Égalité fonctionnelle ardue
Réponses
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Pour revenir à la preuve de Doraki, je suis d'accord (en enlevant tout ce qui ne sert à rien) jusqu'à l'affirmation (sans preuve) $f(x) + f(1-x) = f(\frac{1-2x}{1-x})$.* Par contre, l'affirmation « les fonctions cherchées sont les fonctions vérifiant $f(x) + f(d(x)) = f(h(x))$** pour tout $x$ de $[0,1]$ » n'est pas étayée. Elle est peut-être correcte, mais là, je ne vois pas d'où elle sort. Je n'ai pas l'impression de pouvoir facilement remonter les calculs. Bref, je ne vais pas plus loin.
* Valable en fait sur $\R$.
** C'est la même chose que précédemment, symétrisé par rapport à $x=\frac12$. -
Il pose $d(x)=1-x$ et $h(x)=\frac{1-2x}{1-x}$ pour tout $x\in [0,1/2]$, et $h(x)=\frac{2x-1}{x}$ pour tout $x\in [1/2,1]$.
Prenons une fonction $f\colon [0,1]\to \R$ telle que $f(x)+f(d(x))=f(h(x))$. On étend $f$ à $[0,2]$ en posant $f(x)=2f(1)-f(2-x)$ pour tout $x\in [1,2]$, puis on étend $f$ sur $\R$ en posant $f(x)=f(\frac{x}{x-1})$ pour tout $x\in \R\setminus [0,2]$. Il s'agit de montrer que $f$ satisfait l'équation fonctionnelle.
Si $x\in [0,1/2]$, alors $f(x+1)=2f(1)-f(1-x)$ et $f(1/x)=f(\frac{1}{1-x})=2f(1)-f(\frac{1-2x}{1-x})$ donc on a bien $f(x+1)-f(x)=f(1/x)$.
Si $x\in [1/2,1]$ alors $f(x+1)=2f(1)-f(1-x)$ et $f(1/x)=2f(1)-f(\frac{2x-1}{x})$ donc on a bien $f(x+1)-f(x)=f(1/x)$.
Si $x\in [1,2]$ alors $f(x+1)=f(\frac{x+1}{x})=2f(1)-f(\frac{x-1}{x})$ et $f(x)=2f(1)-f(2-x)$ donc on a bien $f(x+1)-f(x)=f(1/x)$.
Si $x\geqslant 2$ alors $f(x+1)=f(\frac{x+1}{x})=2f(1)-f(\frac{x-1}{x})$ et $f(x)=f(\frac{x}{x-1})=2f(1)-f(\frac{x-2}{x-1})$ donc on a bien $f(x+1)-f(x)=f(1/x)$.
Reste à vérifier $x\leqslant 0$, il y a plusieurs cas à examiner mais j'ai la flemme. -
Ah oui, c'est plutôt pénible, mais encourageant. ;-)
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Je suis plutôt satisfait de voir le problème rebondir :-D
Je n'ai pas regardé ce qui se passe avant $0$ mais comme apparemment tout le monde commence à se référer au message de Doraki , quelqu'un a-t-il compris la bijection qu'il voit entre les fonctions continues $F$ et $G$ de $[0\ ;1]$ dans lui même telles que $F+F\circ d=F\circ h$ et $G+G\circ d=0$ ?
Domi
PS :@Yves n'hésite pas à donner ton avis . -
Edit : c'était faux, pardon.
Edit 2-3-4 : Correction.
Pour $y=-x\le 0$, on peut faire deux cas :
On a $f(-x)=f\bigl(\frac{-x}{-x-1}\bigr)=f\bigl(\frac{x}{x+1}\bigr)$ et $f\bigl(\frac1{-x}\bigr)=f\bigl(\frac1{x+1}\bigr)$.
Or $f(x)+f(d(x))=f(h(x))$ pour $x\in[0,1]$.
Ainsi :
Pour $0\le x\le 1$ on a $f\bigl(\frac{x}{x+1}\bigr)+ f\bigl(\frac{1}{x+1}\bigr) = f(-x+1)$.
Pour $x\ge1$, $f(-x+1)=f\bigl(\frac{x-1}{x}\bigr)$ et on a $f\bigl(\frac{x}{x+1}\bigr)+ f\bigl(\frac{1}{x+1}\bigr) = f\bigl(\frac{x-1}{x}\bigr) $.
