Équation fonctionnelle avec $f(f(...))$

Chaurien · July 2019

Bonsoir. D'avoir eu sous le nez des équations fonctionnelles ces jours-ci ça m'a fait penser à cette -ci : trouver toutes les applications continues $f: \mathbb R \rightarrow \mathbb R$ telles que, quels que soient $x$ et $y$ réels : $f(x+f(y))=f(f(x))+f(y)$.
Et que se passe-t-il si l'on affaiblit l'hypothèse additionnelle « $f$ continue partout », ou qu'on la supprime ?
Bonne nuit.

Héhéhé · July 2019

En prenant $x=y=0$ on obtient $f(f(0))=f(f(0))+f(0)$ donc $f(0) = 0$.
Maintenant en prenant $y=0$ et $x$ quelconque on a $f(x)=f(f(x))$, donc on est ramené à la recherche des fonctions $f$ continues telles que $f \circ f = f$, je pense que ça doit être un problème connu...

PierreB · July 2019

@Chaurien : je pense que tu ne peux pas te passer d'une hypothèse si tu ne veux pas faire apparaître de "monstre".
Par exemple, sans aucune hypothèse additionnelle, considérons une base de Hamel $(e_i)$ de $\mathbb{R}$ comme espace vectoriel sur $\mathbb{Q}$, avec $e_1 = 1$.
Sauf erreur, la fonction $f$ qui à tout réel $x$ associe sa coordonnée selon $e_1$ vérifie ton équation fonctionnelle.

Pierre.

gebrane · July 2019

Il y a une faille dans le raisonnement de HéHé, une fonction constante est une solution de fof=f mais pas solution de l’équation fonctionnelle ( sauf la fonction nulle)

PierreB · July 2019

L'équation initiale avec l'hypothèse de continuité est "bien connue". La clef est l'étude de l'ensemble des points fixes de $f$ qui est un sous-groupe additif de $\mathbb{R}$ (en tout cas, c'est ce que j'ai fait). Sauf erreur de ma part, cela conduit à la fonction nulle et à l'identité.
La question de Chaurien est de savoir si on peut conserver cette conclusion en se libérant de l'hypothèse de continuité (et mon message précédent indique que non, sauf gourance de ma part) ou en l'affaiblissant (typiquement $f$ continue en $0$, ou $f$ bornée ou $f$ mesurable, etc.).

Pierre.

Héhéhé · July 2019

Je n'ai pas dit que c'était une condition suffisante mais nécessaire gebrane.

Amathoué · July 2019

@Héhé,

Il est clair que tu raisonnais par CN(il suffit de lire tes interventions). C’est le message de gebrane que je ne comprends pas.
M’enfin c’est une autre histoire.

gebrane · July 2019

Amathoué
Je me répète la fonction constante égale à 1 est une solution de la condition dite suffisante par Héhé oui ou non ?
la fonction constante 1 n'est pas solution de l’équation de départ oui ou non ?
je vois tous a l'envers je quitte

Héhéhé · July 2019

Bon l'étude de $f \circ f = f$ a l'air d'être plus compliquée que je ne pensais, il y a énormément de solutions...

Pour un sous-ensemble quelconque $A \subset \mathbb R$ et une fonction $g \colon \mathbb R \setminus A \to A$ quelconque, la fonction $f \colon \mathbb R \to \mathbb R$ définie par
$$f(x) = \begin{cases} x & \text{si $x \in A$} \\ g(x) & \text{si $x \notin A$} \end{cases}$$
convient, donc on peut faire pas mal d'exemples même continus un peu tordus (pour plus d'infos, voir ici et là).

Par exemple,
$$f(x) = \begin{cases} x & \text{si $x \geq 0$} \\ x^2 & \text{si $x <0$} \end{cases}$$

side · July 2019

supp

PierreB · July 2019

Bon, il est un peu tard mais je reviens à la question de Chaurien à propos des hypothèses de régularité à imposer pour n'obtenir que la fonction nulle et l'identité.
Si je ne m'abuse, la fonction partie entière $f(x) =[x]$ vérifie l'équation fonctionnelle et elle est mesurable, bornée sur tout segment, continue presque partout, bref plein de choses super gentilles... Si on pense imposer la continuité en $0$ (qui joue parfois un rôle un peu particulier), il suffit de prendre $f(x) = [x + \dfrac 1 2]$.
J'en viens donc à la conclusion que la seule hypothèse "raisonnable" à imposer est bien la continuité sur $\mathbb{R}$.

Pierre.

YvesM · July 2019

Bonjour,

Pour $f(f(.))=f(.)$ on paramétrise par $x=u(t), f=u(t+1)$, alors $u(t+2)=u(t+1)$ et la fonction $u$ est $1$- périodique. Il y a donc plein de solutions de toutes sortes car des fonctions périodiques on en connaît beaucoup.

