Égalité fonctionnelle ardue
Bonjour,
Voici une égalité fonctionnelle sur laquelle je travaille depuis des semaines :
Soit f une fonction continue de R dans R telle que : pour tout x, f(x+1) = f(x) + f(1/x).
Je pense pouvoir démontrer que f est nécessairement la fonction identiquement nulle sur R. Ma démonstration est basée sur le théorème classique : toute fonction périodique de R dans R et admettant une limite (finie) à l'infini est nécessairement constante.
Je cherche d’autres méthodes de démontrer ce résultat. Pouvez-vous m’aider ?
Par exemple, j’essaie de démontrer que f est à la fois paire et impaire, en vain.
Aussi, je cherche quelles sont les solutions (ou une solution) si f n'est plus nécessairement continue. Pouvez-vous m’aider ?
Merci d'avance,
Voici une égalité fonctionnelle sur laquelle je travaille depuis des semaines :
Soit f une fonction continue de R dans R telle que : pour tout x, f(x+1) = f(x) + f(1/x).
Je pense pouvoir démontrer que f est nécessairement la fonction identiquement nulle sur R. Ma démonstration est basée sur le théorème classique : toute fonction périodique de R dans R et admettant une limite (finie) à l'infini est nécessairement constante.
Je cherche d’autres méthodes de démontrer ce résultat. Pouvez-vous m’aider ?
Par exemple, j’essaie de démontrer que f est à la fois paire et impaire, en vain.
Aussi, je cherche quelles sont les solutions (ou une solution) si f n'est plus nécessairement continue. Pouvez-vous m’aider ?
Merci d'avance,
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Réponses
Je ne crois pas. En prenant l'équation pour x tendant vers 0, et comme f est continue, alors limite f(x+1) en 0 est f(1), celle de f(x) est f(0) et donc la différence f(1) - f(0) = A est réelle et finie, et donc f(1/x) = A en x=0. Et cette relation définie f dans R tout entier.
De toutes façons, si la relation est valide sauf en un point, ça ne change rien (sauf si la limite à gauche n'est pas celle à droite). Ce n'est pas le plus important.
Cependant le raisonnement (avec les limites) permet de démontrer que f est bornée, et ça peut servir...
J'en conviens : il y a abus de langage. Formellement on ne peut pas écrire 1/x pour x = 0. Mais l'équation fonctionnelle permet de donner un sens précis et de définir limite f(1/x) en 0 et puis de prolonger f par continuité.
f étant continue, les limites à droite et à gauche sont égales.
J'arrive après quelques calculs à :
pour tout x non nul f(x+1)=f(1/x+1)
à suivre...
* En faisant tendre $x$ vers $0$, on trouve que $f$ admet une limite en $\pm\infty$.
* En faisant $x\to \infty$, on trouve que $f(0)=0$.
* En faisant $x\to 0$, on trouve que $f$ tend vers $f(1)$ en $\pm\infty$.
* En faisant $x=1$, on obtient $f(2)=2f(1)$.
* On a $f(\frac{1}{x}+1)=f(x+1)$ donc la donnée de $f$ sur $[2,+\infty[$ détermine $f$ sur $]1,2]$.
* En utilisant $f(x)=f(x+1)-f(\frac{1}{x})$, la donnée de $f$ sur $[1,\infty[$ détermine $f$ sur $]0,1[$.
Il me semble plausible qu'il y ait une infinité de solutions, en partant d'une fonction arbitraire sur $[2,\infty[$ telle que $f(\infty)=f(2)/2$, mais je n'ai pas regardé en détail s'il y a d'autres conditions à vérifier.
On a même que les limites en -infini et en +infini de f sont égales à f(1)-f(0).
Et d'après mon dernier message on montre, sauf erreur, que f(0)=0.
À suivre...
Par exemple, en prenant l'équation pour x tendant vers 0, et comme f est continue, alors limite f(x+1) en 0 est f(1), celle de f(x) est f(0) et donc la différence f(1) - f(0) = A est réelle et finie. Cette différence est, par définition, égale à la limite de f(1/x) quand x tends vers 0. Donc la limite de f(x) quand x tends vers l'infini, égale à A, qui est un réel fini, existe et est finie.
