Un système fonctionnel
Bonjour. Dans le cadre d'une recherche, je me suis posé le problème suivant.
On cherche les applications $f: \mathbb R \rightarrow \mathbb R$ telles que :
$\forall x \in \mathbb R, \forall y \in \mathbb R, f(xy)=f(x)f(y) $ (1) ;
$\forall x \in \mathbb R, \forall y \in \mathbb R, f(x+y) \le f(x)+f(y) $ (2).
Mise à part la solution triviale $f=0$, on a les solutions $f(x)=|x|^a, a \le 1$.
Ma question est de savoir si les deux équations données suffisent pour qu'on n'ait que ces solutions, ou bien s'il faut les assortir d'une condition supplémentaire, continuité, bornitude, mesurabilité, ou autre.
Bonne après-midi.
Fr. Ch.
Réponses
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@Chaurien : Voilà ce que j'ai réussi à montrer pour l'instant.Les solutions constantes sont $x\mapsto 0$ et $x\mapsto 1$.Si $f$ n'est pas constante, alors $f(0)=0$ et $f(1)=1$.
Donc $f(-1)=\pm 1$ et si $f(-1)=-1$, alors $f$ est l'identité (solution que tu as oubliée).
Si $f(-1)=1$, alors $f$ est paire et positive.
Donc $f(2)>0$ et il existe $a$ tel que $f(2)=2^a$.
Comme $f(2)\leq 2$, on a $a\leq 1$. -
La fonction définie par $f(0) = 0$ et et $f(x)=1,$ $\ \forall x \in \mathbb{R}^*$ (sauf erreur).
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@Cere : Tu as raison, j'ai corrigé.
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@Chaurien : La fonction indicatrice de $\R^*$ est une solution bornée et mesurable (mais pas continue).P.S. Désolé, je n'avais pas vu le message de Cere.
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Bonjour,
Supposons que $f$ est continue en 0. Alors :- soit $f$ est constante, égale à 0 ou 1,
- soit : $\forall x\in \mathbb{R},\; f(x)=x$,
- soit il existe $a\in {]0,1]}$ tel que : $\forall x\in \mathbb{R},\; f(x)=|x|^a$.
En effet, $f(0)^2 =f(0)$ donc $f(0) \in \{0,1\}$. Si $f(0)=1$, alors : $\forall x\in \mathbb{R}, \; f(x)=f(0)f(x)=f(0\cdot x)=1$. Supposons maintenant que $f(0)=0$, i.e. $f(x) \underset{x\rightarrow 0}{\longrightarrow} 0$. Alors, pour tous $x,y\in \mathbb{R}$, $$\left\{ \begin{array}{l} f(x)-f(y) \leqslant f(x-y)\\ f(y)-f(x) \leqslant f(y-x) \end{array} \right. \quad \text{donc} \quad |f(x)-f(y)|\leqslant \max (f(x-y),f(y-x)).$$ Donc $f$ est continue sur $\mathbb{R}$ (et même uniformément continue).
S'il existe $x\in \mathbb{R}_+^*$ tel que $f(x)=0$, alors : $\forall y\in \mathbb{R}, \; f(y)=f(x)f( \frac{y}{x} )=0$. Supposons maintenant que : $\forall x\in \mathbb{R}_+^*,\; f(x) \neq 0$.
D'après le TVI, $f$ a un signe constant sur $\mathbb{R}_+^*$, et celui-ci est positif car $f(1)^2 =f(1)$ et $f(1)\neq0$ impliquent que $f(1)=1$. Donc $\ln \circ f\circ \exp :\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ est bien définie, additive et continue, donc elle est linéaire. Ainsi : $\exists a\in \mathbb{R},\forall x\in \mathbb{R}_+^*,\; f(x)=x^{a}$. Or $f(x) \underset{x\rightarrow 0}{\longrightarrow} 0$ implique que $a>0$. Puis $2^{a} \leqslant 1^{a} +1^{a}$ implique $a\in {]0,1]}$. Enfin, $f(-1)^2 =f(1)=1$, donc deux cas sont possibles :- Si $f(-1)=1$, alors : $\forall x\in \mathbb{R},\; f(x)=|x|^{a}$. Réciproquement, ces fonctions avec $a\in {]0,1]}$ conviennent.
