suites et linéarité par le carré...

[ilelogique]

Bonjour, savez-vous comment montrer simplement et joliement que toute fonction de N vers N telle que : f(x²+y²)=f(x)² + f(y)² et avec f(1)=1 est l'identité ?
merci
-----

[invite0e5404e0]

Bonjour !
Si on calcule f(0²+1²) on obtient f(0)=0.
Ensuite on trouve f(0+x²)=f(x)², ce qui correspond à à résoudre y²=x². On obtient donc x=y ou x=-y, or f(1)=1.
Ainsi f est l'identité.
Est-ce suffisamment joli et surtout juste ? C'est une autre question...
Bonne journée.

[ilelogique]

[QUOTE=Обуза;1684871]
Ensuite on trouve f(0+x²)=f(x)², ce qui correspond à à résoudre y²=x².

Non je ne crois pas, cela implique juste que : pour tout x dans N : f(x²)=f(x)², aucun rapport avec y²=x²

[invite5c80e8b0]

Je ne suis pas entierement sur de ma démonstration, elle me parait a première vue correcte ...

On a

Si On suppose ( bien qu'elle soit soit solution ) on a
ce qui est absurde ! ( f appartient a ! )
Donc f(0) = 0 ;

On en déduit tout que

Nous allons dans un maintenant travailler dans .

En reprenant la dernière expression , et vu que l'on manipule dorénavant les réels, l'on obtient

L'on trouve trivialement que .

Si de telles applications existent alors, elles vérifient la relation, et ce pour tout x dans ;




L'ensemble des solutions dans sont des fonctions sous la forme où A, B C D sont des réèls, et w une fonction de période 1.
Dans les solutions sont donc du type

or d'ou B = 0
d'où A = 1

L'ensemble des solutions est donc la fonction trivialle f(x) = 0, où g(x) = x ;

[A voir en vidéo sur Futura]

[invite5c80e8b0]

Une petite erreur s'est glissée en fin de parcours,

Dans les solutions sont donc du type

or d'ou B = -w(0), et donc pour tout n, on a B = -w(n) ( car w est de période 1, on peut donc écrire f comme

d'où A = 1

L'ensemble des solutions est donc la fonction trivialle f(x) = 0, où g(x) = x ;

[invite35452583]

Nous allons dans un maintenant travailler dans .

En reprenant la dernière expression , et vu que l'on manipule dorénavant les réels, l'on obtient

...
L'ensemble des solutions est donc la fonction trivialle f(x) = 0, où g(x) = x ;

Non ce que tu as montré est que la seule fonction de R->R vérifiant sur N f(x²+y²)=f(x)²+f(y)² est l'identité. Ou autrement dit si une fonction f : N->N vérifie f(x²+y²)=f(x)²+f(y)² pour tous entiers naturels x,y alors on ne peut pas l'étendre à R en une fonction f' : R->R vérifiant cette même relation.
Pour la rendre plus complète il faudrait montrer qu'une fonction de N dans N vérifiant l'égalité se prolonge à R en une fonction vérifiant cette même propriété.

[invite35452583]

On a f(4)=f(2²)=f(2)²=2²=4
f(5)=f(2²+1²)=f(2)²+1²=5
f(3²+4²)=f(3)²+f(4)²=f(3)²+4² et f(3²+4²)=f(25)=f(5²)=f(5)²=5² donc f(3)²=9 et f(3)=3.
Reste à trouver une méthode systématique...

[invite35452583]

On continue pour les petits entiers :
f(9)=f(3²)=f(3)²=3²=9
f(8)=f(2²+2²)=f(2)²+f(2)²=2²+2 ²=8
f(10)=f(3²+1²)=f(3)²+f(1)²=3²+ 1²=10
10²=f(10)²=f(10²)=f(6²+8²)=f(6 )²+f(8)²=f(6)²+8²
Donc f(6)²=10²-8²=6² f(6)=6 (on est dans N).

f(7) :
f(25)=f(5²)=f(5)²=5²=25
25²=f(25)²=f(25²)=f(7²+24²)=f( 7)²+f(24)²
Donc {f(7),f(24)}={0,25} ou {7,24} (ce sont les décompositions de 25² en sommes de deux carrés parfaits).
Or, 24²+32²=40² f(24)²=f(40)²-f(32)²
40=6²+2² donc f(40)=f(6)²+f(2)²=6²+2²=40
32=4²+4² f(32)=f(4)²+f(4)²=4²+4²=32
Donc f(24)²=40²-32²=24² et f(24)=24
Ainsi {f(7),f(24)}={7,24} avec f(24)=24 donc f(7)=7.

