Il n'existe pas de fonction continue vérifiant une égalité

OShine

D'accord merci je crois que j'ai enfin compris.

$f$ admet forcément une limite en $\pm \infty$ car $f$ est monotone sur $\R$. (théorème de la limite monotone)
Supposons que $\lim_{- \infty} f = \ell \in \R$.
Comme $\forall x \in \R \ h(f(x)+g(1))=x$, on obtient par continuité de $h$ que $h( \ell +g(1))=- \infty$ ce qui est absurde. (Une limite finie ne peut pas être égale à une limite infinie)
Le raisonnement est identique en $+\infty$.

Finalement, $f$ établit une bijection de $\R$ sur $\R$.
$\boxed{\forall x \in \R \ h (f(x)+g(0))=0}$.
Comme $f : \R \longrightarrow \R$ est surjective, on a $f(\R)=\R$, donc en posant $\phi(x)=f(x)+g(0)$, on a $\phi(\R)=\R$.
Donc : $h \circ \phi( \R)=h( \R)=\R$ car $h$ est surjective.
Mais tous les nombres non nuls n'ont pas d'antécédents par $h$, ce qui est absurde.

OShine

Je n'ai pas justifié que si $f(\R)=\R$ alors $\phi(\R)=\R$.
Montrons que $\phi(\R) \subset \R$.
Soit $y \in \phi(\R)$, alors il existe $x \in \R$ tel que $y=f(x)+g(0)$ donc $y \in \R$.
Réciproquement, si $z \in \R$, alors il existe $x \in \R$ tel que $f(x)=z-g(0)$ car $f$ est surjective. Mais alors $z=f(x)+g(0)$ donc $z \in \phi(\R)$. Donc $\R \subset \phi(\R)$.
Finalement, $\phi(\R)=\R$.

JLT

Remarque : on ne peut pas se passer de la continuité. Il existe une infinité non dénombrable de fonctions $f,g,h$ satisfaisant l'équation fonctionnelle $h(f(x)+g(y))=xy$.

gai requin

@JLT : Et si $f$ ou $g$ est seulement continue en $0$ ?

OShine

@raoul.S
Ta solution est correcte ? 

raoul.S

Oui, gai requin en a donné une autre variante ICI. Mais la tienne est très bien, pas besoin d'aller chercher ailleurs.

OShine

Ta solution @raoul.S semble accessible.
Mais il faudrait que je démontre les étapes intermédiaires.

JLT

La continuité en $0$ ne suffit pas. Soit $(e_i)_{i\in I}$ une base de $\R$ comme $\Q$-espace vectoriel telle que $e_i>0$ pour tout $i$. Quitte à diviser $e_i$ par $\lceil e_i\rceil$ on peut supposer que $e_i\leqslant 1$ pour tout $i$. Soit $I=A\cup B$ une partition de $I$ en deux ensembles équipotents à $\R$. Soient $f_1:\R\to A\cup\{0\}$ et $g:\R\to B$ des bijections telles que $f_1(0)=0$. Pour tout $x\ne 0$, soit $r_x$ un rationnel tel que $0<r_x<|x|$. On pose $f(x)=r_x f_1(x)$ si $x\ne 0$ et $f(0)=0$. La fonction $(x,y)\mapsto f(x)+g(y)$ est injective donc il existe une fonction $h$ telle que $h(f(x)+g(y))=xy$.

raoul.S

gai requin a dit : 

$h(f(\R)+g(1))=\R$ donc $f(\R)$ est un voisinage connexe de $\alpha=\pm\infty$.

Petit pinaillage mais c'est $f(\R)\cup \{\alpha\}$ qui est un voisinage connexe de $\alpha$.

PS : j'ai compliqué un poil en prenant un $y'$ non nul dans ma version, j'aurais dû faire comme toi à la fin. 

