Analyse-synthèse

[Poire Mathert]

De bonheur!

Je cherche à résoudre ce problème : trouver les fonctions de N dans N telles que pour tout m, n naturels on a f(m + n) = f(m)f(n).

Je procède par analyse-synthèse :

Analyse : Soit f une telle fonction.

L'on a :

- f(1) = f(0 + 1) = f(0)f(1)
- f(2) = f(1 + 1) = f(1)f(1) = f(0)²f(1)²
- f(3) = f(2 + 1) = f(2)f(1) = f(0)^3 * f(1)^3
- f(4) = f(3 + 1) = f(3)f(1) = f(0)^4 * f(1)^4
- ...
- f(n) = f(0)^n * f(1)^n quelque soit n.

Synthèse : Soit f définie par f(n) = a^n * b^n pour tout n, où a et b sont deux naturels.

f(n + m) = a^(n+m) * b^(n+m) = a^n * a^m * b^n * b^m = (a^n * b^n) * (a^m * b^m) = f(n)f(m)
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[gg0]

Bonjour.

Tu as oublié 0+0 = 0 ce qui donne f(0)=f(0+0)=f(0)², ce qui te donne les valeurs possibles pour f(0). On pouvait aussi les trouver à partir de f(1)=f(0)f(1), mais c'est plus subtil.
A noter : ton résultat se simplifie : a^n*b^n = (ab)^n ce qui fait que tes fonctions sont de la forme f(n)=u^n où u est un entier.

Cordialement.

[Poire Mathert]

Merci pour votre réponse!

Donc soit f est nulle, soit f(0) = 1, ce qui nous donne f(n) = f(1)^n quelque soit n.

Et si f est de la forme a^n pour tout n, alors f(n + m) = a^(n+m) = a^n * a^m = f(n)f(m).

Cela convient ainsi?

[gg0]

Oui, et c'est plus simple.

[A voir en vidéo sur Futura]

[Poire Mathert]

J'ai un autre exercice similaire : trouver l'ensemble des fonctions f : R --> R dérivables telles que f(x + y) = f(x) + f(y) quelque soit x et y réels.

J'ai deux solutions :

La première :

Analyse : Soit f : R --> R dérivable telle que f(x + y) = f(x) + f(y) quelque soit x et y réels.

Alors en fixant y réel, f'(x+y) = f'(x) + f'(y) = f'(x).

Donc f' est constante i.e. il existe a réel tel que f'(x) = a soit f(x) = ax + b pour b réel en primitivant.

Or, f(0 + 0) = 2f(0) donc f(0) = 0 ainsi b = 0.

Synthèse : Soit f de la forme ax pour tout réel x.

On a bien f(x + y) = a(x + y) = ax + ay = f(x) + f(y).

Deuxième solution : Ici, je n'utilises pas que f soit dérivable.

Analyse :

On a f(0) = 0 et f(1) un réel.

f(2) = f(1 + 1) = 2f(1).
f(3) = f(2 + 1) = f(2) + f(1) = 3f(1)
...
f(x) = xf(1) pour tout x.

Synthèse : f de la forme ax pour tout x convient.

Laquelle est la bonne?

[eudea-panjclinne]

Ici, je n'utilise pas que f soit dérivable.

Là ça se complique et je pense que le raisonnement conclusif est faux.
Tu pourras montrer la propriété f(x)=xf(1) pour tout x de Q (ensemble des rationnels) mais tu ne pourras pas montrer la propriété pour tout x réel sans faire intervenir un argument de continuité, dans le premier cas il était sous-entendu par la dérivabilité de f.

[gg0]

Bonjour Poire Mathert.

Dans ta "deuxième solution", tu as seulement prouvé que f(x)=xf(1) pour tout x entier positif. la fonction "partie entière" E vérifie E(x)=xE(1) pour tout entier positif, mais n'est pas solution de l'équation fonctionnelle f(x+y)=f(x)+f(y).
D'ailleurs, cette équation a une infinité de solutions, en plus des fonctions linéaires, si on n'ajoute pas une condition de continuité. Par exemple la fonction définie par f(x)=0 si et f(x)=x si x n'est pas le multiple de par un rationnel.

Cordialement.

[gg0]

J'ai été un peu trop vite dans mon exemple, il faut complexifier un peu plus, et ça devient vite de plus haut niveau (R comme Q espace vectoriel, ...). Voir par exemple sur cet autre forum. (je n'ai pas recherché ici).
L'idée est que l'on peut écrire tout réel de façon unique comme la somme d'un multiple de pi et d'une autre sorte de nombres : x = q.pi+x'; et cette écriture est compatible avec addition, et multiplication par un rationnel; on prend 0 pour les multiples de pi, le même nombre pour x' et donc f(x)=x'. On obtient ainsi une fonction additive, pas continue, pas linéaire.

Cordialement.

[eudea-panjclinne]

Je suspecte fort que la construction d'un cas pathologique pour f additive et non continue demande au moins un minimum d'axiome du choix. En gros un tel exemple est inconstructible... faut que je cherche et demande à droite à gauche. Sur Les mathématiques.net dans le lien donné ci-dessus par gg0 l'intervenant utilise une Q-base de IR qui demande pour exister d'admettre l'axiome du choix.

[Poire Mathert]

"Dans ta "deuxième solution", tu as seulement prouvé que f(x)=xf(1) pour tout x entier positif. la fonction "partie entière" E vérifie E(x)=xE(1) pour tout entier positif, mais n'est pas solution de l'équation fonctionnelle f(x+y)=f(x)+f(y)."

Mais oui suis-je bête! Merci pour la remarque.