- Si $f(-1)=-1$, alors : $\forall x\in \mathbb{R},\; f(x)=\mathrm{signe}(x)\cdot |x|^{a}$. Or, $-2^{a} \leqslant -1^{a} -1^{a} $ implique $a \geqslant 1$. Donc $a=1$ et : $\forall x\in \mathbb{R},\; f(x)=x$.
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C'est quoi un exégète de l'axiome du choix et en quoi est-il plus ardant que les autres ?
Je n'ai jamais entendu parler de l'ardeur des exégètes de l'axiome de commutativité dans la théorie des groupes.
J'aimerais bien comprendre.Il ne faut pas respirer la compote, ça fait tousser.
J'affirme péremptoirement que toute affirmation péremptoire est fausse -
Je connais bien la théorie des quatre équations fonctionnelles de Cauchy : $f(x+y)=f(x)+f(y),$ $f(xy)=f(x)+f(y),$ $f(x+y)=f(x)f(y), $$f(xy)=f(x)f(y)$, qui se ramènent à la première. Celle-ci a des solutions « pathologiques » qui se décrivent avec les bases de Hamel du $\mathbb Q$-espace vectoriel $\mathbb R$. Et c'est généralement ici que les adorateurs de l'Axiome du Choix se montrent généralement ardents à le ramener sur le tapis, même si ce n'est pas la question. C'est sans doute ce que veut dire Gai Requin, avec raison. Pour n'avoir que les solutions continues, il faut une condition supplémentaire, et il y a toute une liste de ces conditions.Voir par exemple https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=discussion/comment/821505#Comment_821505, spécialement les messages de Raymond Cordier et Rouletabille.Je sais bien qu'avec une condition comme la continuité en $0$ l'équation $f(xy)=f(x)f(y)$ n'a que les solutions continues, mais je me demandais si la condition supplémentaire de sous-additivité pouvait y suppléer, comme il est bien connu que la double hypothèse $f(x)f(y)=f(x)f(y) $ et $f(x+y)=f(x)+f(y)$ suffit pour dégager les solutions $f(x)=x$ et $f(x)=0$ sans aucune hypothèse additionnelle de « régularité », continuité ou autre.
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Merci @gai requin. J'ai aussi trouvé ceci :
Supposons $f$ mesurable (on peut remplacer cette hypothèse par "localement borné"). Alors :- soit $f$ est constante, égale à 0 ou 1,
- soit $f=\mathbf{1}_{\mathbb{R}^*}$,
- soit : $\forall x\in \mathbb{R},\; f(x)=x$,
- soit il existe $a\in {]0,1]}$ tel que : $\forall x\in \mathbb{R},\; f(x)=|x|^a$.
Preuve (avec quelques copier-coller de la preuve précédente) :
Eliminons quelques cas spéciaux :- $f(0)^2 =f(0)$ donc $f(0) \in \{0,1\}$. Et si $f(0)=1$, alors $\forall x\in \mathbb{R}, \; f(x)=f(0)f(x)=f(0\cdot x)=1$.
- De plus, s'il existe $x\in \mathbb{R}^*$ tel que $f(x)=0$, alors : $\forall y\in \mathbb{R}, \; f(y)=f(x)f( \frac{y}{x} )=0$.
Comme $f(-1)^2 =f(1)$, on a alors deux possibilités :- Si $f(-1)=1$, alors : $\forall x\in \mathbb{R}, \;0=f(0)\leqslant f(x)+f(-x)=2f(x)$. Donc : $\forall x\in \mathbb{R}^*,\; f(x)>0$. Donc $\ln \circ f\circ \exp :\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ est bien définie, additive et mesurable, donc elle est linéaire. Ainsi : $\exists a\in \mathbb{R},\forall x\in \mathbb{R}_+^*,\; f(x)=x^{a}$. Et l'inégalité $f(x+y)\leqslant f(x)+f(y)$ implique $a\in {[0,1]}$. Ça donne les cas $f(x) = |x|^a$ et $f=\mathbf{1}_{\mathbb{R}^*}$.
