Égalité fonctionnelle ardue

@JLT, mais j'ai défini $H(x) = x+1$ sur $[0,1]$. Donc, si je restreins ma formule sur $[0,1]$, et utilise les relations maintenant connues, on passe à $[1,2]$ par $f(2-x) = 2f(1) - f(x)$, puis à $R$ par $f(x) =f(x/(x-1))$, est-ce que j'ai résolu le problème ?

@remarque, j'ai compris..., la série découle effectivement de l'équation fonctionnelle. Ce qui n'enlève rien à ma proposition de faire la même démonstration sur $D(x)=1/x$ et $H(x)=x+1$ sur $[0,1]$... à mois que @JLT trouve une erreur...

@remarque, j'ai repris la démonstration point par point, et donc oui il y a bien une bijection. C'est la même démonstration qui mêne aux mêmes constraintes : $D$ doit être symétrique, $H=H(D)$ doit être vérifié, la série est la même, etc.
Quand à $G(x) + G(1/x)=0$, c'est très facile de trouver des solutions définies et continues sur $R$. Par exemple, d'abord définir : $X=x-1/x$, puis choisir une fonction $Imp(X)$ impaire, et enfin s'assurer que $Imp$ à une limite nulle en $X=0$ et en $X=+\infty$. Soit : $G(X) = X Exp(-|X|)$ ou $= X/(1+X$²) ou $Sin(X)/(1+|X|)$...

Bonjour @JLT et @remarque,

Je n’en démords pas, il y a une démonstration directe, sans trop de manipulations hasardeuses, pour cette équation fonctionnelle.

On peut le démontrer. Puis exhiber toutes les solutions. Puis retrouver quelques-unes des propriétés connues de $f(x)$ dans le cas général. Enfin, on peut calculer et tracer ces solutions. C’est là que je sollicite encore votre aide. Je suis très curieux de voir si ces solutions ressemblent à celles trouver avec $d(x) = 1-x$.

Démonstration des solutions de l’équation fonctionnelle :

On a pour tout $x$ dans $R$ : $f(x+1) = f(x) + f(1/x)$,
que l’on réécrit :
$f(x) + f(D(x)) = f(H(x))$
avec $D(x) = 1/x$ et $H(x) = x+1$. $D$ n’est pas définie en $x=0$, mais on contourne cette difficulté facilement.

Pour $D: [1/2, 2] \to [1/2, 2]$ et continue sur cet intervalle, $H: [1/2, 2] \to [1/2, 2]$ et continue sur cet intervalle, et enfin $f: [1/2, 2] \to R$ et continue sur cet intervalle on a :
$f + fD = fH$ donc
$2f-fH = f – fD$ puis
$2^{-(n+1)} [2f-fH]H^{(n)} = 2^{-(n+1)} [f – fD] H^{(n)}$ puis
$\sum_{0}^{N} 2^{-(n)} fH^{(n)} - 2^{-(n+1)} fH^{(n+1)} = fH^{(0)} - 2^{-(N+1)} fH^{(N+1)} = \sum_0^N 2^{-(n+1)}GH^{(n)}$ avec $G = f – fD$.

Donc comme : $Lim_{N \to +\infty} \frac{fH^{(N)}}{2^N} = 0$ puisque $H^{(n)}$ et $f$ sont continues et on sait $Lim_{+\infty} f = f(1)$, c’est-à-dire ${fH^{(N)}} \leq Max_{x \in R} f(x)$ et alors :

$f = \sum_{n\geq 0} \frac{GH^{(n)}}{ 2^{(n+1)}}$
Et $G + GD = (f – fD) + (f – fD)D = f – fD + fD – fD^{(2)} = 0$ car $D^{(2)} = Id$.

Partant à présent de $f = \sum_{n\geq 0} \frac{GH^{(n)}}{ 2^{(n+1)}}$ avec $G + GD=0$ on montre que $f$ vérifie nécessairement l’équation fonctionnelle.
$f = \sum_{n\geq 0} \frac{GH^{(n)}}{2^{n+1}}$ et donc
$fD = \sum_{n\geq 0} \frac{GH^{(n)}}{ 2^{n+1}}D$ puis on additionne
$f + fD = \sum_{n\geq 0} \frac{GH^{(n)}+GH^{(n)}D}{2^{n+1}}$.

On suppose alors : $H = HD$ et donc par récurrence que : $H^{(n)} = H^{(n)} D$, et alors :
$f + fD = \frac{GH^{(0)} + GH^{(0)}D}{2^1} + \sum_{n\geq 1} \frac{GH^{(n)} + GH^{(n)}}{2^{n+1}} = \frac{(G + GD)}{2} + \sum_{n\geq 1} \frac{GH^{(n)}}{2^n} = 0 + \sum_{n\geq 0} \frac{GH^{(n+1)}}{2^{n+1}} = fH$.

La bijection entre les fonctions $f$ et $G$ est établie avec les hypothèses de la démonstration et, en particulier, $H=HD$ sur $[1/2,2]$.

