Imod
En fait le cas discontinu est vraiment abscons , j'ai jeté un coup d'œil à f(f(x))=x+n avec n non nécessairement entier mais positif , le principe fonctionne à l'identique avec f strictement croissante de [0 ; a[ vers [a ; n[ et la réciproque de f + n sur [a ; n[ . Je n'ai pas regardé pour n négatif ni les ax+n qui risquent d'être bien plus complexes .
Imod
Bonjour,
On peut généraliser l'utilisation de f-1 :
Si f vérifie fof(x) = x+1,
pour n entier, on peut utiliser f(n) = fofo...of
ou
f(n) = f-1of-1o...of-1 .
Je vais me passer de formalisme car on peut très vite perdre les pédales ou ne plus rien comprendre . Les solutions "naturelles" sont obtenues en découpant l'intervalle [0;1[ en deux intervalles [0;a[ et [a;1[ . f est bijective de [0;a[ vers [a;1[ et la réciproque +1 complète la définition sur [0;1[ , la suite vient par translation . Si on oublie la continuité , il n'y a aucune raison de choisir deux intervalles , une partition en deux parties équipotentes X et Y fait aussi bien l'affaire . On peut encore faire pire car il n'y a aucune raison que l'image d'un élément de [0;1[ soit dans [0;1[ , on peut ajouter à chaque image d'un élément de X un entier quelconque et tout fonctionne à l'identique . J'ai déjà reconnu que la construction était artificielle mais si on veut toutes les solutions ...
Imod
Annuler
connectez vous