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
Réponses
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@zenial : pour tout réel $x$, il existe deux suites de rationnels $\left(y_n\right)$ et $\left(z_n\right)$ telles que : $x_n,y_n \to x$ et $y_n \leq x \leq z_n$.
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Merci pour votre réponse.
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. -
Bien joué pour ta trouvaille.
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 $f(x)=xf(1)$.
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Merci bisam, je comprends mieux ! C'est une solution alternative plus rapide.
Par contre, sans vouloir faire le gendarme je ne pense pas que c'est le théorème d'encadrement (ou gendarmes) qui permet de conclure, puisque le terme encadré ne bouge pas, et on ne cherche pas sa limite.
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 -
Il me semble qu'une fonction sous-additive croissante est continue (résultat inédit, si c'est vrai)
J'ai une preuve que je crois juste. Mais je vous demande d'abord s'il y a un contre-exemple.Le 😄 Farceur -
Ok c'est une bêtise inédite. Heureusement que raoul ne demande pas de voir ma preuveLe 😄 Farceur
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Ça dépend @gebrane, parfois des preuves fausses peuvent être élégantes et peut-être que la tienne est dans cette catégorie. Une chose est sûre, c'est que dans Shtam on ne trouve que des preuves fausses tout court... 😑
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@raoul.S Je donne ma preuve et je donne aussi la faute
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 XLe 😄 Farceur -
Bonjour @gebrane. En te lisant, j'ai l'impression que la condition optimale à rajouter serait plutôt $0 \in \overline{f(\mathbb{R}_+^*)}$. Dans le cas additif, un corollaire serait que si $f$ est continue à droite en $0$, alors $f$ est continue (un théorème bien connu sur les opérateurs linéaires). Ça me parait juste généraliser ce résultat au cas sous-additif croissant.
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 : $$0 \in \overline{f(\mathbb{R}_+^*)} \Longleftrightarrow f(0) = 0 \text{ et } f \text{ continue à droite en } 0$$ -
Tu as tout a fait raison, je le marque ce résultat inédit pour ne pas l'oublier
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 $\R$
Le 😄 Farceur
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Bonjour!
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