Bonjour JLT, je confirme et améliore une de tes démonstrations :
La relation f(x+1) = f(1/x + 1) est claire. On a donc f(x) = f(1/(x-1) + 1) = f(x/(x-1)) et il suffit de connaître f sur [0, 2] pour connaître f sur R. Car l'image par f de [0, 2] est l'image par f de [0, 1[ U ]1, 2] qui est R- U [2, +inf[ est donc R tout entier est couvert. On se débarrasse du problème en x = 1 car f(2) = 2 f(1) réel et fini.
Mais où cela nous mène-t-il ?
> Il me semble plausible qu'il y ait une infinité de solutions, en partant d'une fonction arbitraire sur $[2,\infty[$ telle que $f(\infty)=f(2)/2$,
> mais je n'ai pas regardé en détail s'il y a d'autres conditions à vérifier.
Voici sauf erreur la fonction construite en suivant cette recette à partir de $f(x)=\frac{x}{x-1}$ sur $[2,+\infty[$. Elle ne me semble pas satisfaire l'équation fonctionnelle.
@TCHAPAIEV, l'énoncé dit que f est continue, pas qu'elle est périodique. De plus, tu écris: F = f - A est solution de l'équation fonctionnelle, si f l'est avec A = lim f(+inf). C'est faux, car si f est solution, alors F = f-A ne l'est pas (nécessairement). En effet, F(x+1) = F(x) + F(1/x) + A. Il faut donc que A soit nul.
C'est bien le cas (je l'ai démontré), mais aucune des considérations jursqu'ici ne mène à A = 0.
@JLT et remarque,
En effet, il ne semble pas possible de trouver un seul exemple de fonction sur [2, +inf[, prolognée sur R grâce aux relations proposées (qu'ils faut compléter sur ]-inf, 0[), qui soit solution de l'équation fonctionnelle--à moins bien sûr que ce ne soit la fonction identiquement nulle sur R.
Pour le graphe du dessus, cette fonction n'est pas solution. Une façcon de le voir est de démontrer que nécessairement f(1/2) = 0. On commence par x = -1, on a f(0) = f(-1) + f(-1), donc f(-1) = 0. Puis x = -2 dans f(x+1) = f(1/x + 1) donne f(-1) = f(1/2) = 0.
Le noyau de f, l'ensemble des x tels que f(x) = 0, contient donc : -1, 0, 1/2 (et bien d'autres valeurs).
J'espère que vous trouvez ce problème stimulant. Lorsque vous démontrerez que f est identiquement nulle sur R, ou une autre solution (sûrement pas...), alors je donnerai ma démonstration. L'idée est que vous ne devez pas être influencés : votre aide est précieuse pour trouver d'autres méthodes de démonstration.
@TCHAPAIEV, toutes les contributions sont les bienvenues. La question plus générale que tu as posée en considérant F = f - A est celle des symétries éventuelles de l'égalité fonctionnelle: pour tout x, f(x+1) = f(x) + f(1/x).
Pour a dans IR* et b, c dans IR, posons f(x) = a g(b x) + c. Alors on a, après quelques lignes : g(x+1) = g(x + 1 - b) + g(b^2 / (x + 1 - b)) + c/a, pour tout x. Et g est solution de l'égalité fonctionnelle ssi b=1 et c=0, pour tout a dans IR*. Autrement dit, il n'y pas pas de symétrie évidente.
On démontre aussi que si f est paire ou impaire, alors f est nécessairement nulle sur IR.
Par example, si f est paire :
f(-x) = f(x), E1 par définition de la parité
f(x+1) = f(x) + f(1/x), E2, c'est l'égalité fonctionnelle
f(-x+1) = f(-x) + f(-1/x), E3 qui dérive de E2 en -x
f(-x+1) = f(x) + f(1/x) = f(x+1), E4 qui dérive de E3 et E1, puis E2
f(-x+1) = f(x-1) = f(x+1), E5 qui dérive de E1 en x-1, puis de E4
f(x) = f(x+2), E6 qui dérive de E5 en x+1
E6 montre que f est 2-périodique sur IR, et on sait par ailleurs que f adment une limite à l'infini, égale à f(1), et donc f est nécessairement une constante. Puis E2 mène à la nullité de cette constante, et donc f est idendiquement nulle sur IR.
