Fonction non composée
Existe il une fonction $f : [0,1] \to [0,1]$ telle que pour tout $g : [0,1] \to [0,1]$, $f \neq g \circ g$ ?
Même question avec $f$ continue et $g$ quelconque, $f$ continue et $g$ continue …
[Titre initial : pour christophe
Si c'est une conversation privée, pose-lui la question par la messagerie privée. jacquot]
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Réponses
Soit $g$ continue tq $g\circ g=f$.
Alors $g$,étant continue de $[0,1]$ dans lui-même, admet un point fixe, qui par l'équation $g \circ g=f$, doit être $\frac12$.
[Notons que si on suppose $g$ dérivable c'est déjà plié car alors $-1=f'(\frac12)=g'(\frac12) \times g'(g(\frac12))=g'(\frac12)^2>0$].
[À partir d'ici je conseille de faire un croquis].
Comme la seule valeur de $x$ pour laquelle on peut avoir $g(x)=\frac12$ est $x=\frac12$, il résulte par continuité que [pour tout $x<\frac12$ on a $g(x)>\frac12$] ou [pour tout $x < \frac12$ on a $g(x)<\frac12$]. La seconde possibilité n'en est pas une car alors pour $x<\frac12$, on a $g(g(x))<\frac12$.
De même, pour tout $x>\frac12$, $g(x)<\frac12$.
Mais alors si $x<\frac12$, on a $g(x)>\frac12$ et donc $g(g(x))<\frac12$: contradiction.
Si on n'impose rien sur $g$ je pense qu'en bidouillant un peu on doit trouver une solution mais flemme de réfléchir à cette heure-ci.
Si tu n'exiges rien de plus qu'exister pour g, tu la construis par récurrence ordinale (donc avec AC). Attention si tu veux appliquer Zorn g fonction maximale vérifiant g rond g inclus dans f ne suffit pas il demander un peu plus.
Sans AC je serais étonné que la réponse doit oui pour toute f, et j'avoue que ai du mal à faire un pari sans AC pour l'énoncé commençant par "pour tout f continue.."
De mon téléphone
Edit : et merci christophe pour les précisions concernant f,g quelconque.
Supposons qu'il existe $g$ telle que $f = g \circ g$. Posons $c := g(a)$. Alors $g(c) = g(g(a)) = f(a) = b$, et donc $f(c) = g(g(c)) = g(b)$. Posons $d := g(b)$. On a $f(c) = d$. D'autre part, on a $g(d) = g(g(b)) = f(b) = a$, et donc $f(d) = g(g(d)) = g(a) = c$. Bref, $c$ et $d$ sont aussi d'ordre $2$ [EDIT2](ls sont d'ordre au plus deux, et $c \not = d$, sinon $f(a) = g(g(a)) g(c) = g(d) = g(g(b)) = f(b)$ ce qui est absurde)[/EDIT2]. Donc $g(a) = a$ ou $g(a) = b$. De même, $g(b) = a$ ou $g(b) = b$. Si $g(a) = a$, alors $f(a) = a$, ce qui est absurde. De même, si $g(b) = b$, alors $f(b) = b$, ce qui est absurde. Donc $g(a) = b$ et $g(b) = a$, et donc $f(a) = a$, ce qui est absurde.
En résumé, pour une telle $f$, il n'existe pas de $g$ telle que $g \circ g = f$.
Sinon, je pense que si $P(f)$ désigne la conjonction des deux phrases suivantes :
- $f$ est une bijection
- pour chaque $k \in \{2,3,4,\cdots,\infty\}$, si $f$ a un nombre $n_k$ fini d'orbites de cardinal $k$, alors $n_k$ est pair,
alors on peut fabriquer une $g$ très facilement, en regroupant les orbites de même taille deux par deux et en faisant une sorte de ping-pong entre les deux.
EDIT : Je précise que dans ce dernier argument, j'ai quand même besoin de choisir des "points base" dans chaque orbite.
Je vais répercuter un exercice dans "il est facile de" grâce à ce fil et j'en remercie l'auteur.
Voici le lien : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?16,1008195,1714370,page=19#msg-1714370