- Sinon, $f(-1)=-1$, donc : $\forall x,y\in \mathbb{R},$ \[f(x)+f(y)=-[f(-x)+f(-y)]\leqslant -f(-x-y)=f(x+y)\leqslant f(x)+f(y).\] Donc $f$ est additive et mesurable, donc elle est linéaire. Et sa constante de linéarité vaut 1 car $f(1)=1$. Donc $\forall x\in \mathbb{R},\;f(x)=x$.
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Je ne connais aucun "adorateur" (vous essayez d'être insultant ?) de l'axiome du choix (les majuscules, c'est pour être condescendant ?), par contre j'aime bien savoir dans quelle théorie on travaille, donc c'est toujours la question de savoir si on utilise ou non l'axiome du choix ou de la magie (peu compatible avec les mathématiques), quel algébriste oublierait de préciser que sa démonstration ne concerne que les groupes commutatifs ? Est-ce que vous parleriez des adorateurs de l'Axiome de Commutativité ?Chaurien a dit :Et c'est généralement ici que les adorateurs de l'Axiome du Choix se montrent généralement ardents à le ramener sur le tapis, même si ce n'est pas la question.Il ne faut pas respirer la compote, ça fait tousser.
J'affirme péremptoirement que toute affirmation péremptoire est fausse -
Je plussoie Médiat_Suprème. Ce qui m'étonne c'est que l'ardeur que met Chaurien à corriger les fautes d'orthographe et à préserver la langue française il ne la met pas du tout en ce qui concerne le "vocabulaire" des maths, la logique quoi...
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@Calli : Merci encore !Dans ton point 2), on n'a pas besoin de la mesurabilité de $f$ parce que il n'y a qu'un morphisme d'anneaux $\mathbb R\to\mathbb R$.
En particulier, le seul point problématique est le cas 1) et je m'interroge sur $g=\ln\circ f\circ \exp$ parce qu'elle est bien plus qu'additive.
Elle vérifie aussi $g(\ln(x+y))\leq\ln(e^{g(\ln x)}+e^{g(\ln y)})$ pour tous $x>0,y>0$ !
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Merci @gai requin. Je m'en aussi rendu compte, mais quitte à utiliser le fait qu'une fonction additive mesurable est linéaire, et à ne pas pouvoir s'en passer, j'ai préféré l'utiliser deux fois que d'invoquer un autre résultat que le lecteur doit connaître. Maintenant j'en suis à me poser la même question que toi. J'ai un peu cherché mais je n'ai rien trouvé d'intéressant pour l'instant. J'ai juste un doute sur la formule avec g que tu as écrite. Mais sans papier avec moi, j'ai du mal à trouver la bonne formule, car ça demande une petite gymnastique.
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J'ai modifié cette formule il y a peu donc peut-être avais-tu lu la mauvaise...
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Ah oui, c'est ça. Là je suis d'accord.
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Dans ma question initiale, on cherche les applications $f: \mathbb R \rightarrow \mathbb R$ telles que :$\forall x \in \mathbb R, \forall y \in \mathbb R, f(xy)=f(x)f(y) $ (1) ;$\forall x \in \mathbb R, \forall y \in \mathbb R, f(x+y) \le f(x)+f(y) $ (2).L'hypothèse (1) est une des quatre équations fonctionnelles de Cauchy, qui se ramène à la première, $g(x+y)=g(x)+g(y)$, par composition avec $\exp$ et $\ln$. Ceci a été dit précédemment et déjà dans le fil de discussion de 2013-2014 signalé dans mon précédent message.L'équation $g(x+y)=g(x)+g(y)$ donne la brave fonction $\mathbb R$-linéaire $x \mapsto mx$ moyennant une condition supplémentaire. Je joins une liste de 12 telles conditions données dans : Pl. Kannappan, Functional Equations and Inequalities with Applications, Springer, 2009, p. 3, pour une équation fonctionnelle notée $A(x+y)=A(x)+A(y)$. On en déduit les solutions de (1), et on peut sélectionner celles qui satisfont l'hypothèse (2).En fait, ma question initiale était mal posée. J'aurais voulu savoir si les hypothèses (1) et (2) à elles seules, sans condition additionnelle, permettent de trouver des solutions bien régulières, ou bien à défaut de donner ces solutions en fonction d'une fonction additive, éventuellement discontinue, laquelle est définissable avec une base de Hamel du $\mathbb Q$-espace vectoriel $\mathbb R$. Ceci semble bien difficile.Bonne soirée.Fr. Ch.