Si f est impaire, la démonstration est similaire.
On peut même généraliser, si f admet une symétrie (paire ou impaire) par rapport à une droite verticale en x=a, pour a dans IR, alors f est identiquement nulle sur IR.
Quelques égalités, une récurrence, et une contradiction (une série à termes strictement positifs qui convergeraient vers 0).
Mais je n'ai pas encore comme condition nécessaire que f est nulle...
Ce problème est ardu parce que la solution f=0 sur IR est évidente, et possède toutes sortes de propriétés, alors presque toutes les conditions et restrictions que l'on peut trouver sur f peuvent bien être vraies, elles ne mênent pas forcément à la solution.
Peux-tu partager ta démonstration ou ton idée avec un peu plus de détails ?
On a
\begin{align*}f(x+1)&=f(x)+f\Bigl(\frac1x\Bigr)\\&=f((x-1)+1)+f\Bigl(\frac1x\Bigr)\\&=f(x-1)+f\Bigl(\frac1x\Bigr)+f\Bigl(\frac1{x-1}\Bigr)
\\&=f(x-k)+\sum_{i=0}^kf\Bigl(\frac1{x-i}\Bigr)
\end{align*}
pour tout $x\in\R$, $k\in \N$, avec la convention $f(1/0)=f(1)$. Supposons que $f(1)\neq0$. Sans perte de généralité, on peut supposer que $f(1)=\lim_{x\to\pm\infty}f(x)=1$. Passant à la limite quand $k\to+\infty$, on obtient
$$f(x+1)=1+\sum_{i=0}^\infty f\Bigl(\frac1{x-i}\Bigr).$$
Prenons $x=0$, il vient
$$1=1+\sum_{i=0}^\infty f\Bigl(-\frac1{i}\Bigr).$$
Prenons $x=2$, il vient
$$f(3)=1+f\Bigl(\frac12\Bigr)+f(1)+f(1/0)+\sum_{i=0}^\infty f\Bigl(-\frac1{i}\Bigr)=3.$$
D'un autre côté, on a aussi $f(3)=f(2)+f\Bigl(\frac12\Bigr)=2$, contradiction.
On en déduit que $f(1)=f(2)=0$ et plus généralement que
$$f(x+1)=\sum_{i=0}^\infty f\Bigl(\frac1{x-i}\Bigr).$$
Prenons $x=0$, il vient
$$0=\sum_{i=0}^\infty f\Bigl(-\frac1{i}\Bigr),$$
comme précédemment.
Prenons $x=2$, il vient
$$f(3)=f\Bigl(\frac12\Bigr)+f(1)+f(1/0)+\sum_{i=0}^\infty f\Bigl(-\frac1{i}\Bigr)=0.$$
D'où aussi $f(3)=0$.
Prenons $x=-2$, il vient
$$0=\sum_{i=0}^\infty f\Bigl(-\frac1{i}\Bigr)-f\Bigl(-\frac12\Bigr)-f(1/0),$$
d'où $f(-1/2)=0$
Il y a un certain nombre d'autres relations du même genre...
Edit : correction de l'indice de sommation.
C'est une relation intéressante ; écrire f(x+1) comme somme infinie de f(1/(x-i)) à partir de i = 0.
Dans ton écriture, tu as écrit k alors que l'indice de sommation est i, mais on le corrige aisément. Tu peux aussi directement passer à la limite quand k tends vers l'infini, car f(x-k) tends vers f(-inf) = A = f(1). On a donc :
f(x+1) = f(1) + somme de i=0 à +inf de f(1/(x-i))
Mais cela ne donne rien de concluant, en tout cas pour moi. On a remplacé f(x) + f(1/x) par f(1) et une infinité de f(1/(x-i)), le gain semble nul. Quelle étape suivante serait la bonne ?