Les solutions :
On pose $H'(x)=H(x)=x+1$ sur $[1/2,1]$ et $H'(x)=H(1/x)=1/x + 1$ sur $[1,2]$.
On démontre facilement que : $H'(x) = H'(D(x))$ sur $[1/2,2]$.
Comme $f + fD=fH$ sur $[1/2,2]$ alors $f + fD=fH'$ sur $[1/2,2]$, et surtout toutes les hypothèses de la démonstration sont vérifiées.
On note à présent $H'=H$ car il n'y a plus de confusion.

Toutes les solutions s’écrivent donc comme :
Pour tout $x\in [1/2,2]$ :
$f(x) = \sum_{n\geq 0} \frac{GH^{(n)}}{ 2^{n+1}} = \frac{1}{2} G(x) + \frac{1}{2^2}G(H(x)) + \sum_{n\geq 2} \frac{GH^{(n)}(x)}{ 2^{n+1}}$
avec $G(x) + G(D(x)) = G(x) + G(1/x) = 0$,
et $H(x)=x+1$ sur $[1/2,1]$ et $=1/x + 1$ sur $[1,2]$.

Propriétés connues de $f(x)$ :
En $x=\phi-1$, on montre $f(\phi-1) = 0$ :
Soit $\phi = \frac{1+\sqrt{5}}{2}$, $\phi – 1 > ½$ et $H(\phi-1) = \phi > 1$ donc $H^{(2)}=1/\phi+1 = \frac{\phi+1}{\phi} = \phi^2/\phi = \phi$ et par récurrence $H^{(n)}=\phi$ pour $n \geq 2$.
Donc $f(\phi-1) = \frac{1}{2} G(\phi-1) + \frac{1}{2^2} G(H(\phi-1)) + \sum_{n\geq 2} \frac{GH^{(n)}(\phi-1)}{2^{n+1}}$
$ = \frac{1}{2} G(\phi-1) + \frac{1}{2^2} G(H(\phi)) + \sum_{n\geq 2} \frac{GH^{(n)}(\phi)}{2^{n+1}} = \frac{1}{2} [G(\phi-1) + G(H(\phi))] = 0$ car $\phi-1 = 1/\phi$.

Soit $x=0$, on montre $f(0) = 0$ :
Comme $x=0$ n'est pas dans $[1/2,2]$, on utilise la relation maintenant connue $f(x) = 2f(1) – f(2-x)$ et $f(0) = 2f(1) – f(2)$.
$H(1)=2$, $H^{(2)}(1)=H(2)=1/2+1=3/2$, $H^{(3)}(1)= H(3/2)=2/3+1=5/3$ et par récurrence $H^{(n)}(1)=F_{n+2}/F_{n+1}$ pour $n \geq 1$ où les nombres de Fibonacci apparaissent $F_0 =0$, $F_1=1$, $F_2=1$, $F_3=2$, $F_4=3$...
On a donc :
$f(1) = \frac{1}{2} G(1) + \sum_{n\geq 1} \frac{GH^{(n)}(1)}{ 2^{n+1}} = \frac{1}{2} G(1) + \sum_{n\geq 1} \frac{G(F_{n+2}/F_{n+1})}{ 2^{n+1}}$
$H(2)=1/2+1=3/2$ et donc $H^{(n)}(2)=F_{n+3}/F_{n+2}$ pour $n \geq 1$.
On a donc :
$f(2) = \frac{1}{2} G(2) + \sum_{n\geq 1} \frac{G(F_{n+3}/F_{n+2})}{ 2^{n+1}}$
Et alors :
$f(0) = 2f(1) – f(2) = G(1) + 2 \sum_{n\geq 1} \frac{G(F_{n+2}/F_{n+1})}{ 2^{n+1}} - \frac{1}{2} G(2) - \sum_{n\geq 1} \frac{G(F_{n+3}/F_{n+2})}{ 2^{n+1}}$ la série s’annule terme à terme pour $n \geq 2$ et finalement :
$f(0) =G(1) - \frac{1}{2} G(2) + \frac{1}{2} G(H(1)) = G(1) - \frac{1}{2} G(2) + \frac{1}{2} G(2) =0$ car bien sûr $G(1)=G(1) + G(1)=0$.

Calcul des solutions sur $R$ :
$f(x)$ est définie sur $I=[1/2,2]$, puis grâce aux relations précédemment démontrées :
$f(x) = f(\frac{x}{x-1})$ sur $]-\inf,-1]$ car $\frac{x}{x-1} \in [1/2,1]$ dans $I$ ;
$f(x) = 2f(1) – f(\frac{2-x}{1-x})$ sur $[-1,0]$ car $\frac{2-x}{1-x} \in [3/2,2]$ dans $I$ ;
$f(x) = 2f(1) – f(2-x)$ sur $[0,1/2]$ car $2-x \in [3/2,2]$ dans $I$ ;
$f(x) = f(x)$ sur $[1/2,2] = I$ ;
$f(x) = f(\frac{x}{x-1})$ sur $[2,+\infty[$ car $\frac{x}{x-1} \in [1,2]$ dans $I$.

