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bridgslam · 08-10-2024 10:51:27

Bonjour,

Une démarche possible pour déterminer les solutions en f, par analyse-synthèse, en quelques étapes et sans supputer une forme polynomiale de f:

- f est définie par ses images sur 0, 1, ..., k-1 (calcul simple)
- le passage au quotient ( licite) sur les classes modulo k donne une involution
- cette involution ne peut pas avoir de point fixe ( car on aboutit à une contradiction arithmétique en exhibant un nombre qui serait pair et impair ). Or:

- si k est impair il en faut au moins 1, alors f n'existe pas
- si k est pair, on trouve primo les seules expressions de gab, on vérifie secondo qu'elles fonctionnent.

Bon exo
A.

Roro · 06-10-2024 20:36:08

Salut,

Mes contre-exemples ne fonctionnent pas car on cherche des applications à valeurs dans $\mathbb Z$... donc pas de $1/n$...

Roro.

Eust_4che · 06-10-2024 17:48:45

Merci Roro,

Je cherchais les involutions de $\mathbf{R}$ pour obtenir des applications $f$ telles que $f^2$ est polynomiale sans que $f$ le soit. Si l'on pose $f(0) = 0$ et $f(x) = 1/x$ pour $x \neq 0$, on obtient $f \circ f = id$, qui est évidemment polynomiale, mais $f$ n'est pas polynomiale.
Donc la méthode proposée par Gap ne fonctionne pas.

Roro · 06-10-2024 17:08:07

Bonsoir,

Lorsque $k=0$, il me semble qu'il y a aussi des solutions de la forme $f(n)=\frac{1}{n}$, ou plus généralement $f(n) = \frac{an+b}{cn-a}$.
Dans le cas général, je ne sais pas comme ça...

Roro.

gab.mp3 · 06-10-2024 14:04:50

Eust_4che a écrit :

Dans ta démonstration, tu utilises le fait que la fonction $f$ est déjà une fonction polynomiale. Mais là, on a que $f^2$...

oui je vois ce que tu veux dire
En fait mon instinct me dit que seule une fonction polynomiale composée à elle même donne un polynôme mais ca ne doit pas forcement être vrai. Il faudrait réussir a trouver les conditions nécessaires pour qu'une fonction non polynomiale composée a elle même donne un polynôme et ensuite dire que dans notre cas les conditions ne sont pas respectées. Mais je n'arrive pas a trouver quelles pourraient être les conditions.

Eust_4che · 06-10-2024 13:39:34

Bonjour à tous et à toutes,

J'ai l'impression que le problème vient de l'assertion :

J'ai d'abord montré par contraposée que si une fonction composée avec elle-même est un polynôme de degré $p^2$ pour $p \geq 1$, alors la fonction est un polynôme de degré $p$.

Dans ta démonstration, tu utilises le fait que la fonction $f$ est déjà une fonction polynomiale. Mais là, on a que $f^2$...

E.

Fred · 06-10-2024 12:07:38

Bonjour

Quelques imprécisions :
* il faut être plus précis dans la justification de l'identification
* 0 est un nombre pair

Par ailleurs il faudrait voir ton raisonnement initial par contrastée car c'est là que doit être la difficulté !

F.

gab.mp3 · 06-10-2024 11:44:47

Zebulor a écrit :

Bonjour,
sur la forme, est ce qu'il ne faudrait pas vérifier que les solutions que tu as trouvées vérifient bien ton équation de départ ?

oui tu as raison, mais ca se fait assez facilement :
Si $ f(n) = -n $, alors
\[
f(f(n)) = -(-n) = n \quad \text{(et $ k = 0 $)}
\]

Si $ f(n) = n + \frac{k}{2} $, alors
\[
f(f(n)) = \left(n + \frac{k}{2}\right) + \frac{k}{2} = n + k
\]

Zebulor · 06-10-2024 11:27:23

Bonjour,

sur la forme, est ce qu'il ne faudrait pas vérifier que les solutions que tu as trouvées vérifient bien ton équation de départ ?

gab.mp3 · 06-10-2024 11:18:34

Bonjour à tous,

J'aimerais vous proposer une solution au problème suivant :

Déterminer toutes les fonctions $ f $ allant de $ \mathbb{Z} $ dans $ \mathbb{Z} $ (ou de $ \mathbb{N} $ dans $ \mathbb{N} $) vérifiant $ f(f(n)) = n + k $, avec $ k $ un entier relatif (ou naturel).

J'ai vu deux vidéos qui résolvent ce problème, posé à un oral d'entrée à Centrale (il me semble), et dans les deux, les outils utilisés ne sont pas à ma portée.

De mon côté, j'ai raisonné comme ça :

J'ai d'abord montré par contraposée que si une fonction composée avec elle-même est un polynôme de degré $ p^2 $ pour $ p \geq 1 $, alors la fonction est un polynôme de degré $ p $ (en prenant un polynôme $ P $ de degré $ q \neq p $, $ P(P) $ est de degré $ q^2 \neq p^2 $).

Ainsi, pour $ f(f) $ de degré 1, $ f $ est aussi une fonction affine.

Ensuite, on raisonne par identification : $ f(f(n)) = n + k $. Or $ f(n) = an + b $, où $ a $ et $ b $ sont des entiers, d'où $ f(f(n)) = a^2 n + ab + b $.

Ici, on a $ a^2 = 1 $, donc $ a = 1 $ ou $ -1 $.

Si $ a = 1 $, $ 2b = k $, ce qui est possible que si $ k $ est pair.
Si $ a = -1 $, $ k = 0 $.

Ainsi, les solutions sont :

$ f(n) = -n $ si $ k = 0 $,
$ f(n) = n + \frac{k}{2} $ si $ k $ est pair.

Cette solution me paraît plutôt simple ; je ne comprends donc pas pourquoi elle n'est pas évoquée dans les vidéos que j'ai vues. C'est pour cela que je me demande si elle est correcte, et donc je vous la partage.

Qu'en pensez-vous ? Y a-t-il des imprécisions ?

Merci d'avance !

PS : On pourrait aussi montrer que si une fonction composée avec elle-même $ n $ fois est un polynôme de degré $ p^n $, alors la fonction est un polynôme de degré $ p $ (pour $ p \geq 1 $).

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