Challenge 87 : Une anti-involution ?

  • Auteur/autrice de la publication :
  • Post category:Challenge
icone-challenge-math-OS

Il existe une infinité d’applications f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}} vérifiant la condition : f\circ f=id_{\mathbb{R}}.

On peut citer id_{\mathbb{R}}, toutes les applications affines du type x\mapsto a-x (avec a\in\mathbb{R} arbitraire), ou encore x\mapsto\left(1-x^{3}\right)^{1/3} et … beaucoup, beaucoup d’autres.

Mais sauriez-vous produire un exemple d’application f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R} vérifiant f\circ f=-id_{\mathbb{R}} ?

Une solution est disponible ici

Partager cet article
    
Étiquettes : , , , , , , , , , , ,

Cet article a 5 commentaires

  1. CLAVIER 9 Août 2024 Répondre

    On peut prendre la fonction f impaire définie sur R+ par :
    f(0)=0
    f(x)=x+1 si x est dans ]2n,2n+1]
    f(x)=-x+1 si x est dans ]2n+1,2n+2]
    Il est facile de vérifier que ça fonctionne.
    Évidemment, il y a une infinité de solutions ressemblant à celle-ci (en changeant la longueur des intervalles).

  2. Saïd Tellez 7 Août 2024 Répondre

    Bonjour!
    Si f:R->R vérifie fof=-id:
    Pour x dans R : f(-x)=(f^3)(x)=-f(x)
    Donc f est impaire et f(0)=0, ce qui nous donne une intuition pour la suite.

    Soit A, B une partition de ]0,+inf[ avec A et B équipotents.
    Il existe une bijection g:A->B
    Nous posons, pour x dans R:
    f(x)=
    0 si x=0,
    g(x) si x dans A,
    -g^(-1)(x) si x dans B,
    -g(-x) si x dans -A,
    g^(-1)(-x) si x dans -B

    Nous vérifions que fof=-id.

    En fait, toutes les applications cherchées sont de cette forme là:
    Soit f:R->R telle que fof=-id. On note:
    A = {x dans ]0,+inf[ / f(x)>0}
    B = {x dans ]0,+inf[ / f(x)<0}

    (On note < l’inclusion ensembliste)
    On a, par définition de A:
    f(A) < ]0,+inf[

    Pour tout y dans f(A) (si A non vide):
    Il existe a dans A tel que y = f(a)
    Donc f(y)=f(f(a))=-a et alors:
    f(f(A)) < -A
    Pour a dans A : -a=f(f(a)) donc -A < f(f(A)) et alors:
    f(f(A)) = -A < ]-inf,0[ (ce qui reste vrai si A est vide)
    Donc f(A) 0 par définition de B.
    Or f(-f(b))=-f(f(b))=b>0
    Donc -f(b) appartient à A.
    Donc b=f(-f(b)) est dans f(A)
    Donc B < f(A) (ce qui reste vrai si B est vide)

    Donc f(A)=B

    Donc A et B sont tous les deux non vides (puisqu’au moins l’un d’eux est non vide)

    f induit une bijection g de A dans f(A)=B, donc A et B sont équipotents.

    Finalement:
    Pour x dans B:
    x=-f(f(x))=g(-f(x)) donc f(x)=-g^(-1)(x)
    Pour x dans -A:
    f(x)=-f(-x)=-g(-x)
    Pour x dans -B:
    -x=f(f(x)) donc
    g^(-1)(-x)= g^(-1)(f(f(x)))=f(x)

    Ce type d’exercice, qu’on arrête de faire en école d’ingénieurs, me manque énormément…

  3. JAUBERT 7 Août 2024 Répondre

    Effectivement… vous avez bien sûr raison.

    A moins de se restreindre à des corps finis, je ne vois pas trop comment la définir sur l’ensemble des réels…

  4. JAUBERT 7 Août 2024 Répondre

    Si une telle fonction réelle existe, alors elle est nécessairement bijective.
    En effet :
    – Injective : si f(x)=f(y) f(f(x))=f(f(y)) -x=-y donc x=y
    – Surjective : Quel que soit y réel, on peut trouver x tel que f(x)=y, il suffit de prendre x=-f(y)

    Or si f est bijective elle est monotone ce qui est en contradiction avec f(f(x))=-x

    1. René Adad 7 Août 2024 Répondre

      Bonjour et merci de votre commentaire. Pour ce qui concerne le caractère bijectif, nous sommes d’accord; on peut d’ailleurs rappeler au passage le mécanisme général qui sous-tend votre raisonnement : si une composée v\circ u est injective (resp. surjective) alors u est injective (resp. v est surjective).

      En revanche, la bijectivité de f n’entraîne pas sa monotonie (à moins bien sûr qu’on suppose la continuité de f … ce que l’énoncé initial ne fait pas).

Laisser un commentaire