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D'où provient cette question ? Il y a un exercice qui traîne dans les oraux de concours depuis une quarantaine d'années, et jusqu'aujourd'hui, c'est la question de savoir s'il existe une norme $N$ sur le $\mathbb R$-espace vectoriel $\mathcal M_n(\mathbb R)$ telle que :$\forall A \in \mathcal M_n(\mathbb R), \forall B \in \mathcal M_n(\mathbb R), N(AB)=N(A)N(B)$.Avec toutes les propriétés définissant une norme, c'est trivial. C'est pourquoi je me suis demandé ce qu'on peut dire si l'on cherche une application $N: \mathcal M_n(\mathbb R) \rightarrow \mathbb R$ vérifiant seulement :$\forall A \in \mathcal M_n(\mathbb R), \forall B \in \mathcal M_n(\mathbb R), N(AB)=N(A)N(B)$ ;$\forall A \in \mathcal M_n(\mathbb R), \forall B \in \mathcal M_n(\mathbb R), N(A+B) \le N(A)+N(B)$.Si $n \ge 2$, sans aucune hypothèse additionnelle, il n'y a que les applications constantes $N(A)=0$ et $N(A)=1$ qui conviennent.Donc pas de norme, ni même de semi-norme.Et je me suis demandé ce qui se passe si $n=1$, et là... surprise !
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Oui, merci pour ces solutions, que j'ai lues avec un grand intérêt.
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Salut @Calli : Pour toute fonction $f$ solution du problème de @Chaurien, $f$ est mesurable ssi $f([0,1])\subset [0,1]$.
Tu as montré le sens direct.Réciproquement, si $f$ est solution avec $f([0,1])\subset [0,1]$, il n'y a que ton cas 1) à examiner.
On a $f\geq 1$ sur $[1;+\infty[$ donc $g=\ln\circ f\circ\exp$ est positive sur $\mathbb R^+$.
Mais $g$ étant additive, elle est croissante donc linéaire...Bref, si on veut poser le problème de Chaurien à un niveau élémentaire (où l'on ne connaît pas la notion de fonction mesurable), il suffit de rajouter l'hypothèse $f([0,1])\subset [0,1]$ pour quand même obtenir toutes les "bonnes" solutions.
Cela ferait un exo de khôlle sympa non ?
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@gai requin : oui avec cette hypothèse élémentaire et bien praticable, on peut en faire un exo de khôlle. Peut-être d'un niveau un peu difficile, car il y a pas mal de directions possibles et il ne faut pas se perdre, et il y a quelques astuces à voir.
Ce qui va suivre dans le prochain message pourrait aussi devenir un exo de prépa (en le découpant en questions).
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Comme on n'arrive pas à se passer d'une hypothèse supplémentaire sur $f$, on peut aussi se poser la question plus simple : quelles sont les fonctions $f:\mathbb{Q} \rightarrow \mathbb{R}$ sous-additives et multiplicatives ? La réponse est :
- Toutes les restrictions à $\mathbb{Q}$ d'une fonction déjà identifiée, i.e. les fonctions constantes $0$ et $1$, l'identité, les $x \mapsto |x|^{a}$ avec $a\in {]0,1]}$ et $\mathbf{1}_{\mathbb{Q}^*}$
- Les $x \mapsto |x|_{p} ^{a} = p^{-a v_{p} (x)}$ avec $p$ un nombre premier, $|.|_{p}$ la norme $p$-adique associée et $a\in \mathbb{R}_+$ (avec la convention $|0|_{p} =0$).
