Fonction involutive

Mickaël · April 2015

Bonjour,

Soit $f \in \mathcal{C}^0(\mathbb{R})$ telle que pour tout $x$ il existe un entier $n_x$ vérifiant $f^{n_x} (x)=x$ (au sens de la composée).

Je veux montrer que $f \circ f = \text{id}$.

Pour cela je sais que si $f^{N}=\text{id}$ alors $f \circ f=\text{id}$. En effet, soit $G$ le sous groupe des homéomorphismes de $\mathbb{R}$ vérifiant une telle propriété, et soit $g \in G$. Alors $g$ est continue et injective donc strictement monotone et donc :
- Soit elle est croissante auquel cas on peut montrer que $g= \text{id}$, en séparant les cas par l'absurde, suivant qu'il existe $x$ tel que $f(x)>x$ ou $f(x)<x$ et en exploitant la stricte monotonie.
- Soit elle est strictement décroissante et donc si $h \in G$ alors $g \circ h^{-1} \in G$ est strictement croissante et est donc l'identité, de sorte que $h=g$

Conclusion on a bien $f \circ f = \text{id}$

Tout ce qu'il reste à faire c'est montrer qu'il existe un tel $N$. Pour cela je note $\Omega$ l'ensemble des $a$ autour desquels cette propriété est localement vérifiée (i.e il existe $\eta >0$ et $N \geqslant 1$ tel que $f^{N}(x)=x$ pour $|x-a| \leqslant \eta $.) Il suffit alors de montrer que $\Omega=\mathbb{R}$

1. D'abord $\Omega$ est un ouvert de $\mathbb{R}$ et on note $F$ son complémentaire, que l'on va supposer non vide.

2. $F$ est un fermé et notons $F_n= \left \{ x \in F, \; f^n (x)=x \right \}$, qui sont des fermés de $F$. Par le théorème de Baire l'un d'entre eux est d'intérieur non vide (relativement à $F$) et donc il existe un intervalle ouvert $I$ tel que $I \cap F $ est non vide et inclus dans un certain $F_{n_0}$.

On a $f^{n_0}=\text{id}$ sur $I \cap F$ et j'aimerais montrer qu'il en est de même sur $I \cap \Omega$ qui est un ouvert de $\mathbb{R}$, on peut donc travailler sur l'une de ses composantes connexes par arcs : $]a,b[$.

On voit que soit $a$ ou $b$ appartient à $I$. En supposant que $a \in I$ on obtient que $f^{n_0} (a)=a$, et maintenant je vois pas comment attaquer le reste de l'intervalle $[a,b]$ ...

Quelqu'un à des idées ?

Merci !

Melchior_nl · April 2015

Bonsoir,

C'est joli comme exercice ! J'ai l'impression que vous pouvez simplement adapter votre preuve de la proposition :
\begin{align}
\text{Soit $f \in C^0(\mathbb{R})$. Si il existe $n \in \mathbb{N}$ tel que pour tout $x$ dans $\mathbb{R}$ $f^{n}(x)=x$, alors $f=id$.}
\end{align}
au cas où l'indice dépend de $x$.
Votre preuve initiale repose sur l'injectivité de $f$. Vous pouvez l'obtenir également avec vos hypothèses plus faibles. Par exemple, si vous avez deux réels $a,b$ tels que $f^2(a)=a$ et $f^3(b)=b$, si $f(a)=f(b)$, \[
a=f^6(a)=f^6(b)=b,
\] et vous pouvez finir votre preuve de manière identique ce me semble.

Mickaël · April 2015

Désolé mais ton énoncé en gras est faux on peut seulement conclure que $f$ est une involution !

Melchior · April 2015

Bonjour,

Oui, bien sûr, il faudrait modifier mon message précédent : la conclusion devrait être $f \circ f= id$ et non $f=id$. Pour le reste, il me semble que la preuve que je suggérais fonctionne.
Soit $f$ dans $C^0(\mathbb{R})$ telle que pour tout $x$ dans $\mathbb{R}$, il existe $n_x$ tel que $f^{n_x}(x)=x$, alors $f$ est injective. En effet, si $f(a)=f(b)=\alpha$,
\begin{align*}
& a=f^{n_a}(a)=f^{2n_a}(a)=f^{3n_a}(a)=f^{n_bn_a}(a)=f^{n_bn_a-1}(\alpha) \\
& b=f^{n_b}(b)=f^{2n_b}(b)=f^{3n_b}(b)=f^{n_an_b}(b)=f^{n_an_b-1}(\alpha) \\
\end{align*}
Comme $f$ est continue et injective, elle est soit croissante, soit décroissante. Supposons que $f$ est croissante. Soit $x$ dans $\mathbb{R}$. Si $f(x) \leq x$, composant l'inégalité par $f$, $ x=f^{n_x}(x) \leq f^{n_x-1}(x) \leq \ldots \leq f(x) \leq x$ et $f(x)=x$. De même si $f(x)\geq x$.
Si $f$ est décroissante, on applique ce qu'on vient de faire à $f^2$ qui est croissante, ce qui conclut.

Fonction involutive

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