PS: Comment écris-tu avec l'encre sympathique ? Ca me permettrait d'écrire ma démonstration sans forcer les gens qui veulent chercher à la voir.
f(x+1) = f(1) + somme de k=0 à +inf de f(1/(x-k))
en x=0, on a :
somme de k=0 à +inf de f(-1/k) = 0
Mais f(x+1) = f(x) + f(1/x) en x=-k donne f(-k+1) - f(-k) = f(-1/k) et on a une somme téléscopique à gauche, qui aboutit à f(1) = 0.
Tant qu'on y est, on peut compléter le noyau de f, l'ensemble des x tels que f(x) = 0.
On a démontré jusqu'à présent : -inf, -2, -1, -1/2, 0, 1/2, 1/3, 2/3, 1, 3/2, 2, 3, +inf sont dans le noyau de f.
Il manque toute une série reliée au nombre phi = [racine(5) - 1] / 2, qui se démontre en notant que si x+1 = 1/x, alors nécessairement f(x) = 0. L'équation de degré deux donne phi et -1/phi comme racines.
Et: -phi, -phi^2, -1/phi, 1/phi, 1/phi^2, phi^2, phi sont dans le noyau de f.
Et on peut en trouver d'autres !
@YvesM
Quand je parlais de la série à termes strictemen tes positifs qui converge vers 0, je parle de sa somme et pas du terme général...
---
Je poste ma méthode.
Et bien j'ai été devancé dans les "publications".
Mon propos était mal exprimé.
Je démontre que si f a un signe constant, alors f(1/k) = 0 pour k entier non nul.
Et on peut en déduire que f(1)=0.
C'est le même genre de méthode (pour ne pas dire la même) que ce qui est plus haut.
Pardon pour la qualité, je ne suis pas encore un as de Latex (c'est le moins qu'on puisse dire).
Cependant je dois d'abord démontrer que f est de signe constant dans ma preuve, ce que je ne sais pas encore faire.
.
Ceci étant dit, comme démontré plus haut :
f(x+1) = f(1) + somme de k=0 à +inf de f(1/(x-k))
en x=0, on a somme de k=0 à +inf de f(-1/k) = 0
Et donc, en effet si f est de signe constant, alors nécessairement f(-1/k) = f(1/(1+k)) = 0 pour tout k dans IN.
En général, il faut pursuivre en démontrant que f(q) = 0 pour tout q dans Q (ensemble des rationels), puis en utilisant la densité des rationels dans IR pour conclure pour tout x and IR. Mais je n'arrive pas à passer de 1/k à q.
De plus, l'hypothèse supplémentaire d'un signe constant est très restrictive, et ne permet pas d'arriver à f identiquement nulle sur IR (car le passage dans Q semble hors d'atteinte).
Les trois premières égalités montrent "le chemin" : on passe par N-1, puis par N-2, N-3 etc. jusqu'à N - (N-1).
On déduit aussi que les f(1/k + 1) sont nuls (pour k entier) grâce à l'équation de l'énoncé et f(x+1)=f(1/x+1)
Oui il parait difficile de passer à Q.
Je ne suis pas d'accord avec les preuves fournies pour f(1)=0 :
remarque a fait une erreur dans le calcul de f(3) pour x=2
Avec la somme télescopique de YvesM on n'obtient pas f(1)=0 mais seulement f(1)=f(inf).
Un simple message pour dire que le sujet a déjà été débattu ici et ailleurs ( il y a des liens dans le fil ) .
Je crois me souvenir qu'il y a une infinité de solutions continues sur $\R$ , je vais essayer de retrouver la démonstration .
Domi
> Je ne suis pas d'accord avec les preuves fournies pour f(1)=0 : remarque a fait une erreur dans le calcul de f(3) pour x=2
C'est bien possible, mais je ne la vois pas même à l'encre non sympathique. Peux-tu préciser ?
Quelqu'un pour prendre le relai ?
Domi
Dans le calcul de f(3) pour x=2 on trouve f(3)=2+ f(1/2) et il n'y a pas de contradiction (tu as compté deux fois f(1/0) et oublié le f(1/2)?).