Preuve : Comme dans ma dernière preuve, on peut mettre de côté les cas $f(0)=1$, $(\exists x\in \mathbb{Q}^*,f(x)=0)$ et $f(-1)=-1$ qui donnent respectivement $f=1$, $f=0$ et $f= \mathrm{id}$. Ainsi, on peut supposer $f$ paire, $f(0)=0$, $f(1)=1$ et $\forall x\in \mathbb{Q}^*,\; f(x)>0$. Alors, pour tout $n\in \mathbb{N}^*$, il existe $a(n)\in \mathbb{R}$ tel que $f(n)=n^{a(n)}$. Faisons une disjonction de cas.- Supposons : $\forall n\in \mathbb{N}_{\geqslant 2} ,\; a(n)>0$. Pour montrer $(\exists a\in \mathbb{R},\forall n\in \mathbb{N}^*, \;f(n)=n^{a} )$, il suffit de montrer : $\forall n,b\in \mathbb{N}_{\geqslant 2} ,\; a(n)\leqslant a(b)$. Pour cela, on écrit $n$ en base $b$ : $n=\sum _{i=0} ^{k} c_{i} b^{i}$ avec $c_{i} \in [\![0,b-1]\!]$ et $c_{k} \neq 0$. Alors : \[f(n) \leqslant \sum _{i=0} ^{k} \underbrace{f(c_{i} )}_{\leqslant c_{i} \leqslant b} f(b)^{i} \leqslant \sum _{i=0} ^{k} b\cdot b^{ia(b)} = b \frac{b^{(k+1)a(b)} -1}{b^{a(b)} -1} \leqslant b \frac{b^{a(b)} n^{a(b)} }{b^{a(b)} -1}\] car $b^{a(b)} -1>0$. Donc $\frac{n^{a(n)} }{n^{a(b)}} \leqslant \frac{b^{a(b)+1} }{b^{a(b)} -1}$. Mais ceci est aussi applicable à $n^{\ell }$ pour tout $\ell \in \mathbb{N}$, ce qui donne : $n^{a(n)-a(b)} \leqslant \big( \frac{b^{a(b)+1} }{b^{a(b)} -1} \big)^{1/\ell } \underset{\ell \rightarrow \infty }{\longrightarrow} 1$. D'où l'inégalité voulue.
Enfin, $a\in {]0,1]}$ car $a>0$ par hypothèse, et la sous-additivité $2^{a} \leqslant 1^{a} + 1^{a}$ implique $a\leqslant 1$. - Supposons : $\exists b\in \mathbb{N}_{\geqslant 2} ,\; a(b)\leqslant 0$, i.e. $f(b)\leqslant 1$. Alors pour tout $n\in \mathbb{N}_{\geqslant 2}$, qu'on écrit $n=\sum _{i=0} ^{k} c_{i} b^{i}$ en base $b$, on a \[f(n) \leqslant \sum _{i=0} ^{k} f(c_{i} ) f(b)^{i} \leqslant \sum _{i=0} ^{k} b\cdot 1^{i} \leqslant b (\log _{b} (n)+1).\] Donc $f(n)=f(n^{\ell } )^{1/\ell } \leqslant [b (\ell \log _{b} (n)+1)]^{1/\ell } \underset{\ell \rightarrow \infty }{\longrightarrow} 1$. Ensuite, on peut remarquer que $f$ est entièrement déterminée par les $f(p)$ avec $p$ un nombre premier.
Supposons par l'absurde qu'il existe deux nombres premiers distincts $p$ et $q$ tels que $f(p)<1$ et $f(q)<1$. Par le petit théorème de Fermat, on a : $\forall \ell \in \mathbb{N}, \; p^{\ell \cdot (q-1)} \equiv 1[q]$, donc $q \mid p^{\ell (q-1)} -1$, puis $f(p^{\ell (q-1)} -1)\leqslant f(q)$. Alors \[\frac{1}{f(p)^{\ell (q-1)}} = f\left( \frac{1}{p^{\ell (q-1)}} \right) \leqslant f(1) + f\left( \frac{1}{p^{\ell (q-1)}} -1\right) = 1+ f\left( \frac{p^{\ell (q-1)} -1}{p^{\ell (q-1)}} \right) \leqslant 1+ \frac{f(q)}{f(p)^{\ell (q-1)}}\] ce qui est asymptotiquement absurde quand $\ell \rightarrow \infty $.