Sauf erreur... -
Bonjour à tous,
On est si proche de ma démonstration, alors la voici, en encre sympathique. Merci de vérifier et de me dire si il y a une erreur éventuelle.
Enoncé :
Soit $f$ une fonction continue de $R$ dans $R$ telle que : pour tout $x$, $f(x+1) = f(x) + f(1/x)$.
Peut-être l'énoncé devrait-il dire pour $x$ dans $R$*, mais la continuité de $f$ permet de résoudre cet aspect.
Proposition de démonstration :
$f(x+1) = f(x) + f(1/x)$, E1
$f(x+1) = f(1/x+1) = f((x+1)/x)$, E2: E1 prise en $1/x$
$f(x) = f(x/(x-1))$, E3: E2 prise en $x-1$
$f(1/x) = f(1/(1-x))$, E4: E3 prise en $1/x$
$f(-1/x) = f(1/(1+x))$, E5: E4 prise en $-x$
$f(x+2) = f(x+1) + f(1/(1+x))$, E6: E1 prise en $x+1$
$f(-x+1) = f(-x) + f(-1/x)$, E7: E1 prise en $-x$
$f(x+2) - f(x+1) = f(1/(1+x)) = f(-1/x) = f(-x+1) - f(-x)$, E8: d'après E6, puis E5, puis d'après E7
On pose $g(x) = f(x+1) + f(1-x)$, E9
$g(x+1) = f(x+2) + f(-x) = f(x+1) + f(-x+1) = g(x)$, E10: E9 prise en $x+1$, puis E8, puis E9
$f(x)$ est continue sur $R$, donc $f(x+1)$ et $f(1-x)$ le sont aussi, donc $g(x)$ est continue;
$g$ est 1-périodique d'après E10
$f$ admet une limite en $+\infty$ et $-\infty$, notée $A = f(-\infty) = f(+\infty) = f(1) - f(0)$, d'après E1 prise en $x=0$, puis $f(0)=0$ d'après en E1 prise en $x$ à l'infini; donc $A=f(1)$.
$g$ admet une limite à l'infini (car $f$ en admet une) et alors $g$ est nécessairement constante sur $R$. Toute fonction continue, périodique et admettant une limite (finie) à l'infini est constante.
Donc $g(x) = f(x+1) + f(1-x) = 2f(1)$, E11: E10 prise en $x=0$
$f(x) + f(2-x) = 2f(1)$, E12: E11 prise en $x-1$
$f(x) – 2f(1) = -f(2-x) = -f(1-x) - f(1/(1-x))$, E13: E12, puis E1 prise en $1-x$
$f(x) + f(1-x) = 2f(1) – f(1/(1-x)) = f(2-1/(1-x)) = f((2x-1)/(x-1))$, E14: d’après E13, puis E12 prise en $1/(1-x)$
On a donc, comme trouvée précédemment,
$f(x) + f(d(x)) = f(v(x))$, E14
On note $d(x) = 1-x$ et $v(x) = (2x-1)/(x-1)$
On note $v$(k)$(x)$ la composée de $v$, $k$ fois avec $k$ dans $N$ avec $v$(1)$=v$.
$f(v$(k)$(x)) + f(d(v$(k)$(x)) = f(v$(k+1)$(x))$, E15: E14 prise en $v$(k)$(x)$
Calcul de $v$(k)$(x)$ :
On écrit $v$(k)$(x) = (a$k$x + b$k$)/(c$k$x + d$k$)$. Et $v$(k+1)$(x)=v$(k)$(v(x))$, on a donc :
$v$(k+1)$(x)=(a$k$(2x-1)/(x-1) + b$k$)/(c$k$(2x-1)/(x-1)+d$k$) = (a$k$(2x-1) + b$k$(x-1))/(c$k$(2x-1)+d$k$(x-1))$
$=((2a$k$+b$k$)x-(a$k$+b$k$))/(2c$k$+d$k$)x-(c$k$+d$k$)$
Soit, par définition :
$a$k+1$ = 2a$k$ + b$k
$b$k+1$ = -a$k$ – b$k
$c$k+1$ = 2c$k$ + d$k
$d$k+1$ = -c$k$ – d$k
Après quelques manipulations, calculant ces suites pour $k+2$, on arrive à :
$u$k+2$ = u$k+1$ + u$k
c’est-à-dire que les 4 suites $a$k, $b$k, $c$k et $d$k vérifient la même relation de récurrence, mais avec des conditions initiales différentes.
