Peut-on tracer n'importe quelle fonction décroissante ?

Evidemment que non !
Il y a des monotones non continues, des monotones continues non dérivables, et des monotones continues dérivables.

Pffff....
Il faut vraiment que j'aille chercher mes cours ? Ou que je fouille sur Internet ?

Bien évidemment, la fonction doit être continue comme demandé ça va sans dire (on se fiche de la dérivabilité ici), ce n'était pas le sens de la question.

Ce que je voulais que tu précises, c'est à quelles conditions on obtient une courbe de fonction lorsqu'on fait la symétrie par rapport à la première bissectrice. Il faut non seulement que ce que tu traces à droite représente une fonction strictement décroissante, ça tu l'as bien vu, mais de plus, quelle doit être la limite en $+\infty$ ?

Donc finalement les solutions continues de l'équation fonctionnelle $f(f(x))=x$ sont

1) $f(x) = x$

2) Les fonctions $f$ définies par
$$f(x) = g(x)[/latex] si [latex]x \in [a;+\infty[$$ $$f(x) = g^{-1}(x)[/latex] si [latex]x \in ]-\infty;a]$$
où $a \in \mathbb{R}$ et $g$ est une bijection continue (strictement décroissante) de $[a;+\infty[$ dans $]-\infty;a]$.

cogito a écrit:

Il y a aussi :

$f(x) = -x$,
$g(x) = {1\over x}$ si $x\neq 0$ et $0$ sinon
$h(x) = -g(x)$

f est de la deuxième forme évoquée par titoufred, avec a=0. g et h, non, par contre (ou alors j'ai raté un truc...)

Est-ce que les fonctions données dans le 2) de la réponse de Titoufred sont forcément continues ?

Elles sont par contre continues sur chaque intervalle de leur ensemble de définition !
en généralisant toutes les fonctions f définies par $f(x) =\frac{1}{x-a}+a$ ( pour tout x différent de a ) sont des involutions sur chaque intervalle de leur domaine de définition
donc effectivement MthS-MlndN, la fonction ne doit pas être nécessairement continue tout partout, juste que ca soit symétrique par rapport au graphe y = x bref je ne vais pas y revenir la dessus
( de toutes manieres c'est un cas particulier du post de titou )
ne cherchez pas, titou a donné toutes les solutions possibles bravo

Nombrilist : ce qu'on recherche c'est les f tels que f°f = Id ( l'identité ) et non la fonction elle même

Par contre quelqu'un pour la 2eme équation ?

MthS-MlndN a écrit:

Est-ce que les fonctions données dans le 2) de la réponse de Titoufred sont forcément continues ?

Oui.

$g$ est continue donc $g^{-1}$ aussi.

Le fait que $g$ soit une bijection continue de $[a;+\infty[$ sur $]-\infty;a]$ impose qu'elle soit strictement décroissante et donc $g(a)=a$.

Non

"Nombrilist : ce qu'on recherche c'est les f tels que f°f = Id ( l'identité ) et non la fonction elle même"

Euh oui, me suis emmêlé les crayons, je voulais bien dire fof = Id

Voilà, j'ai trouvé le temps de recopier mes notes :

Soit $f$ une solution de l'équation fonctionnelle
$$f(x+y)=f(x)f(y)-f(x+a)f(y+a)$$
1er cas : $a=0$

Alors $f(x+y)=f(x)f(y)-f(x)f(y)=0$ donc $f(x)=0$

2ème cas : $a \neq 0$

a) On suppose que $f(a) \neq 0$ :

On supposera de plus que $f$ est continue (en fait des conditions comme continue à droite en 0, ou monotone, ou bornée sur un intervalle suffisent).

L'égalité $f(x+y)=f(x)f(y)-f(x+a)f(y+a)$ devient pour $y=0$ :
$$f(x)=f(x)f(0)-f(a)f(x+a)$$
donc $f(x+a)=Kf(x)$ avec $K=\frac{f(0)-1}{f(a)}$

En réinjectant ceci dans l'égalité de départ, on obtient :
$$f(x+y)=f(x)f(y)-Kf(x)Kf(y)= (1-K^2)f(x)f(y)$$
Posons $k=1-K^2$  et  $g(x)=kf(x)$

Alors $f(x+y)=kf(x)f(y)$

donc $kf(x+y)=kf(x)kf(y)$

donc $g(x+y)=g(x)g(y)$ et donc $g$ est une fonction exponentielle.

Autrement dit, $g(x)=b^x$  où  $b>0$  et donc $f(x)=\frac{b^x}{1-K^2}$

Maintenant, $K=\frac{f(0)-1}{f(a)}=\frac{\frac{1}{1-K^2}-1}{\frac{b^a}{1-K^2}}=\frac{K^2}{b^a}$

donc $K=b^a$

Par conséquent, $f(x)=\frac{b^x}{1-b^{2a}}$

Inversement, on peut vérifier que de telles fonctions vérifient l'équation de départ.