équations fonctionnelles

[Seirios]

Salut à tous,
j'aurais besoin d'une explication de l'utilisation des équations fonctionnelles.
Dans mon cours de mathématiques de 1er S, on m'a posé l'exercice suivant :

Déterminer toutes les fonctions , telles que : quels que soient les entiers et .

En gros, le corrigé disait ça :

Soit telle que : quels que soient les entiers et .
Alors pour , on a puis pour , on a et donc : , soit pour tout , (où est une constante qui vaut .
Donc , , ... ce qui donne .
Ainsi est une fonction affine de la forme avec et constantes.
Essayons d'obtenir plus d'informations sur ces nombres et .
Comme quels que soient et , on a :
, soit pour tous et , ce qui donne (pour ) et pour et
Ensuite Soit et
En conclusion, il existe deux fonctions (la fonction nulle) et (la fonction identé)

J'ai du mal à voir à quoi servent ces équations fonctionnelles, et comment procéder pour les utiliser. Quelqu'un pourrait-il m'aider ?

Désolé si le post est un peu lourd
Merci d'avance
Phys2
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[invite5f448492]

Juste un truc, pour la démo, il faudrait montrer que la condition nécessaire que t'as trouvée est suffisante (ça tient en 2 lignes, mais c'est plus correct).

[Seirios]

Je ne comprend pas surtout la transition entre et
et entre et

[nissart7831]

Je ne comprend pas surtout la transition entre et
et entre et

Salut,

pour la 1ère transition, il ne faut pas se contenter de :


mais il faut prendre en compte toutes les lignes précédentes que je te réécris autrement. Tu verras ainsi peut être plus facilement le truc.






...


Indication : commence par exprimer f(n) en fonction de f(n-2) à partir des 2 premières lignes. Puis exprime f(n) en fonction de f(n-3) (donc en utilisant les 3 premières lignes). Là je pense que tu vois le truc.
Tu peux ainsi essayer de généraliser en exprimant f(n) en fonction de f(n-t) où t {0,...,n}
Tu peux ainsi exprimer f(n) en fonction de f(0).

Pour la 2ème transition, même remarque que pour la transition précédente: cela ne se fait pas entre les deux expressions que tu dis.
En fait, il faut partir de la ligne complète :


tu as deux égalités et trois membres. Il y a donc aussi égalité entre le 1er et le 3ème membres. C'est ce qui te permet de conclure en regroupant les termes d'un même côté du signe égal.

[A voir en vidéo sur Futura]

[matthias]

Indication : commence par exprimer f(n) en fonction de f(n-2) à partir des 2 premières lignes. Puis exprime f(n) en fonction de f(n-3) (donc en utilisant les 3 premières lignes). Là je pense que tu vois le truc.

On peut aussi faire la somme des lignes et éliminer les termes qui se retrouvent des deux côtés.
Une récurrence permet aussi de faire une démonstration simple, mais il faut déjà avoir l'intuition du résultat.

Pour ceux qui aiment ce genre d'équations, moi j'aime bien celle-là :
f : N -> N
f(n+1) > f(f(n)) pour tout n dans N.

[invite35452583]

Pour ceux qui aiment ce genre d'équations, moi j'aime bien celle-là :
f : N -> N
f(n+1) > f(f(n)) pour tout n dans N.

Jolie en effet.
Perso je trouve f(n)=n pour tout n.
Preuve :
Commençons par montrer que f est strictement croissante :
Soit m la borne inférieure des f(n), elle existe toujours dans N (sauf pour l'ensemble vide)
m=f(n') pour un certain entier n0.
Si n'>0, alors n'-1 est entier et on a :
m=f(n')=f( (n'-1)+1 )>f(f(n'-1)) ce qui contredit la minimalité de m.
Aucune valeur autre que 0 ne peut atteindre m donc
i) f(0)=m (il faut bien que m soit atteint)
ii) f(n)>m=f(0) pour tout n>0

On peut alors effectuer une récurrence :
HR(k) : f(0)<f(1)<...<f(k) <f(n) pour tout n>k
On considère m borne inférieure des f(n) n>k et on montre de la même manière que m=f(k+1)<f(n) pour tout n>k+1

Concluons :
On a montré que f est strictement croissante donc (classique) pour tout entier n.
Maintenant, montrons par l'absurde que
soit n tel que f(n)>n,
on a d'où par croissance de f (contradiction)

Conclusion on a f(n)=n pour tout n. CQFD

[matthias]

Ah oui, elle est marrante ta démo. Moi je fais comme ça :
Montrons par récurrence que pour tout n dans N, pour tout p >= n, f(p) >= n.
n = 0, évident.
Supposons vrai pour n. Soit p >= n+1
f(p) = f((p-1)+1) > f(f(p-1))
Or p-1 >= n, donc f(p-1) >= n, donc f(f(p-1)) >= n
On a donc f(p) >= n+1

On en déduit f(n) >= n pour tout n dans N, d'où f(f(n)) >= f(n), et donc f(n+1) > f(n). f est donc strictement croissante.