Par syméries des relations, il suffit de le montrer pour $a$k et $b$k :
$a$k+2$=2a$k+1$+b$k+1$=2a$k+1$-a$k$-b$k$=2a$k+1$ - a$k$ - (a$k+1$-2a$k$)=a$k+1$+a$k
$b$k+2$ = -a$k+1$-b$k+1$=-(2a$k$+b$k$) - b$k+1$=-2a$k$-b$k$-b$k+1$=-2(-b$k+1$-b$k$)-b$k$-b$k+1$=b$k+1$+b$k
Ces conditions initiales sont :
Pour $k = 1$, on a $a$1$=2$, $b$1$=-1$, $c$1$=1$, $d$1$=-1$, par simple lecture sur $v(x)$.
Pour $k = 2$, on a $a$2$=3$, $b$2$=-1$, $c$2$=1$, $d$2$=0$, par utilisation des relations de récurrences.
C'est l'équation polynômiale du second degré $P(x)=x$2$ – x – 1 = 0$ qui permet d'exprimer les suites comme combinaisons linéraires de puissances de ces racines. Les racines sont : $s=(1+\sqrt5)/2>1$ et $-1/s$ car le produit des racines est $P(0) = -1$.
Et alors en notant $F$k les nombres de Fibonacci et $L$k les nombres de Lucas, on a :
$a$k$ = (3F$k$ + L$k$)/2$
$b$k$=-F$k
$c$k$=F$k
$d$k$=(-3F$k$ + L$k$)/2$
Donc $v$(k)$(x) = ((3F$k$ + L$k$)x – 2F$k$) / (2F$k$x – 3F$k$ + L$k$)=((3+L$k$/F$k$)x-2)/(2x-3+L$k$/F$k$)$
On a pour tout $k$ dans $N$ :
$F$k$=(s$k$-(-1/s)$k$)/\sqrt5$
$L$k$=s$k$+(-1/s)$k
Donc, puisque $s>1$, $L$k$/F$k$=\sqrt5$ quand $k$ tends vers $+\infty$.
On note $w(x)$ la limite de $v$(k)$(x)$ quand $k$ tends vers $+\infty$ :
$w(x) = ((3+\sqrt5)x-2)/(2x-3+\sqrt5)$
Et enfin :
$f(w(x)) + f(d(w(x))) = f(w(x))$, E16: E15 prise à la limite de $k$ à $+\infty$
Donc $f(d(w(x))) = f(1-w(x)) = 0$ pour tout $x$ dans $R$. Et comme l'image de $d(x) = 1-w(x)$ pour $x$ dans $R$ est $R$ tout entier privé d'un seul point (qui est l'ordonnée de l'asymtote horizontale), on peut conclure grâce à la continuité de la fonction $f$ :
$f(x) = 0$ pour tout $x$ dans $R$ : la fonction identiquement nulle dans $R$ est la seule solution nécessairement.
On n'oublie pas de vérifier la contraposée : $f(x) = 0$ sur $R$ est bien solution de E1, et alors :
$f$ est solution de l'équation fonctionnelle pour tout $x$, $f(x+1) = f(x) + f(1/x)$ $ssi$ $f$ est identiquement nulle sur $R$. -
Comme il n'y a plus de jeu, tu peux peut-être enlever l'encre sympathique ? Ca facilite quand même la lecture.
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@ YvesM : numériquement, je trouve que la suite des itérées de $v$ converge vers une fonction constante. C'est aussi ce que je trouve théoriquement, mais pas avec la bonne constante, donc il doit y avoir une erreur dans mes calculs. Il s'agit juste de déterminer le comportement asymptotique des puissances d'une matrice $2\times 2$, donc normalement, c'est de la routine. Mais en pratique, c'est pénible à la main.
Bref, je crains que ton argument ne marche pas. -
Heu...d'après moi, il n'y a pas convergence de la suite des itérés de $v$...
Le nombre d'or étant une des valeurs propres et étant strictement plus grand que 1, on n'a pas de limite.
