´ nonc´e E
` Probl eme eme
´ Equations fonctionnelles Premi` Pre mi` ere ere partie par tie On se propose de d´ eterminer eterminer les applications continues f : R
→ R, qui v´erifient eri fient : ∀ (x, y) ∈ R , f (x + y) + f (x − y) = 2f (x)f (y) 2
(1)
1. D´eterminer eterminer les solutions constantes de (1). 2. On suppose que f est une solution non constante de (1). Soit F la primitive de f qui s’annule `a l’origine. l’origine. (a) Montrer que pour tous x, y de (b) Prouver Prouver que f est de classe
C
R,
∞
on a : F (x + y )
sur
R et
que :
F (x
∀− ∈ x
− y) = 2f (x)F (y).
R,
f (x) = f (0)f (x)
f (0) = 1, f (0) = 0
3. D´eterminer eterminer toutes les solutions continues de (1). Deux Deuxi` i` eme eme part pa rtie ie On se propose de d´ eterminer eterminer les applications continues f, g :
R
→ R, qui v´erifient eri fient :
2
∀ (x, y) ∈ R , f (x − y) = f (x)f (y) + g(x)g(y)
(2)
1. Montrer Montrer que pour tout couple solution solution (f, g) de (2), l’application f est paire. 2. Soit (f, g) un couple solution de (2). On suppose que f n’est pas constante. (a) Montrer que pour tous x, y de
R,
on a : g ( x)g ( y ) = g (x)g(y).
−
−
Montrer que g n’est pas paire, et en d´ eduire eduire que g est impaire. (b) Calculer Calculer f (0), ainsi que f 2 (x) + g2 (x) pour tout x de
R.
(c) Montrer Montrer que f est solution de (1). 3. Trouver rouver tous les couples ( f, g ) solutions de (2).
Troisi` Troisi` eme em e part pa rtie ie On se propose de d´ eterminer eterminer les applications continues f, g :
R
→ R, qui v´erifient eri fient :
2
∀ (x, y) ∈ R , f (x + y) + f (x − y) = 2f (x)g(y)
(3)
1. Soit (f, g) un couple solution de (3). On suppose que f, g ne sont pas identiquement nulles. On note F, G les primitives de f, g qui s’annulent en 0. (a) Montrer que pour tous x, y de
R,
on a F (x + y)
(b) En d´eduire eduire que f et g sont de classe
C
∞
sur
− F (x − y) = 2f (x)G(y).
R.
(c) Prouver Prouver que l’application l’application g v´erifie erifie la relation relat ion (1). (d) Montrer que pour tous x, y de
R,
on a : f (x)g(y ) = f (x)g (y ).
2. D´eterminer etermi ner tous les couples c ouples solutions soluti ons de d e l’´equation equati on (3). ( 3).
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Probl ` eme
Corrig´e
Corrig´ e du probl` eme Premi` ere partie 1. La fonction constante f : x a est solution de (1) si et seulement si 2 a = 2a2 , c’est-` a-dire si et seulement si a est ´egal `a 0 ou `a 1.
→
Les solutions constantes de (1) sont donc les applications x 2.
→ 0 et x → 1. (a) Avec x fix´e dans R, la relation (1) s’´ecrit : ∀ t ∈ R, f (x + t) + f (x − t) = 2f (x)f (t). En int´egrant de t = 0 et t = y (o`u y est un r´eel donn´e) on obtient :
y
y
f (x + t) dt +
0
y
f (x
0
Autrement dit :
− t) dt = 2f (x) x+y
2
∀ (x, y) ∈ R ,
Cette ´egalit´e s’´ecrit :
f (t) dt = 2f (x)F (y )
0
f (u) du
x
x−y
−
f (u) du = 2f (x)F (y),
x
2
∀ (x, y) ∈ R , F (x + y) − F (x) − F (x − y) + F (x) = 2f (x)F (y). C’est-`a-dire : ∀ (x, y) ∈ R , F (x + y ) − F (x − y ) = 2f (x)F (y). 2
(b) — Si on fait x = y = 0 dans (1) on trouve 2f (0) = 2f (0)2 donc f (0) = 0 ou f (0) = 1. Si on avait f (0) = 0, alors il en r´esulterait, en posant y = 0 dans l’´egalit´e (1) :
∀ x ∈ R, 2f (x) = 2f (x)f (0) = 0 et f serait identiquement nulle. On en d´eduit que f (0) est n´ecessairement ´egal `a 1.
— L’application F n’est pas constante (sinon f = F serait identiquement nulle.) Il existe donc x0 dans
R tel
que F (x0 ) = 0.
F (x + x ) − F (x − x ) D’apr`es ce qui pr´ec`ede on peut ´ecrire : ∀ x ∈ R, f (x) = . 2F (x ) Tout d’abord, on sait que f est continue (de classe C .) Supposons que f soit de classe C , avec n dans N. Alors F (primitive de f ) est de classe C , et la relation pr´ec´edente montre que l’application . f est de classe C Par r´ecurrence, cela prouve que f est de classe C . 0
0
0
0
n
n+1
n+1
∞
— On d´erive l’´egalit´e (1) par rapport a` y , en consid´erant x comme une constante. On obtient :
2
∀ (x, y) ∈ R , f (x + y) − f (x − y) = 2f (x)f (y).
