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

Envoyé par Chaurien 
Équation fonctionnelle avec $f(f(...))$
il y a quatre semaines
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.
Re: Équation fonctionnelle avec $f(f(...))$
il y a quatre semaines
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...
Re: Équation fonctionnelle avec $f(f(...))$
il y a quatre semaines
@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.
Re: Équation fonctionnelle avec $f(f(...))$
il y a quatre semaines
avatar
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)

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[Le meilleur moyen de fuir le monde est de pénétrer les mathématiques ]
Re: Équation fonctionnelle avec $f(f(...))$
il y a quatre semaines
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.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a quatre semaines et a été effectuée par PierreB.
Re: Équation fonctionnelle avec $f(f(...))$
il y a quatre semaines
Je n'ai pas dit que c'était une condition suffisante mais nécessaire gebrane.
Re: Équation fonctionnelle avec $f(f(...))$
il y a quatre semaines
@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.
Re: Équation fonctionnelle avec $f(f(...))$
il y a quatre semaines
avatar
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

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[Le meilleur moyen de fuir le monde est de pénétrer les mathématiques ]



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a quatre semaines et a été effectuée par AD.
Re: Équation fonctionnelle avec $f(f(...))$
il y a quatre semaines
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 ).

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



Edité 3 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a quatre semaines et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Héhéhé.
Re: Équation fonctionnelle avec $f(f(...))$
il y a quatre semaines
bonsoir,

d'après Héhéhé, $f\circ f=f$ donc $\forall x \in Im f, f(x)=x$ et en reprenant l'équation fonctionnelle
$\forall x\in R, \forall y\in Im f, f(x+y)=f(x)+y$.

Donc
$\forall x\in Im f, 0=f(0)=f(-x+x)=f(-x)+x$ et donc $\forall x\in Im f, -x\in Im f$,
$\forall x\in Im f, \forall y\in Im f, f(x+y)=f(x)+y=x+y$ et donc $\forall x, y\in Im f, x+y\in Im f$,
$0\in Im f$

Ainsi, Im f est un sous-groupe additif de R.

Si $f$ n'est pas identiquement nulle, comme f est continue, d'après le théorème des valeurs intermédiaires, Im f contient un segment $[0; M]$ ou $[-M; 0]$ avec $M>0$ puis contient un segment $[-M; M]$ puis contient $R$ et rappelons que $\forall x \in Im f, f(x)=x$, donc $f=Id_R$.

Réciproquement, on vérifie que la fonction identité et la fonction identiquement nulle sont solutions du problème.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a quatre semaines et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par side.
Re: Équation fonctionnelle avec $f(f(...))$
il y a quatre semaines
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.
Re: Équation fonctionnelle avec $f(f(...))$
il y a quatre semaines
avatar
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.
Re: Équation fonctionnelle avec $f(f(...))$
il y a quatre semaines
Oui YvesM mais ce ne sont pas les seules j'ai donné l'ensemble des solutions plus haut.
Re: Équation fonctionnelle avec $f(f(...))$
il y a quatre semaines
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



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a quatre semaines et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Chaurien.
Re: Équation fonctionnelle avec $f(f(...))$
il y a quatre semaines
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.



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a quatre semaines et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Chaurien.
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