Mais il est tard...et j'en oublie qu'avec les homographies, "la" matrice n'est pas unique...à suivre... -
Non, elle n'est pas unique. Il faut mettre le nombre d'or à la puissance $n$ en facteur. Mais je ne trouve toujours pas la bonne valeur numérique, grrrrr.
Bon je laisse tomber. De toutes façons, ça tend vers une constante. -
Raaah ! Ca y est, j'ai extirpé l'erreur stupide finale. En fait, il s'agit de calculer les puissances de la matrice
$$M=\begin{pmatrix}2&1\\-1&-1\end{pmatrix}.$$
Ses valeurs propres sont $\phi$ et $-\frac1\phi$ ($\phi$ est le nombre d'or) et l'on a
$$M^n=P^{-1}\begin{pmatrix}\phi^n&0\\0&(-1)^n\frac{1}{\phi^n}\end{pmatrix}P$$
avec
$$P=\frac1{\sqrt5}\begin{pmatrix}-1&\frac1\phi-1\\1&1+\phi\end{pmatrix}, P^{-1}=\begin{pmatrix}-(1+\phi)&\frac1\phi-1\\1&1\end{pmatrix}$$
par exemple.
Le vecteur $A_n=\begin{pmatrix}a_n\\b_n\end{pmatrix}$ est alors donné par la première colonne de $M^n$ et le vecteur $B_n=\begin{pmatrix}c_n\\d_n\end{pmatrix}$ par sa deuxième colonne. Pour voir ce vers quoi tend la suite de fonctions homographiques, on a intérêt à mettre $\phi^n$, le terme dominant, en facteur et il est clair que
$$\phi^{-n}M^n\to P^{-1}\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}P=\frac1{\sqrt{5}}\begin{pmatrix}1+\phi&-(1+\phi)\bigl(\frac1\phi-1\bigr)\\-1&\frac1\phi-1\end{pmatrix}.$$
En d'autres termes, la suite des itérées tend vers la fonction constante égale à $\frac1{\bigl(1-\frac1\phi\bigr)}\approx 2{,}618033988\ldots$. -
J'aurais plutôt choisi la matrice transposée de M (ce qui ne change rien aux calculs et à cette conclusion), non ?
Bon ben maintenant...à suivre... (C'est rageant !) -
Bonjour,
Je ne peux pas vous suivre mais vu d'avion, ou bien comme des tableaux au musée en fermant un peu les yeux, ça a l'air sublime.
Il n'y a plus qu'à le relier aux pavages de Penrose, ici :
Pavages de Penrose (j'ai lu cette page hier)
parce qu'on y retrouve la récurrence de Fibonacci, fournie par YvesM :
et le nombre d'or de Remarque.YvesM a écrit:u_{k+2}=u_{k+1}+u_k
Mais c'est peut-être une idée saugrenue.
On ne signe plus. -
Je suis perdu avec toutes vos réponses
Finalement quelles sont les solutions de cette équation
fonctionnelle ?
Merci -
Bonjour à tous,
Merci d'avoir trouvée une erreur ! Je suis très étonné qu'une série non stationnaire ni cyclique de fonctions de la forme $(ax+b)/(cx+d)$ puisse converger vers une constante. Cependant, vos démonstrations numériques ou matricielles sont inquiétantes.
En fait, j'ai calculé $w(x)=((3+\sqrt5)x-2)/(2x-3+\sqrt5)$ et je n'ai pas fait d'erreur. Les calculs sont pénibles, mais pas plus que le calcul des vecteurs et valeurs propres dans la version matricelle. Mais, en mettant $3+\sqrt5$ en facteur au numérateur et $2$ au dénominateur, on a :
$[(3+\sqrt5)/2] (x-2/(3+\sqrt5))/(x-(3-\sqrt5)/2)$
et, on surprise (!) $2/(3+\sqrt5) = (3-\sqrt5)/2$ car $2$2$=3$2$-5$.
Je ne l'avais pas vu et ne l'aurais pas vu sans vos indications. Dans une démonstration précédente, la composée d'ordre $2$ égalait la fonction initialle. Ici, il faut attendre l'infini, mais le résutat reste le même.
Ma démonstration est fausse dans sa conclusion finale, la conclusion juste doit être : $f(x) = 0$ est vraie pour $x=1-(3+\sqrt5)/2) = 1-(1+s)=-s$ avec $s=(1+\sqrt5)/2$, donc pour un seul point dans $R$ et non pas pour tout point dans $R$ sauf un !