Si on pose x = y = 0, on obtient : 0 = 2 f (0)f (0) donc f (0) = 0 car f (0) = 1. — On d´erive (1) deux fois par rapport a` x, en consid´erant y comme une constante. On obtient :
2
∀ (x, y) ∈ R , f (x + y) + f (x − y) = 2f (x)f (y).
On d´erive (1) deux fois par rapport a` y, en consid´erant x comme une constante. On obtient :
2
∀ (x, y) ∈ R , f (x + y) + f (x − y) = 2f (x)f (y). On en d´eduit : ∀ (x, y ) ∈ R , f (x)f (y) = f (x)f (y). En particulier, en choisissant y = 0, on trouve : ∀ x ∈ R, f (x) = f (0)f (x). ∀ x ∈ R, f (x) = f (0)f (x) Conclusion : f est de classe C sur R et f (0) = 1, f (0) = 0 2
∞
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Probl ` eme
Corrig´e
3. Consid´erons une solution f non constante de (1). On sait que
f (0) = 1
f (0) = 0
et que f (x) = f (0)f (x) pour tout x de
R.
— Si f (0) est nul, cela implique f
≡ 0 donc f (x) ≡ ax + b, avec On retombe sur la solution constante f : x → 1 (´ecart´ee ici.)
a = f (0) = 0 b = f (0) = 1
— Si f (0) > 0, posons f (0) = ω 2 , avec ω > 0. L’´equation f (x)
≡ f (0)f (x) conduit `a f (x) ≡ λch ωx + µsh ωx.
Les conditions f (0) = 1, f (0) = 0 imposent alors λ = 1 et µ = 0 donc f (x)
≡ ch ωx.
2
Inversement on a bien
∀ (x, y) ∈ R , ch ω(x + y) + ch ω(x − y) = 2(ch ωx)(ch ωy ). — Si f (0) < 0, posons f (0) = −ω , avec ω > 0. L’´equation f (x) ≡ f (0)f (x) conduit `a f (x) ≡ λ cos ωx + µ sin ωx. Les conditions f (0) = 1, f (0) = 0 imposent alors λ = 1 et µ = 0 donc f (x) ≡ cos ωx. R´eciproquement, on a bien ∀ (x, y) ∈ R , cos ω (x + y ) + cos ω (x − y) = 2(cos ωx)(cos ωy ).
2
2
Conclusion : l’ensemble des solutions continues de (1) est form´e ∗
– de l’ensemble des applications x
→ ch ωx, avec ω ∈ R . – de l’ensemble des applications x → cos ωx, avec ω ∈ R . – des applications constantes x → 0 et x → 1. ∗
Deuxi` eme partie 1. Soit (f, g) un couple solution de (2). Avec x = t et y = 0, on trouve :
∀ t ∈ R, f (t) = f (t)f (0) + g(t)g(0). Avec x = 0 et y = t , on trouve : ∀ t ∈ R, f (−t) = f (0)f (t) + g (0)g (t). On constate que f (−t) = f (t) pour tout t de R : l’application f est paire. 2. (a) En changeant y en −y dans (2), et en utilisant la parit´e de f , on trouve : ∀ (x, y) ∈ R , f (x + y) = f (x)f (−y) + g(x)g(−y) = f (x)f (y) + g(x)g(−y). 2
Par diff´erence avec l’´egalit´e (2), on en tire : 2
∀ (x, y) ∈ R , f (x − y) − f (x + y) = g (x)(g(y) − g(−y)). f n’´etant pas constante, il existe (x0 , y0 ) dans
2
− y ) = f (x + y ). On en d´eduit g (x )(g(y ) − g (−y )) = 0 donc g (y ) − g (−y ) = 0. 0
0
tel que f (x0
R
0
0
0
0
0
0
Ainsi l’application g n’est pas paire. En changeant x en
−x et y en −y dans (2) on trouve (en utilisant la parit´e de f ) : f (−x + y ) ≡ f (−x)f (−y) + g(−x)g(−y) donc f (x − y) ≡ f (x)f (y ) + g(−x)g(−y). Par diff´erence avec (2), on en tire : ∀ (x, y) ∈ R , g(x)g(y ) = g (−x)g(−y). Si on pose x = y , on trouve alors : ∀ x ∈ R, g (x) = g (−x) . Or il existe y dans R tel que g(−y ) = g (y ) (l’application g n’est pas paire.) Pour ce r´eel, on trouve donc g (−y ) = −g(y ) (et ces r´eels sont non nuls.) Ainsi, pour tout x de R, on a : g(x)g(y ) = g (−x)g (−y ) = −g(−x)g (y ). Puisque g(y ) = 0, on a bien ∀ x ∈ R, g(−x) = −g (x). Donc g est impaire. 2
2
0
0
2
0
0
0
0
0
0
0
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Probl ` eme
Corrig´e
(b) On pose y = 0 dans (2) et on trouve, en utilisant g (0) = 0 (car g est impaire) :
∀ x ∈ R, f (x) = f (x)f (0) + g(x)g(0) = f (x)f (0).
