Equation fonctionnelle.

[Nightmare]

Salut à tous,

Un classique toujours bon à prendre quand on ne le connait pas :

Trouver toutes applications de classe telles que est affine.

Accessible niveau term.

:happy3:

[Ben314]

Salut,
Sauf erreur, le cas où fof est affine non bijective (i.e. constante) est... un peu pourri...

[Nightmare]

Le cas où le coefficient directeur vaut 1 aussi.

[Nightmare]

Pas d'a(ni)mateur?

[ffpower]

Bon, bah puisque personne se dévoue :)
Je préviens ça risque d'être un peu long par contre de traiter tous les cas

On a donc (f o f)(x)=ax+b

-Si a=0, c'est pas passionnant comme Ben l'a dit. f doit etre constante sur son image, on peut pas dire grand chose de plus. Enfin on peut p-e expliciter un peu plus, mais je préfere oublier ce cas.

-Si a<0, alors il n'y a pas de solutions, même avec f continue, car f étant continue et injective elle doit etre strictement monotone, et donc f o f ne peut etre décroissante

-Si a>0, a différent de 1, alors si je note l le point fixe de ax+b ( donc l=b/(1-a) ) et g(x )= f(x+l)-l, on a (g o g)(x)=ax, donc en particulier, g(ax)=ag(x). Si a<1, g(x)=g(a^k*x)/a^k tend vers g'(0)x, donc g est linéaire ( =plus ou moins racine(a)*x ) et donc f est affine. Si a>1, alors on dit que g(x/a)=g(x)/a et on fait le même raisonnement.
Ainsi il y a donc dans ce cas exactement 2 solutions affines, et en fait f dérivable suffit pour conclure ( en revanche f seulement continue ne suffit pas, même si j'ai la flemme d'écrire le contrexemple maintenant )

Si a=1, et b différent de 0 : alors f étant strictement monotone sans point fixe, elle est strictement croissante, et étant ni majorée ni minorée c'est même une bijection croissante de R dans R. La fonction g=(Id+f)/2 est alors aussi une bijection croissante de R dans R, et on voit que g o f=g+b/2.
Donc f est continument conjuguée à l'application x->x+b/2 ( C^1 conjuguée si f est C^1 ) avec une conjugaison g vérifiant g(x+b)=(g o f o f)(x)=g(x)+b et qui donc commute avec Id+b, ou autrement dit qui est de la forme "Identité+fonction b-periodique". Réciproquement, si f est conjuguée à Id+b/2 par une fonction de la forme Identité+fonction b-periodique, on vérifie trivialement que f vérifie l'énoncé.

Enfin, si a=1 et b=0, alors :
Dans le cas f croissante, a x fixé, on ne peut avoir f(x)>x car ceci impliquerait x=f o f(x)>f(x)>x, et on ne peut avoir f(x)Dans le cas f décroissante, f a un unique point fixe l. Supposons pour simplifier que l=0. f envoie donc R+ sur R- et R- sur R+. On pose g=f sur R-, g=-Id sur R+, et on vérifie alors que pour tout x, (g o f)(x)=-g(x) ( en séparant les cas x<0 et x>0 ), et g est clairement continue bijective, donc f est continument conjuguée à -Id, et même C^1 conjuguée si f est C^1 ( bon ya a priori un probleme de dérivabilité de g en 0, il est nécessaire pour cela que f '(0)=-1, mais on voit que c'est forcément le cas en dérivant la relation f o f=Id en 0 ). Si le point fixe l de f n'est pas 0, on se ramene au cas précédent en remplaçant f(x) par f(x+l)-l. Donc dans tous les cas, f est conjuguée à -Id. La réciproque est évidente.
Donc pour résumer, f o f=Id si et seulement si f=Id ou f est conjuguée à -Id

[Nightmare]

ffpower > Ca me va !

Pour le cas a> 0 et a différent de 1, la continuité de la dérivée rend le problème beaucoup plus facile :

On a f'(f(x))f'(x)=a et pour y quelconque, si l'on considère la suite u(1)=y, f(y), fof(y),...,u(n+1)=f(un) on a que f'(u(2n+2))=f'(u(2n)) et on déduit que (u2n-l) est géométrique de raison a. u(2n) converge vers l et par continuité de f' donc f' est constante sur R.