Je continue, en votre companie, cette recherche. Il faut bien qu'on trouve un résultat correct et sa démonstration. -
Je paraphrase la démonstration de Doraki établissant une bijection entre les fonctions continues $f:[0,1]\to \R$ satisfaisant $f+fd=fh$ et les fonctions continues $G:[0,1]\to \R$ satisfaisant $G+Gd=0$ (j'écris les compositions de fonctions multiplicativement pour abréger).
Si $f+fd=fh$, alors $2f-fh=f-fd$ donc en multipliant par $2^{-n-1}$ et en composant à droite par $h^n$ on obtient $2^{-n}fh^n-2^{-n-1}fh^{n+1}=2^{-n-1}(f-fd)h^n$. On somme pour $n=0,1,\ldots$, ce qui donne
$$f=\sum_{n=0}^\infty 2^{-n-1}(f-fd)h^n.$$
La fonction $G=f-fd$ vérifie évidemment $G+Gd=0$, et on a $\displaystyle f=\sum_{n=0}^\infty 2^{-n-1}Gh^n$.
Réciproquement, si une fonction continue $G:[0,1]\to \R$ vérifie $G+Gd=0$ alors on pose $\displaystyle f=\sum_{n=0}^\infty 2^{-n-1}Gh^n$. On a alors $\displaystyle f=2^{-1}G+\sum_{n=1}^\infty 2^{-n-1}Gh^n$ donc
$\displaystyle f+fd=2^{-1}(G+Gd)+\sum_{n=1}^\infty 2^{-n-1}(Gh^n+Gh^nd)$. Comme $G+Gd=0$ et $h=hd$, on a
$\displaystyle f+fd=\sum_{n=1}^\infty 2^{-n}Gh^n =\sum_{n=0}^\infty 2^{-n-1}Gh^n h = fh$. -
YvesM écrivait:
> Je suis très étonné qu'une série non stationnaire ni cyclique de fonctions de la forme $(ax+b)/(cx+d)$ puisse converger vers une constante. C
C'est pourtant la situation générique. Je suppose que les gens qui manipulent les homographies savent ça par cœur. Si tu as une homographie $v(x)=\frac{ax+b}{cx+d}$ et si $a_n$ etc. désignent les coefficients de la composée $n$ fois, alors on a
$$\begin{pmatrix}a_n&c_n\\b_n&d_n\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a&c\\b&d\end{pmatrix}^n$$
Si la matrice associée à l'homographie de départ a une valeur propre dominante, par ex $|\lambda_1|>|\lambda_2|$, alors
$$\lambda_1^{-n}\begin{pmatrix}a_n&c_n\\b_n&d_n\end{pmatrix}\to P^{-1}\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}P,$$
où $P=(a_{ij})$ est une matrice de passage. Si l'on traduit ceci en termes d'homographie, on voit que la suite converge vers la fonction constante égale à $\frac{a_{11}}{a_{12}}$ (modulo erreurs de signe, de transposition et autres, toujours probables).
@ JLT : (tu) -
Si $v^{n}\left(x\right)$ converge vers $l\left(x\right)$ alors $v^{n+1}\left(x\right)$ aussi. Par continuité de $v$ et unicité de la limite: $v\left(l\left(x\right)\right)=l\left(x\right)$ et donc $l\left(x\right)$ est un point fixe de $v$ ce qui ne laisse qu'au plus deux possibilités. Donc $l\left(x\right)$ ne peut prendre qu'au plus deux valeurs ce qui invalide la démonstration de YvesM sans recours à l'exponentiation de matrices.
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Très juste et nettement plus économique ! (tu)
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Bonjour,
Merci @JLT qui a détecté une erreur, à présent modifiée.
Je dois regarder en détails l'autre démonstration qui aboutit à une infinité de solutions. J'espère la comprendre. N'est-il pas possible d'expliciter une des ces solutions ?
Voici une autre proposition de démonstration, qui aboutit à une restrictions sur la forme des solutions :
Il est équivalent de donner $f$ sur $R$ ou de donner $g$k, restriction de $f$ sur l'intervalle $I$k où $k$ est un indice dans $N$*, pouvu que l'union des $I$k pour $k=1...K$, $K$ dans $N$*, soit $R$ tout entier.