@Dom:
Je suis d'accord avec la preuve de f(1)=0 si f garde un signe constant.
@Domi, si tu penses qu'il existe une (ou une infinité de) solution non nulle sur IR, merci d'en donner un seul exemple. (C'est plus facile que de fournir une démonstration.) J'ai pour ma part vu plusieurs démonstrations fausses. Donc, je maintiens que seule la fonction identiquement nulle sur IR est solution. La démonstration tiens en quelques lignes et fait intervenir le théorème énoncé dans le premier message.
@jandri, la démonstration de f(1/2) = 0 est donnée plus haut. De plus, je te donne raison quand à ma démonstration avec la somme téléscopique : elle ne permet pas de conclure sur A = 0.
Peut-être est-il temps de donner des indications sur ma démonstration :
-elle tiens en quelques lignes,
-elle est basée sur le théorème : toute fonction périodique de IR dans IR et admettant une limite (finie) à l'infini est nécessairement constante.
-il faut manipuler les arguments de f de façon à faire "disparaître" le dénominateur en "1/x", donc trouver deux relations, puis éliminer ce terme gênant. L'aspect ardu est qu'il n'y a qu'une façon de procéder et on peut passer tout proche sans prendre le bon chemin.
Bon courage,
N'oubliez pas que je suis à la recherche d'une preuve différente, donc toute idée est la bien venue.
effectivement f(1/2) est nul.
Mais quand tu écris $f(3)=f(1/2)+f(1)+f(1/0)+\displaystyle\sum_{i=0}^{+\infty}f(-1/i)$ tu comptes deux fois le f(1/0).
@Domi, l'utilisation d'un point de symétrie permet de conclure que f est identiquement nulle sur IR. Voici la démonstration :
Soit f admettant un point (a, b) de symétrie dans le plan (y=f(x), x), alors, pour tout x dans IR, f(x-a) + f(-(x-a)) = 2b
En x=a, on a f(0) + f(0) = 2b, donc b=f(0)=0. f est donc impaire par rapport à la droite verticale en x=a car f(x-a) = - f(-(x-a)) et par une des démonstrations précédentes (copiée ci-dessous), f(x) est identiquement nulle sur IR.
On démontre aussi que si f est paire ou impaire, alors f est nécessairement nulle sur IR.
Par example, si f est paire :
f(-x) = f(x), E1 par définition de la parité
f(x+1) = f(x) + f(1/x), E2, c'est l'égalité fonctionnelle
f(-x+1) = f(-x) + f(-1/x), E3 qui dérive de E2 en -x
f(-x+1) = f(x) + f(1/x) = f(x+1), E4 qui dérive de E3 et E1, puis E2
f(-x+1) = f(x-1) = f(x+1), E5 qui dérive de E1 en x-1, puis de E4
f(x) = f(x+2), E6 qui dérive de E5 en x+1
E6 montre que f est 2-périodique sur IR, et on sait par ailleurs que f adment une limite à l'infini, égale à f(1), et donc f est nécessairement une constante. Puis E2 mène à la nullité de cette constante, et donc f est idendiquement nulle sur IR.
Si f est impaire, la démonstration est similaire.
On peut même généraliser, si f admet une symétrie (paire ou impaire) par rapport à une droite verticale en x=a, pour a dans IR, alors f est identiquement nulle sur IR.
Mais comme la fonction nulle admet tout x dans IR comme point de symétrie (on a vu que b = 0 nécessairement), alors il semble difficile de démontrer cette propriété pour un x particulier. Je n'y arrive qu'en passant pas ma démontration. Peut-être pouvez vous en trouver un ?
c'est f(a+x) + f(a-x) = 2b et pas f(x-a) + f(-(x-a)) = 2b
Merci. On reprends :
f(x+a) + f(a-x) = 2b par définition de la symétrie
en x=0, 2f(a) = 2b, donc f(x+a) + f(a-x) = 2f(a)
En x vers +inf, f(1) + f(1) = 2 f(a) donc f(a) = f(1)
Le point de symétrie est (a, f(a)=f(1)). On ne peut pas spécifier le point a car, pour la fonction nulle, qui est une solution, tout a dans IR convient.