Héhéhé · July 2019

Oui YvesM mais ce ne sont pas les seules j'ai donné l'ensemble des solutions plus haut.

Chaurien · July 2019

Moi je rédige ainsi.

$\bullet$ Partons de : $f(x+f(y))=f(f(x))+f(y)~~~~~~$(0).
Dans (0) faisons $x:=0$ et $y:=0$, il vient : $f(0)=0~~~~~~$(1).
Dans (0) faisons $y:=0$, il vient, compte-tenu de (1) : $f(f(x))=f(x)~~~~~~$(2).
De (0) et (2) il résulte : $f(x+f(y))=f(x)+f(y)~~~~~~$(3).
Dans (3) faisons $x:=x-f(y)$, il vient : $f(x-f(y))=f(x)-f(y)~~~~~~$(4).
Ce qui prouve que l'ensemble-image $G=f(\mathbb R)$ est un sous-groupe additif de $\mathbb R$.
D'après (2) cet ensemble $G$ est aussi l'ensemble des points invariants de $f$ : $G=\{x \in \mathbb R|f(x)=x \}$.

$\bullet$ Je rappelle qu'il y a quatre types de sous-groupes additifs $H $ de $\mathbb R$ : $H=\{0 \}$ ; $H= \mathbb R$ ; $H= \mathbb Z a, a>0$ ; $H$ dense d'intérieur vide.

$\bullet$ Dans le cas présent, si $G=\mathbb R$, alors : $f(x)=x$. Si $G=\{0 \}$, alors : $f(x)=0 $. Ce sont dirons-nous les deux solutions triviales.

$\bullet$ Toujours dans le cas présent, si $G= \mathbb Z a, a>0$, notons que pour $x \in \mathbb R$ on a : $f(x+a)=f(x)+a$. La fonction $f$ est entièrement déterminée par ses valeurs sur $[0,a[$. Pour avoir une solution, on attribue donc n'importe quelle valeur à chaque $f(x)$ pour $x\in [0,a[$, ces valeurs étant dans $G= \mathbb Z a$, et $f(0)=0$. Pour tout $x \in \mathbb R$, on a : $x=aq+r$, $q \in \mathbb Z$ , $r \in [0,a[$. Alors : $f(x)=f(r)+aq$. En fait on a : $q=\left\lfloor \frac{x}{a}\right\rfloor $, et l'on retrouve la fonction partie-entière « plancher » évoquée par PierreB.

En prenant $]0,a]$ au lieu de $[0,a[$, on aurait eu la fonction partie entière « plafond » $\left\lceil . ..\right\rceil $. Tout intervalle semi-ouvert de longueur $a$ convient aussi. Ceci rejoint les observations de PierreB. Il en résulte que pour tout intervalle borné, il y a des solutions, autres que les deux solutions triviales, qui sont constantes (donc continues !) sur cet intervalle.

On continue tantôt.

Bonne journée. L'été il fait chaud.
22/07/2019

Chaurien · July 2019

Poursuivons. Je rappelle qu'une application $f$ de $ \mathbb{R}$ dans $ \mathbb{R}$ est additive si : $\forall x \in \mathbb{R}, \forall y \in \mathbb{R}, f(x+y)=f(x)+f(y) $. Une telle application est nécessairement $ \mathbb{Q}$-linéaire, ce qui signifie : $\forall x \in \mathbb{R}, \forall \lambda \in \mathbb{Q}, f(\lambda x)= \lambda f(x)$. C'est un endomorphisme du $ \mathbb{Q}$-espace vectoriel $ \mathbb{R}$.

Ce qui est à noter, c'est que l'équation fonctionnelle en question n'implique pas que la fonction $f$ soit additive, contrairement à d'autres équations fonctionnelles qui lui ressemblent. Mais elle a des solutions qui sont additives. Ce sont exactement les fonctions $f$ qui vérifient, quels que soient $x$ et $y$ réels : $f(x+y)=f(x)+f(y)$ et $f(f(x))=f(x)$. Ce sont les projecteurs du $ \mathbb{Q}$-espace vectoriel $ \mathbb{R}$. Au moyen d'une base de Hamel de ce $ \mathbb{Q}$-espace vectoriel, on prouve qu'il existe de telles fonctions $f$ autres que la fonction nulle et l'identité. Elles sont discontinues partout, et ni majorées ni minorées sur aucun intervalle. L'ensemble-image d'une telle fonction est un $ \mathbb{Q}$-sous-espace du $ \mathbb{Q}$-espace vectoriel $ \mathbb{R}$, autre que $\{0 \}$ et $ \mathbb{R}$. C'est un sous-groupe additif du quatrième type, dense d'intérieur vide.

Maintenant, nous n'avons pas trouvé toutes les solutions de cette équation fonctionnelle, mais moi je ne vois pas que dire de plus.

Bonne soirée.

Équation fonctionnelle avec $f(f(...))$

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