Après tâtonnement, je définis $K=6$ avec :
$I$1$ = ]-\infty, -1]$
$I$2$=[-1, 0]$
$I$3$=[0,1/2]$
$I$4$=[1/2, 1]$
$I$5$=[1,2]$
$I$6$=[2, +\infty[$
Comme $f$ est continue, les intervalles peuvent être fermés aux bornes.
Donc toute fonction $f(x)$ continue sur $R$ peut se définir, sans perte de généralités, comme :
$f(x) = g$k$(x)$ pour $x$ dans $I$k, pour $k=1...6$
Les fonctions $g$k sont définies sur $R$.
A partir de l'équation fonctionnelle, $f(x+1) = f(x) + f(1/x)$ pour tout $x$ dans $R$, on a établi :
$f(1/x)=f(1/(1-x))$, $E1$
et :
$f(x) + f(2-x) = 2f(1)$, $E2$
On écrit alors que la fonction $f$ ainsi définie vérifie l'équation fonctionnelle pour tout $x$ dans $R$ et on obtient des constraintes sur les fonctions $g$k sous forme d'équations linéaires. La résolution est très simple et mêne au résultat.
Pour $x<-2$ :
$x+1<-1$ est dans $I$1
$x<-2<-1$ dans $I$1
$0<1/(1-x)<1/3<1/2$ dans $I$3
Donc $f(x+1) = f(x) + f(1/x)$ s'écrit : $g$1$(1+x)=g$1$(x)+g$3$(1/(1-x))$, où on a utilisé $E1$.
Pour $-2<x<-1$ :
$-1<x+1<0$ est dans $I$2
$x<-1$ dans $I$1
$0<1/3<1/(1-x)<1/2$ dans $I$3
Donc $g$2$(1+x)=g$1$(x)+g$3$(1/(1-x))$, où on a utilisé $E1$.
Pour $-1<x<-1/2$ :
$0<x+1<1/2$ est dans $I$3
$-1<x<-1/2<0$ dans $I$2
$-2<1/x<-1$ dans $I$1
Donc : $g$3$(1+x)=g$2$(x)+g$1$(1/x)$
Pour $-1/2<x<0$ :
$1/2<x+1<1$ est dans $I$4
$-1<-1/2<x<0$ dans $I$2
$1/2<2/3<1/(1-x)<1$ dans $I$4
Donc : $g$4$(1+x)=g$2$(x)+g$4$(1/(1-x))$, où on a utilisé $E1$.
Pour $0<x<1/2$ :
$1<x+1<3/2<2$ est dans $I$5
$0<x<1/2$ dans $I$3
$2<1/x$ dans $I$6
Donc : $g$5$(1+x)=g$3$(x)+g$6$(1/x)$
Pour $1/2<x<1$ :
$1<3/2<x+1<2$ est dans $I$5
$1/2<x<1$ dans $I$4
$1<1/x<2$ dans $I$5
Donc : $g$5$(1+x)=g$4$(x)+g$5$(1/x)$
Pour $1<x<2$ :
$2<x+1<3$ est dans $I$6
$1<x<2$ dans $I$5
$1/2<1/x<1$ dans $I$4
Donc : $g$6$(1+x)=g$5$(x)+g$4$(1/x)$
Pour $x>2$ :
$x+1>3>2$ est dans $I$6
$x>2$ dans $I$6
$0<1/x<1/2$ dans $I$3
Donc : $g$6$(1+x)=g$6$(x)+g$3$(1/x)$
On remarque que l'on a traité tous les cas, de $x<-2$ à $x>2$ et donc pour tout $x$ dans $R$.
La résolution est fastidieuse, mais on y arrive par des manipulations sur les arguments et des comparaisons :
$g$1$(x)=g$2$(x)=g$3$(x)=g$4$(x)=g(x)$ et $g$5$(x)=g$6$(x)=g(x) + c$, où $c$ est une constante et $g(x)$ une fonction qui vérifie nécessairement l'équation fonctionnelle.
On a démontré que nécessairement :
$f(x) = g(x)$ pour $x<1$ ou $x=1$ et $f(x) = g(x) +c$ pour $x>1$ ou $x=1$,
où $g$ est continue (car $f$ l'est), donc $g(1) = g(1) + c$ et $c=0$.