OShine

Solution de @raoul.S : 
$g(\R)$ ne peut pas être borné car pour tout $y\in \R$, $h(f(1)+g(y))=y$ (l'image d'un borné par $h$ est borné). Donc  $g(\R)$ est un intervalle non borné, il existe alors $y'\neq 0$ et $y\in \R$ tels que  $f(0)+g(y)=f(1)+g(y')$ et on a $0=h(f(0)+g(y))=h(f(1)+g(y'))=y'$, ce qui est absurde.

$g(\R)$ n'est pas borné :  
Si $g(\R)$ l'était, il existerait $(a,b) \in \R^2$ tel que $g(\R) \subset [a,b]$.
Et donc $\forall y \in \R \ h(f(1)+g(y)) \subset [f(1)+a,f(1)+b]$, ce qui est impossible car $y \mapsto y$ est à valeurs dans $\R$ tout entier.

$g(\R)$ est un intervalle :  
C'est l'image de l'intervalle $\R$ par la fonction continue $g$.

Donc $g(\R)$ est un intervalle non borné.

La suite, je ne comprends pas le : "il existe alors $y'\neq 0$ et $y\in \R$ tels que  $f(0)+g(y)=f(1)+g(y')$"   

raoul.S

OShine a dit :

$g(\R)$ n'est pas borné :  
Si $g(\R)$ l'était, il existerait $(a,b) \in \R^2$ tel que $g(\R) \subset [a,b]$.
Et donc $\forall y \in \R \ h(f(1)+g(y)) \subset [f(1)+a,f(1)+b]$...

C'est  $\forall y \in \R \ h(f(1)+g(y)) \subset h([f(1)+a,f(1)+b])$ et ce dernier ensemble est borné (pourquoi ?)

OShine a dit :

La suite, je ne comprends pas le : "il existe alors $y'\neq 0$ et $y\in \R$ tels que  $f(0)+g(y)=f(1)+g(y')$"   

Pour la suite, voici un argument plus simple : $f(0)+g(\R)$ est un intervalle non borné et $f(1)+g(\R)$ un translaté de $f(0)+g(\R)$, par conséquent, $f(0)+g(\R)\subset f(1)+g(\R)$ ou  $f(1)+g(\R)\subset f(0)+g(\R)$.
Dans le premier cas, pour tout $v\in f(0)+g(\R)$ il existe $x,x'\in \R$ tels que $v=f(0)+g(x)=f(1)+g(x')$ et en prenant $h$ on obtient : $0=x'$. Donc pour tout $v\in f(0)+g(\R)$, $v=f(1)+g(0)$ donc $f(0)+g(\R)$ est un singleton, ce qui est absurde. Idem pour le deuxième cas.

gai requin

Merci @JLT !
J'ai l'impression que $f_1:\R\to\{e_i\mid i\in A\}\cup\{0\}$, idem pour $g$.

JLT

Oui effectivement.

OShine

@raoul.S
"$\forall y \in \R \ h(f(1)+g(y)) \subset h([f(1)+a,f(1)+b])$ et ce dernier ensemble est borné (pourquoi ?)"
Oui petite coquille de ma part.
Ce dernier ensemble est borné car c'est l'image d'un segment par l'application continue $h$.

Pour la suite, magnifique.
Si j'ai bien compris, un intervalle non borné de $\R$ est une partie convexe de $\R$, donc de la forme $]-\infty,a[$, $]-\infty,a]$, $]b,+\infty[$ ou $[b,+\infty[$ ce qui explique le raisonnement avec le translaté.
Je traite le deuxième cas, pour me faire la main.
Supposons $f(1)+g(\R) \subset f(0)+g(\R)$.
Soit $v \in f(1)+g(\R)$. Il existe $(x,x') \in \R^2$ tels que $v=f(1)+g(x)=f(0)+g(x')$. En appliquant $h$, il vient $x=0$.
Donc : $\forall v \in f(1)+g(\R) \ v=f(1)+g(0)$ donc $f(1)+g(\R)= \{ f(1)+g(0) \}$ qui est un singleton, ce qui est absurde.

raoul.S