Équation fonctionnelle avec $f(f(...))$
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.
Et que se passe-t-il si l'on affaiblit l'hypothèse additionnelle « $f$ continue partout », ou qu'on la supprime ?
Bonne nuit.
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Réponses
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...
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.
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.
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.
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
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,
$$f(x) = \begin{cases} x & \text{si $x \geq 0$} \\ x^2 & \text{si $x <0$} \end{cases}$$
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.
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.
$\bullet$ 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
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.