CONCLUSION :
On a démontré que toute fonction solution $f$ est, dans toute partie $I$k, représentée sur cette partie par une fonction $g$ solution.
Ceci restreint considérablement la forme des solutions et peut être utilisé comme test pour vérifier qu'une fonction n'est pas solution.
Par exemple, une fonction $f$1$(x) = 1$ pour $x$ dans $[0,1/2]$ et une autre $f$2$(x)= x$ sur $[0,1/2]$, et quelconques en dehors de cet intervalle, ne peuvent pas être solutions de l'équation fonctionnelle. -
Une égalité telle que $g_5=g_6$ n'a pas de sens puisque ces fonctions ne sont pas définies sur le même intervalle.
De toute façon, vu que d'après la démonstration de Doraki il y a une infinité de solutions, toute démonstration aboutissant à la conclusion que $f=0$ est fausse. -
Si on peut, il suffit d'appliquer ses formules en tronquant les séries. Ca ne devrait pas être trop difficile à programmer, mais là je n'ai pas le temps.
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On commencerait à avoir une petite idée de l'allure des solutions les plus simples si on connaissait celle de $\displaystyle{H=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{h^n}{2^n}}$ ( $h^n$ désignant toujours la composée de $n$ fonctions $h$ ) .
Domi -
Ben clairement, $h^n$ oscille méchamment. :-) Le facteur $2^{-n}$ va un peu le calmer, mais bon...
Bon, en fait ça c'est rien à faire (sauf erreur, naturellement) : -
$1-H$ est déjà une solution au problème .
Domi -
J'ai l'impression que c'est n'est pas tout à fait ça. Il y a un $2^{1-n}$ et il faut que $G$ s'annule en $\frac12$. Mais enfin, ça va avoir ce type d'aspect un peu chahuté. Je regarde ça un peu plus tard.
Et $f$ doit s'annuler en $0$ également, donc il faut reprendre avec les bonnes puissances de $2$ et un $G$ impair par rapport à $\frac12$. -
En prenant $G(x)=1-2x$, on obtient bien $f(x)=1-H(x)$ avec le $H$ donné par Domi, il me semble.
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Le $H$ (il ne s'agit pas du ((H))) donné par Domi vaut $2$ en $0$, on ne le voit pas sur la figure parce que c'est trop petit, mais c'est le cas. Peut-être que $2-H$ colle. Il faut juste reprendre les bonnes formules, mais là c'est pas trop le moment... :-(
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J'ai pu me tromper mais je suis parti de la formule de JLT :$\displaystyle{f=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{Gh^n}{2^{n+1}}}$ avec $G(x)=1-2x$ ( on a bien $(0,5;0)$ centre de symétrie ) et il me semble qu'on arrive à $f=1-H$ . Mais bon , je n'arrive pas à lire sur les valeurs sur le graphique et je suis habitué aux erreurs de calculs , il y a sûrement des correctifs à faire .
Domi -
Le programme est loin d'être garanti non plus, c'était fait sur le pouce... ;-)
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Oui $f(0)$ doit être nul, c'est peut-être le graphique qui est faux ? :-D Je trouve la même chose que Domi en recommençant.
Voici ce que j'obtiens de mon côté pour $H$ avec Maple (1000 points en x et série tronquée à n=1000, le calcul vient de se finir après environ 2h...). Sans garantie. -
Voici le code de scilab programmant la fonction $f(x)$ dans le cas $G(x)=1-2x$. Graphiques à suivre.
deff('y=h(x)','y=2*abs(1-2*x)/(1+abs(1-2*x))'); function y=H(x) y=x; z=x; coef=1; for n=1:30; z=h(z); coef=coef/2; y=y+coef*z; end endfunction function y=f(x) if (x >= 0) & (x<1) then y=1-H(x); end if (x>= 1) & (x<2) then y=-3+H(2-x); end if (x >= 2) then y=-3+H((x-2)/(x-1)); end if (x<0) then y=1-H(x/(x-1)); end endfunction -
Et voici le graphique de $f$.
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@ Amtagpa : je ne crois pas qu'il y ait besoin de tronquer à 1000. Je dirais que $\approx$10 suffit. Ca devrait accélérer le calcul. Avec scilab, c'est instantané.