Donc soit, pour tout $p$ premier, $f(p)=1$, auquel cas $f=\mathbf{1}_{\mathbb{Q}^*}$ ; soit il existe un unique $p$ premier tel que $f(p)<1$ et alors $\forall x\in \mathbb{Q}^*,\;f(x) = f(p)^{v_{p} (x)} = p^{-|a(p)| v_{p} (x)}$. Réciproquement, cette dernière fonction est une solution car $(\forall x, y\in \Bbb Q, \; v_p(x+y) \geqslant \min(v_p(x), v_p(y))) $ implique $f(x+y) \leqslant \max(f(x), f(y)) $.
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Salut @Calli, je réponds un peu tard, sorry.Un peu facile ton exo de prépa non ? 😉
Plus sérieusement, on dispose maintenant des restrictions à $\mathbb Q$ des solutions non mesurables du problème de Chaurien.
Peut-on pour autant exhiber une telle fonction non mesurable ?
J'ai un petit côté constructif qui n'aide pas en analyse... -
Contempteur de l'axiome du choix ?
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Quand même pas @Math Coss, je reprends souvent un petit idéal maximal pour la route
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Lol. C'est pour ça que j'ai dit qu'il faut le couper en questions. ^^gai requin a dit :Un peu facile ton exo de prépa non ? 😉
Je n'arrive pas à savoir, @gai requin, s'il existe des fonctions $\Bbb R\to\Bbb R$ non mesurables solutions du problème de Chaurien. Il y a à la fois trop peu de structure pour que j'arrive à montrer que les solutions sont uniquement celles qu'on a déjà exhibées (car $f(x+y)\leqslant f(x)+f(y)$ fait seulement dialoguer les réels qui se somment parfaitement) et trop de structure pour que j'arrive à construire un exemple mesurable (parce qu'il faut satisfaire à la fois des conditions multiplicatives et additives).
J'ai un petit côté analyste qui n'aide pas quand je suis privé de toute hypothèse de régularité...
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J'en profite pour poser une question (un peu honteuse parce qu'elle porte sur un résultat que j'ai utilisé
) : comment montrer qu'une fonction $\Bbb R\to\Bbb R$ additive et mesurable est linéaire ? Si elle est localement intégrable, je vois comment faire : $$\left. \begin{array}{ccccccc} f(x) &=& \displaystyle \int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}y &=& \displaystyle\int_0^1 f(x+y)\,\mathrm{d}y - \int_0^1 f(y)\,\mathrm{d}y &=& \displaystyle\int_x^{x+1} f(y)\,\mathrm{d}y- \int_0^1 f(y)\,\mathrm{d}y \\ xf(1) &=& \displaystyle\int_0^x f(1)\,\mathrm{d}y &=& \displaystyle\int_0^x f(1+y)\,\mathrm{d}y- \int_0^x f(y)\,\mathrm{d}y &=& \displaystyle \int_1^{x+1} f(y)\,\mathrm{d}y- \int_0^x f(y)\,\mathrm{d}y \end{array} \right\} = $$ mais sinon, je ne sais pas. -
Bonjour, @Callije ne sais pas comment on fait pour que mesurable additive implique linéaire, mais tu as dis dans ta démo que on peut remplacer l'hypothèse mesurable par localement borné,et si elle est localement bornée et additive tu peux montrer qu'elle est continue et après qu'elle est linéaire.edit : je suis bête c'est sûrement pour cet argument que tu as marqué qu'on peut remplacer mesurable par localement borné ?Sinon peut-être que l'on peut établir un lien entre mesurable et additive, et localement bornée.
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@Barjovrille : Je sais que "additive et localement bornée $\Rightarrow$ linéaire" et "additive et mesurable $\Rightarrow$ linéaire". Pour le premier parce que je sais le prouver, et pour le second parce que je l'ai entendu dire (mais je n'en ai pas de preuve ; c'est justement ma question). J'avais écrit qu'on peut replacer l'hypothèse "mesurable" par "localement bornée" parce que les deux impliquaient ce dont j'avais besoin, mais ça ne veut pas dire que j'ai une preuve de "additive et mesurable $\Rightarrow$ localement bornée". Voilà, j'espère que c'est plus clair.
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Merci @gai requin !
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