Soit $x=1/2$ et $x=-1$, on montre $f(1/2) = f(-1) = 0$:
On retrouve $f(-1)=f(1/2)$, puis
$f(1/2) = 2f(1)-f(3/2)=f(2) - f(3/2)$ et $f(3/2)=f(1/2)+f(2)$ et alors par comparaison : $f(1/2) = 0 = f(-1)$.

Graphes des solutions :
C’est là que votre aide est nécessaire.
Je propose de tracer pour différents choix de $G(x)$, par exemple :
$G(x) = \frac{2}{3}(x-1/x)$
$G(x) = -Sin[(x-1/x)\pi]$
$G(x) = \frac{(x-1/x) ln|x-1/x|}{\frac{3}{2}ln\frac{3}{2}}$
$G(x) = \frac{2}{3} Exp(\frac{3}{2}) (x-1/x) Exp(-|x-1/x|)$
qui sont bien définies car $0$ n'est pas dans $I$ et normalisées avec $G(2) = 1$.

Peut-être ces solutions sont-elles différentes dans leur allure que les précédentes, par exemple plus lisses ? J'aimerai bien les voir !(:D

Bonjour, je démontre que $f(0) = 0$ et ton graphe avait $f(0) \neq 0$. Alors une erreur c'était glissée. La formule est valable pour $[1/2,2]$, puis à partir de là et des relations données, on la définie sur $R$. Avant, je coyais que la solution était valable sur $]0,+\infty]$ et ce n'était pas le cas.

@remarque, merci. Il ne me reste plus qu'à apprendre à écrire un code ! J'ai démontré le résultat pour $f(1/2)=0$ donc là je veux voir la courbe... Si ça marche avec mon code, je donnerai la courbe : sinon, j'oublie se problème pour un temps.

Bonjour @remarque et @Doraki,

D'abord merci pour votre temps et vos calculs/ démonstrations. Ce problème m'a vraiment donné du travail et le résultat en vallait le coût : les courbes sont superbes !

J'ai fait les calculs trois fois et ma démonstration me semble correcte et les courbes vérifient toutes les propriétés... sauf peut-être une : la continuité et $x=-1$ et en $x=1/2$. Je ne trouve pas pourquoi...

D'abord, comme $2 \in [1,2]$, alors $H(2) = 1/2+1 = 3/2 \in [1/2,2]$.

J'ai ajouté un fichier, j'espère que ça marche. C'est la courbe la plus simple (si cela un a sens) avec $G(x) = (x-1/x)^3$. Elle a toutes les bonnes propriétés, sauf peut-être la continuité (encore que). La courbe est bien plus lisse que les courbes obtenues précédemment. J'ai fait d'autres courbes avec d'autres $G(x)$ et toutes ont les bonnes propriétés mais rien de bien nouveau, si ce n'est l'addition de nombreux zéros réels positifs.

En $x=1/2$ il faut prendre la définition sur $[0,1/2]$ pour trouver $f(1/2)=0$.

Qu'en pensez-vous ?

Bonjour, j'ai calculé que, si $g'(0)$ existe, alors $f'(0)=g'(0)/2 +g'(1) \sum_{n \geq 1} (h^{(n)})'(0) / 2^{n+1}$ et comme la somme converge (pour $x=0$ alors les $h^{(n)}(0)$ sont des itérations des fractions du premier degré que l'on peut exprimer avec les nombres de Fibonacci... Comme $g'(1) = 0$ par calcul direct, alors $f'(0)$ n'existe pas car $g'(0)$ n'existe pas.

Bonjour,

Mon raisonnement était tordu, alors voilà une démonstration plus claire, n'est-ce pas ?

$g(x) = x \sin(\pi/x)$
$h^{(n)}(0) = 1$ pour tout $n \geq 1$, par récurrence et évident avec le graphe de $h(x)$ sous les yeux.
et comme :
$f(x) = \frac{1}{2} g(x) + \sum_{n \geq 1} \frac{1}{2^{n+1}} g(h^{(n)}(x))$
alors :
$f(x)/x = \frac{1}{2} g(x)/x + \sum_{n \geq 1} \frac{1}{2^{n+1}} g(h^{(n)}(x))/ x$
puis :
$f(x)/x = \frac{1}{2} \sin(\pi/x) + \sum_{n \geq 1} \frac{1}{2^{n+1}} h^{(n)}(x)/x \sin(\pi /h^{(n)}(x))$
Et, en utilisant la règle de l'Hôpital pour la limite de la somme, qui devient $g'(h^{(n)}(x)) \times (h^{(n)})'(x)$ alors on peut conclure car, $(h^{(n)})'(x)$ est une fraction de fonctions affines qui sont définies en $x=0$ et la série converge.

Bonjour @remarque, c'est vrai, j'ai oublié et donc mon calcul est faux en $x$ voisin de $1$, je ne peux plus conclure et la règle de l'Hôpital ne résout pas le problème de cette limite.