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Histoire de vérifier, voici le graphique de $f(x+1)-f(x)-f(1/x)$ pour $x$ variant entre $-10$ et $10$. Les valeurs correspondent bien aux marges d'erreur du calcul approché $(10^{-9})$.
x=linspace(-10,10,10000);v=zeros(x); for n=1:10000;v(n)=f(x(n)+1)-f(x(n))-f(1/x(n));end; plot2d(x,v);
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Merci remarque, tu as raison ! J'ai pris trop large sans réfléchir. :-( Maintenant, c'est instantané aussi avec Maple...
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@ JLT : c'est marrant que l'erreur soit toujours négative ??? Ca s'explique peut-être par la troncation...
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f(x)=f(x/(x-1)) ressemble un peu aux formes modulaires de poids 0
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On aurait presque l'impression que les solutions sont dérivables en $0$.
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Bonjour à tous,
Un grand merci à vous tous !
Grâce aux explications de @JLT et à sa démonstration sur ce forum, que je crois comprendre (!), basée sur la démonstration de Doraki, vous avez trouvé une infinité de solutions de l'équation fonctionnelle.
Et les graphes de @Amtagpa, @remaque et @JLT montrent le bestaire de formes diverses. J'aime beaucoup.(:D
Toutes les propriétés démontrées, les valeurs particulières, les limites, la forme "bizarre" par morceau, etc. sont retrouvées graphiquement.
Je vais essayer de comprendre pourquoi il faut faire toutes ces manipulations sur les arguments de $f(x)$ pour arriver à $f(x) + f(d(x)) = f(h(x))$ alors que la forme initiale $f(x+1) = f(x) + f(1/x)$ s'écrit aussi sous la forme $f(x) + f(D(x)) =f(H(x))$ avec $D(x) = 1/x$ qui est, comme $d$, une symétrie car $d$(2)$(x) = D$(2)$(x) = Id(x)=x$ et $H(x) = x+1$ peut être symétrisée par $D$ sur $]0, 1]$ et $[1,+\infty[$ pour vérifier $H(x) = H(D(x))$ et similairement pour les valeurs négatives de $x$; tout comme $h(x) = (2x-1)/(x-1)$ est symétrisée par $d$ sur $[0,1/2]$ et $[1/2, 1]$. -
Il s'agit de solutions approchées, mais j'avais cru comprendre qu'elles devaient s'annuler en tous les 1/k (k entier), notamment en 0,1.
Fais-je erreur ? -
@remarque : si $G$ est dérivable en $0$ alors je pense que $f$ aussi, et $f'(0)=0$.
Par contre, on doit pouvoir s'arranger pour trouver une suite $x_n$ tendant vers $0$ telle que $G(x_n)=(-1)^nx_n$ et $G(h^k(x_n))=0$ pour tout $k\geqslant 1$. Dans ce cas, on aura $2f(x_n)=(-1)^nx_n$ donc $f$ ne sera pas dérivable en $0$ dans ce cas.
@Dom : on sait seulement que $f$ s'annule en $0$, $-1$, $1/2$, $\dfrac{-1+\sqrt{5}}{2}$ et $-\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$. Il n'est pas clair si $f$ s'annule nécessairement en d'autres points. -
En effet JLT, c'est le cas si f garde un signe constant... Merci bien.
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@ JLT : tu penses que si $G$ n'est pas dérivable en $0$, $f$ non plus ? Dans mon dernier exemple, $G$ n'est pas dérivable en $0$ mais $f$ semble s'aplatir bien gentiment au voisinage de $0$... bon ça ne montre rien bien sûr.
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Non, je pense qu'il existe des exemples de fonctions non dérivables $G$ pour lesquelles $f$ n'est pas dérivable non plus.
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Je ne sais pas. Si $G$ n'est pas dérivable en $0$, elle n'est pas dérivable en $1$ non plus et les deux ont l'air de se compenser. Mais bon, les $G$ pris en exemple sont des $G$ très sages également. Avec un $G$ franchement non dérivable, ça serait peut-être une autre histoire.
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Pourquoi ne pas essayer avec une fonction $G$ moche et dégueulasse, comme il en existe tant en Analyse (alors que tous les objets en Algèbre sont beaux et purs :-D) , du type Weierstrass par exemple ?
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