f(x+y) = f(x) + f(y) avec f croissante
Bonjour à tous
La question avait été posée à l'écrit d'analyse pour la session 2022 de l'agrégation externe (question II-1)
Pour tout x et y dans R, on a f(x+y) = f(x) + f(y)
Bien à vous
zenial
La question avait été posée à l'écrit d'analyse pour la session 2022 de l'agrégation externe (question II-1)
L'équation fonctionnelle de Cauchy est classique. Mais ici on n'a pas l'hypothèse de continuité... Je ne vois donc pas comment passer de Q à R.
Voici l'énoncé.
Soit f une fonction de R dans R croissante.Pour tout x et y dans R, on a f(x+y) = f(x) + f(y)
Démontrer qu'il existe un réel a positif tel que f(x) = a.x pour tout réel x.
Cela se montre assez bien dans N, Z puis Q. Pour passer à R, on utilise (classiquement) une suite pn de Q tendant vers un réel p. Mais pour passer pour dire que f(pn) tend vers f(p) on a besoin de la continuité.
Auriez-vous une solution à proposer à la question ?Bien à vous
zenial
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Réponses
J'ai trouvé une solution.
On peut démontrer que la fonction f est continue.
Comme f(x+h) = f(x) + f(h), il suffit de montrer que f est en continue en 0 :
f étant croissante, et 0 étant dans l'intervalle de définition elle admet une limite à gauche et à droite de 0. Pour trouver ces limites, on peut considérer les suites (yn) et (zn) définies par yn = -1/(n+1) et zn = 1/(n+1).
f(yn) = -1/(n+1) f(1)
f(zn) = 1/(n+1) f(1)
Donc les limites à gauche et à droite valent 0. Ainsi f est continue en 0.
La méthode de Magnéthorax fonctionne parfaitement également.
Soit $x$ un réel et deux suites $(y_n)_{n\in\N}$ et $(z_n)_{n\in\N}$ de rationnels convergentes vers $x$ et telles que $\forall n\in\N, y_n \leq x\leq z_n$.
Alors, par croissance de $f$, $\forall n\in\N,f(y_n)=y_nf(1)\leq f(x) \leq f(z_n)=z_nf(1)$ et on conclut avec le théorème des gendarmes que $f(x)=xf(1)$.
Par contre, sans vouloir faire le gendarme
C'est juste que $a \le b \le a$ implique b=a.
Bref c'est un détail, merci d'avoir réfléchi au problème et pris le temps de partager votre solution !
Portez-vous bien,
zenial
J'ai une preuve que je crois juste. Mais je vous demande d'abord s'il y a un contre-exemple.
La fonction $f$ définit comme suit me semble être un contre-exemple :
$f(x) = x$ si x est négative
$f(x) = x+1$ si x est strictement positive
f est sous additive et croissante donc ( c'est simple à voir)
$$\forall x, y\quad |f(x)-f(y)|\leq f(|x-y|)$$
Apres je montre que f est continue en x de la façon suivant . Soir $\epsilon >0$ J'ai pensé que je peux trouver un $\eta>0$ tel que $f(\eta)< \epsilon $ mon raisonnement était sinon $\forall \eta >0, f(\eta)\geq \epsilon$, donc
$f(\eta)=f(\eta /2 + \eta /2)\ge f(\eta /2) + (\eta /2)\geq 2f(\eta /2)\geq 2\epsilon$ et par récurrence $f(\eta)\geq 2^n\epsilon$ contradictoire. Je n'ai pas vu que j'ai utilisé les inégalités dans le mauvais sens, en fait j'ai utilisé le fait que f est sur-additive sans faire attention.
Apres la suite du raisonnement est claire
En fin de l'histoire j'ai démontré d'une manière compliquée que si f est additive et croissante alors f est continue
Pour ton défi dans l'autre fil, peut-on utiliser le théorème de Mankiewicz 1972
If f : B → B is a surjective isometry, then f extends to a linear (or affine) surjective isometry from X to X
Edit : D'ailleurs, en parlant d'optimalité, on a le même résultat pour une fonction définie sur un intervalle $f : I \to \mathbb{R}$ comme $\ln\left(\frac{1 - x}{1 + x}\right)$.
Edit n°2 : Du coup, vu que $f$ est croissante et sous-additive (donc $f(0) \geqslant 0$), on a en fait : $$0 \in \overline{f(\mathbb{R}_+^*)} \Longleftrightarrow f(0) = 0 \text{ et } f \text{ continue à droite en } 0$$
Bibix's Lemma
Soit $f :\R\to \R$ une fonction sous-additive croissante avec $f(0)=0$ et $f$ continue à droite en $0 $, alors $f$ est continue sur $\R$