Comme f(f(n)) < f(n+1), cela implique f(n) < n+1

Et donc évidemment f(n) = n.

[invite35452583]

f est donc strictement croissante.
Comme f(f(n)) < f(n+1), cela implique f(n) < n+1

Tiens oui je ne sais pas pourquoi je suis passé par l'absurde.

Sinon une belle équation fonctionnelle dont la clé est de trouver une astuce (il y en a donc au moins deux) montrant la (stricte) croissance. (Si on a la croissance le strict est évident).

Sinon, ça serait pas mal d'ajouter aux deux preuves :
et la fonction f(n)=n vérifie (trivialement) la relation voulue.

[matthias]

Sinon, ça serait pas mal d'ajouter aux deux preuves :
et la fonction f(n)=n vérifie (trivialement) la relation voulue.

Effectivement

Je trouve que c'est un bel exemple pour montrer que bien choisir son hypothèse de récurrence peut simplifier beaucoup un problème. La première démo que j'avais faite était franchement moche et beaucoup plus longue.

[invite35452583]

Je trouve que c'est un bel exemple pour montrer que bien choisir son hypothèse de récurrence peut simplifier beaucoup un problème. La première démo que j'avais faite était franchement moche et beaucoup plus longue.

Oui, hier soir j'en ai testé 2-3 qui ne marchait pas (dont une je comprends mieux pourquoi maintenant vu ta démo, j'étais proche quand même, c'est rare les cas où f strictement croissante=>f(n)>=n a une réciproque vraie aussi), la réponse on la voit assez vite. Ce matin, c'est tombé presque tout seul en montrant le "faramineux" résultat : un nombre ne peut avoir qu'un nombre fini d'antécédents. La même technique (en plus simple en plus) donnait ma 1ère partie.

[matthias]

Je viens de trouver un doc où il donne une démonstration différente et assez amusante.
Pour tout n dans N, f(n+1) > f(f(n)) donc f(n+1) >= 1.
On pose alors f₂(n) = f(n+1) - 1. C'est aussi une fonction de N dans N.
Or, pour n > 0, f₂(n) + 1 = f(n+1) > f(f(n)) = f(f₂(n-1) + 1) = f₂(f₂(n-1)) + 1
donc pour tout n dans N, f₂(n+1) > f₂(f₂(n))
f₂ est donc aussi solution.
On a alors f₂(n+1) >= 1 donc f(n+2) >= 2
Par récurrence on montre alors que f(n+k) >= k pour tout n, k dans N. Donc pour n=0, f(k) >= k.
Ensuite la démo est la même.

C'est un peu plus compliqué, mais c'est original.

[Seirios]

Mais n'existe-t-il pas une méthode pour résoudre ces équations fonctionnnelles ou est-ce l'esprit mathématique qui doît nous guider dans leur résolution ?

[matthias]

Il y a plusieurs méthodes que l'on peut essayer (le bidouillage en faisant partie), mais pas de méthode générale qui permettrait de les résoudre toutes. Et on peut souvent résoudre une équation fonctionnelle particulière de beaucoup de manières différentes.

Il y en a plusieurs assez sympa dans ce doc, avec des exercices corrigés.

[invite35452583]

Mais n'existe-t-il pas une méthode pour résoudre ces équations fonctionnnelles ou est-ce l'esprit mathématique qui doît nous guider dans leur résolution ?

Il y a bien quelques catégories de fonctionnelles qui ont des résolutions connues telles que certaines équations différentielles.
Mais, comme le dit Matthias et le document très intéressant mis en lien, il n'y a pas de méthode générale : et c'est cela qui fait principalement leur attrait.
Ainsi la résolution systématique de ay"+by'+cy=polynôme en x, c'est bien pratique mais (désormais) inintéressant au niveau recherche, pas celle de haut niveau genre escalade de l'éverest (démo d'une conjecture célèbre, par exemple) mais promenade du vendredi soir où on va découvrir un petit valon bien sympa.
Avec une équation fonctionnelle, on a souvent le plaisir de devoir découvrir une méthode originale (ici sur la même : trois exemples)

[Seirios]

Avec une équation fonctionnelle, on a souvent le plaisir de devoir découvrir une méthode originale

Tout à fait d'accord

Il y en a plusieurs assez sympa dans ce doc, avec des exercices corrigés.

Excellent lien

Merci à tous