Donc, comment conclure ?
Je reprends:
@Domi, l'utilisation d'un point de symétrie permet de conclure que f est identiquement nulle sur IR. Voici la démonstration :
Soit f admettant un point (a, b) de symétrie dans le plan (y=f(x), x), alors, pour tout x dans IR, f(x+a) + f(a-x) = 2b. Merci @jandri pour sa correction.
En x=0, 2f(a) = 2b, donc f(x+a) + f(a-x) = 2f(a)
En x vers +inf, f(1) + f(1) = 2 f(a) donc f(a) = f(1)
En x-a, f(x) + f(2a-x) = 2f(a), et cette relation en -x donne f(-x) = 2f(a)-f(2a+x)
Or f(x) = f(x/(x-1)) donc f(-x) = f(x/(1+x)) et alors :
f(x/(1+x)) = 2f(a) - f(2a+x), cette relation en x-2a donne :
f(u(x)) = 2f(a) - f(x) avec u(x) = (x-2a) / (1+x-2a), et cette relation en u(x) donne :
f(u(2)(x)) = 2f(a) - f(u(x)) = 2f(a) - [ 2f(a) - f(x) ] = f(x) où u(2) = u°u
Puisque f(x) = f(u(2)(x)), alors f(x) = f(u(k)(x)) pour tout k entier >1. En donc à la limite quand k tends vers l'infini, f(x) = f(constante), et donc f est identiquement nulle ssi limite u(k)(x) = constante.
Mais ceci se démontre car :
On écrit u(k)(x) = (a(k) x + b(k))/ (c(k) x + d(k)) où a(k), b(k), c(k) et d(k) sont des suites à déterminer.
Comme u(0)(x) = u(x) = u(x) = (x-2a) / (1+x-2a), alors a(0), b(0), c(0) et d(0) sont connus. On calcule aussi u(2)(x) pour obtenir a(1), b(1), c(1) et d(1) en fonction de a.
Puis, u(k+1)(x) = u(k)(u(x)) donne une relation de récurrence pour a(k+1) = a(k) + b(k), c(k+1) = c(k) + d(k), b(k+1) = b(k) (1-2a) - 2a a(k), et d(k+1) = d(k) (1-2a) - 2a c(k). Ce système donne, par calcul de a(k+2) une relation de récurrence sur a(k) et on obtient a(k) comme la somme de duex puissance de k, avec une équation du second degré. La même équation pour c(k), mais avec des conditions initiales différentes. Donc les expressions de a(k) et c(k) différent et quand k tends vers l'infini u(k)(x) tends vers une constante pour tout x dans IR.
On a donc les trois théorèmes :
-Si f est symétrique par rapport à un point, alors f(x)=0 sur IR,
-Si f est paire par rapport à un axe vertical, alors f(x)=0 sur IR,
-Si f est impaire par rapport à un axe vertical, alors f(x)=0 sur IR.
Mais comment utiliser ces théorèmes pour conclure ?
J'ai peut-être retrouvé ta démonstration ?
On a $f(x)=f\bigl(\frac{x}{x-1}\bigr)$. Donc $f\bigl(\frac1x\bigr)=f\bigl((\frac1x)/(\frac1x-1)\bigr)=f\bigl(\frac1{1-x}\bigr)$. D'où
$f(x+1)-f(x)=f(2-x)-f(1-x)$. En posant $g(x)=f(x)+f(-x+2)$, on a $g(x+1)=g(x)$ etc.
Tu es vraiment très proche. Mais j'ai un doute sur la fin de ta démonstration. Tu définis g(x) et montres que g(x) est une constante, car 1-périodique, continue et admettant une limite en l'infini, mais comment passes-tu de g(x) = constante à la fin de la démonstration ? (Il y a une subtilité...)