f(2ⁿ)=2ⁿ pour tout entier naturel n :
par récurrence forte sur n
c'est vrai pour n=0 (et n=1)
Supposons que ce soit vrai pour tout m<=n
cas n+1 pair
Puisque n>=1 (n+1)/2<=n on peut appliquer l'hypothèse de récurrence, on a :

cas n+1 impair (donc n pair)
On peut appliquer l'hypothèse de récurrence à 2^n/2 :

Dans les deux cas on a bien f(2ⁿ⁺¹)=2ⁿ⁺¹

Je ne pense pas qu'il y ait une preuve simple (je vois une possibilité mais avec des théorèmes d'algèbre non triviaux).

[invite5c80e8b0]

Si cette application est unique dans R et qu'elle fonctionne egalement dans N, alors elle est aussi unique dans N. ( Car N est inclu dans R ).

[invite5c80e8b0]

C'est vraiment embêtant que l'on ne puisse plus editer au bout de 5 mins.
Bref, en revenant sur ce que j'ai écris on a


On a

Si On suppose ( bien qu'elle soit soit solution ) on a
ce qui est absurde ! ( f appartient a ! )
Donc f(0) = 0 ;

On en déduit tout que

Nous allons dans un maintenant travailler dans .

En reprenant la dernière expression , et vu que l'on manipule dorénavant les réels, l'on obtient

L'on trouve trivialement que .

Si de telles applications existent alors, elles vérifient la relation, et ce pour tout x dans ;




Les solutions dans sont de la forme f(x) = Ax+B, où A et B sont des réels.

f(0) = 0, B = 1 et f(x+1) - f(x) = 1, A = 1
L'unique solution dans R ( excepté f(0) = 0 ) est f(x) = x ;
Si cette application est unique dans R et qu'elle fonctionne également dans N, alors elle est aussi unique dans N. ( Car N est inclu dans R ).
Or c'est le cas, donc f(x) = x.

[invite5c80e8b0]

Non, en fait, c'est une bétise ( je viens d'y repenser en mangeant )

En fait, il faudrait revenir a ma premiere version de la démonstration ( j'ai un peu la flemme d'écrire en latex sur ce coup, c'est assez long )
En considérant que l'on ait trouvé dans R que la seule fonction est l'identité ;
On avait donc dans tout entier n d'une fonction R --> R

Mais que l'on peut réécrire sous la forme initiale, c'est a dire ( rien ne nous l'interdit, à première vue )
Notre unique fonction R --> R se " métamorphose " en fonction N --> N qui est unique.
Et donc ( je ne sais pas s'il s'agit d'un donc de trop ) on retrouve f(x) = x pour une fonction N -> N ;
Bon il y a peut-être une erreur de raisonnement ...

[invite35452583]

Bon il y a peut-être une erreur de raisonnement ...

Oui il y a une erreur de raisonnement !
Mais elle n'est ni dans :
g : R->R vérifiant g(1)=1 et g(x²+y²)=g(x)²+g(y)² pour tout (x,y)=> g=id_R
ni dans :
g=id_R => sa restriction f à N vérifie f=id_N

Elle est dans la supposition que toute application f : N->N vérifiant les deux propriétés f(1)=1 et f(x²+y²)=f(x)²+f(y)² est la restriction d'une application g vérifiant ces mêmes propriétés.
Ta démonstration ne montre donc seulement que la seule application f s'étendant à R est l'identité. Il manque la partie la plus difficile (et de très loin) à savoir que toute application f définie sur N vérifiant les deux propriétés s'étend en une application g définie sur R vérifiant les deux propriétés.

[invite2220c077]

Salut,

Premièrement, nous allons montrer que pour tout entier naturel , il existe des entiers naturels , et , tous strictement inférieur à , vérifiant

En effet,
Lorsque prend les valeurs 0, 1, 2 et 3, décrit tous les entiers naturels, ce qui prouve notre lemme.

Maintenant, nous allons montrer par une récurrence forte que pour tout entier naturel , .
Le cas est trivial. Supposons que nous avons montrer pour tout entier naturel , . D'après notre lemme, nous avons :



par hypothèse de récurrence. On en déduit alors , comme f est définie sur N, pour tout

[invite2220c077]

Reste à montrer l'unicité ...