raycage
J'ai une idée mais je sais pas du tout si ça va marcher, je vais essayer de l'exprimer clairement, on verra après...
Pour la première itération, on va définir la fonction f0f_0f0 telle que :
∗f0*f_0∗f0(x)=x sur [0, 1/3[=I0,11/3[=I_{0, 1}1/3[=I0,1
∗f0*f_0∗f0(x)=4/3-x sur [1/3, 2/3[=I0,22/3[=I_{0, 2}2/3[=I0,2
∗f0*f_0∗f0(x)=x-1/3 sur [2/3, 1]=I0,31]=I_{0, 3}1]=I0,3
Puis pour fnf_nfn, on prendra la fonction telle que :
∗f*f∗fn(x)=f</em>n−1(x)=f</em>{n-1}(x)=f</em>n−1(x/3) sur In−1,1I_{n-1, 1}In−1,1 (ce qui définit les intervalles In,1I_{n, 1}In,1, In,2I_{n, 2}In,2, In,3I_{n, 3}In,3).
∗f*f∗fn(x)=f(x)=f(x)=f{n-1}(x/3−1/3(x/3-1/3(x/3−1/3^{n+1})+f)+f)+f{n-1}(1/3n(1/3^n(1/3n) sur I</em>n−1,2I</em>{n-1, 2}I</em>n−1,2 (...)
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∗f*f∗fn(x)=f(x)=f(x)=f{n-1}(x/3−(k−1)/3(x/3-(k-1)/3(x/3−(k−1)/3^{n+1})+f)+f)+f{n-1}((k−1)/3n((k-1)/3^n((k−1)/3n) sur I</em>n−1,kI</em>{n-1, k}I</em>n−1,k (...)
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∗f*f∗fn(x)=f(x)=f(x)=f{n-1}(x/3−(3(x/3-(3(x/3−(3^n−1)/3-1)/3−1)/3^{n+1})+f)+f)+f{n-1}((3((3((3^n−1)/3n-1)/3^n−1)/3n) sur I</em>n−1,3nI</em>{n-1, 3n}I</em>n−1,3n (...)
Voilà, en espérant ne pas m'être trompé dans mes indexations :rolling_eyes: , je te laisse vérifier que la limite de fnf_nfn quand n tend vers l'infini correspond bien à ce que tu cherches (je ne vois pas de raison pour que ça ne marche pas, mais on sait jamais...)
Ouep ca devrait marcher, je pense aussi ;). Je crois qu'au bout du compte on se retrouve avec une droite ou des segments de droite qui ressemble à quelque chose de continue mais qui ne l'est pas.
PS : la suite logique et qui me semble impossible serait un algorithme qui aboutisse a une fonction vérifiant : ∀ε>0 et ∀x0x_0x0 ∈ [0, 1], ∃x,y ∈ [x0-ε, x0+ε] tel que max(f(x))-min(f(y))=1. Là si quelqu'un trouve, vraiment il sera très très.... très fort.