Soit $h(x)=f(x)+f(2-x)$. Doraki dit que $h$ est invariante par $x\to x+1$. Or $h(x+1)=f(x+1)+f(1-x)=f(x)+f(1/x)+f(-x)+f(-1/x)$. Comme $f(2-x)=f(1-x)+f(\frac1{1-x})=f(-x)+f(-\frac1x)+f(\frac1{1-x})$, on en déduit que $h(x+1)=f(x+1)+f(1-x)=f(x)+f(2-x)+f(1/x)-f(\frac1{1-x})=h(x)$. La fonction $h$ est continue, 1-périodique et tend vers $0$ à l'infini (je crois avoir un truc corrigé avec les séries qui montre ça). Elle est donc identiquement nulle et $f$ est impaire par rapport à $1$.
Edit : ah non, je n'ai pas le truc corrigé en question, nouvelle erreur grossière de ma part. Donc $h$ est juste constante et je ne sais pas si cela suffit.
Edit 2 : en fait ça semble plus ou moins être la même chose qu'Amtagpa (que je salue).
Quelqu'un a une démonstration complète ( à encre visible , c'est plus confortable ) .
Domi
On se rapproche très près avec cette démonstration, mais on passe à coté. En effect, h(x) est bien continue (par combinaison de fonctions f continues), 1-périodique, et admet une limite en l'infini (car f en admet aussi). Mais la limite de f en l'infini est A = f(-inf) = f(+inf) = f(1). On n'a pas démontré que A = 0. Ce n'est pas grave, car on démontre que h tends vers A+A = 2A et donc h(x) = 2A. Mais on aboutit à f(1+x) + f(1-x) = 2f(1). Et il faut utiliser le théorème ci-dessus sur la symétrie par rapport à un point pour conclure. Ce dernier théorème (dont ma démonstration demande à être vérifiée pour être confirmée) est très long dans les calculs.
Comme @Doraki, @remarque, et @Amtagpa sont très proches, je suis le point de donner la réponse. Vous allez vous en vouloir d'être passer si près. Une dernière indication : ce qui gêne dans les démonstrations proposées, c'est que la fonction intermédiaire--g(x) pour @Amtagpa ou h(x) pour @remarque--continent à la fois +x et -x dans les arguments de f. Ne serait-il pas plus simple de n'avoir que des +x, c'est-à-dire que le même signe ?
test d'encre sympatique
@YvesM : après on a sauf erreur $f(x+1)+f(-x+1)=c$ constante, et on termine avec ton thèorème si $f$ est symétrique alors $f=0$, dont je n'ai pas encore lu la démonstration que tu donnes. :-D
(Edit : visiblement je suis un peu en retard...)
@Domi, j'ai également cherché très longtemps. Lorsque je donnerai ma proposition de démonstration, merci à l'avance de la vérifier et surtout de me dire tes idées pour d'autres méthodes de démonstration. De plus, il serait bon d'écrire de façon lisible, une fois pour toutes, une démonstration rigoureuse.
Exemple : au lieu d'écrire A = f(-inf) = f(+inf) = f(1), on tape : et on obtient : $A = f(-\infty) = f(+\infty) = f(1)$,
ce qu'on pourrait aussi bien écrire plus classiquement :
$A = \lim_{-\infty}f = \lim_{+\infty}f = f(1)$pour avoir : $A = \lim_{-\infty}f = \lim_{+\infty}f = f(1)$.Ceci dit, dans le cas qui nous occupe, on a $a=1$, donc $u(x)=\frac{x-2}{x-1}$, donc $u\circ u(x)=\frac{\frac{x-2}{x-1}-2}{\frac{x-2}{x-1}-1}=\frac{-x}{-1}=x$. Donc $u^{\circ k}=I$ pour $k$ pair et $u^{\circ k}=u$ pour $k$ impair, ne me semble pas converger quand $k\to\infty$, si c'est bien cela que tu utilises.
Domi
On voit un peu mieux en posant $g(x)=f(x+1)$ on a alors $g(x^{-1})=g(x)$ et $g(x)+g(-x)=k$ . Ton $u$ devient alors $u(x)=x^{-1}$ , on a bien $g\circ u=g$ mais $u^k(x)$ n'a pas de limite .
Domi