Mais f n’est pas constante, donc il existe x1 dans
R tel
que f (x1 ) = 0.
L’´egalit´e f (x1 ) = f (x1 )f (0) donne alors f (0) = 1. Si on pose x = y dans (2), on en d´eduit : 2
2
2
2
∀ x ∈ R, f (0) = f (x) + g (x) donc f (x) + g (x) = 1. (c) En changeant y en −y dans (2) et en utilisant la parit´e de f et l’imparit´e de g : ∀ (x, y) ∈ R , f (x + y) = f (x)f (−y) + g(x)g(−y) = f (x)f (y) − g(x)g(y). 2
En ajoutant avec l’´egalit´e (2), on trouve : 2
∀ (x, y) ∈ R , f (x + y) + f (x − y) = 2f (x)f (y). Donc f est solution de (1).
3. Commen¸cons par d´ eterminer tous les couples (f, g) solutions de (2) en supposant que f est une application constante x esultats de la question pr´ec´edente ont ´et´e obtenus en a (attention : les r´ supposant que f n’´etait pas constante.)
→
L’´egalit´e (2) donne alors : (x, y)
∈ R, g(x)g(y) = f (x − y) − f (x)f (y) = a(1 − a). En particulier : ∀ x ∈ R, g (x) = a (1 − a). ∀ 2
— Si a < 0 ou a > 1, il n’y a aucune solution. — Si a
∈ {0, 1}, c’est-`a-dire si f ≡ 0 ou f ≡ 1, alors g ≡ 0. R´eciproquement, les couples (f ≡ 0 , g ≡ 0) et (f ≡ 1 , g ≡ 0) sont solutions de (2). √ √ — Si 0 < a < 1, alors pour tout x de R, on a g (x) = a − a ou g(x) = − a − a . 2
2
Comme g est continue sur R, elle ne peut pas prendre tantˆot une de ces deux valeurs et tantˆot l’autre (sans prendre toutes les valeurs comprises entre elles).
≡ √ a − a ou g ≡ −√ a − a . √ (f ≡ a, g ≡ a − a ) R´eciproquement, les couples √ sont solutions de (2). (f ≡ a, g ≡ − a − a ) 2
Autrement dit, on a : g
2
2
2
On va maintenant supposer que f n’est pas constante, ce qui permet d’utiliser les r´ esultats de la question pr´ec´edente. On sait notamment que f est solution de (1). — Premier cas : il existe ω > 0 tel que f (x) Pour tout x de
R,
on a g 2 (x) = 1
2
≡ ch ωx.
2
− f (x), donc g (x) < 0 si x = 0 ce qui est absurde.
Ce premier cas ne fournit donc aucune solution pour l’´equation (2). — Deuxi`eme cas : il existe ω > 0 tel que f (x) Pour tout x de
R,
on a alors g 2 (x) = 1
En particulier, avec x = Pour tous x, y dans
R,
π
2n
≡ cos ωx. 2
2
− f (x) = sin ωx. , il existe ε ∈ {−1, 1}, tel que g(
π
2n
) = ε .
on a :
g(x)g(y) = f (x
− y) − f (x)f (y) = cos ω(x − y) − cos ωx cos ωy = sin ωx sin ωy . En choisissant y = , on trouve : ∀ x ∈ R, g (x) = ε sin ωx. (f ≡ cos ωx, g ≡ sin ωx) R´eciproquement, les couples sont solutions de (2). (f ≡ cos ωx, g ≡ − sin ωx) On a donc obtenu tous les couples de solutions continues de l’´ equation (2). √ (f ≡ cos ωx, g ≡ sin ωx) (f ≡ a, g ≡ a − a ) (f ≡ 0 , g ≡ 0) √ Ce sont : , (f ≡ a, g ≡ − a − a ) et (f ≡ cos ωx, g ≡ − sin ωx) (f ≡ 1 , g ≡ 0) π
2n
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2
2
avec 0 < a < 1
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avec ω > 0
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Probl ` eme
Corrig´e
Troisi` eme partie 1. (a) Fixons x et y dans Pour tout t de
R,
R.
on a f (x + t) + f (x
− t) = 2f (x)g(t).
En int´egrant cette ´egalit´e entre t = 0 et t = y , on trouve :
y
y
f (x + t) dt +
0
y
f (x
− t) dt = 2f (x)
0
x+y
Ainsi :
f (u) du
x
x−y
−
g(t) dt = 2f (x)G(y).
0
f (u) du = 2f (x)G(y).
x
Cette ´egalit´e s’´ecrit F (x + y)
− F (x − y) = 2f (x)G(y), pour tous x, y de R.
(b) L’application G n’est pas identiquement nulle (sinon g = G le serait.) Il existe donc y0 dans
R tel
que G(y0 ) = 0.
La question pr´ec´edente donne : Tout d’abord f est de classe
C
∀ x ∈ R, f (x) = F (x + y2)G−(yF )(x − y ) .
0
0
0
0
(continue.)
Si f est de classe n , alors F (qui est une primitive de f ) est de classe montre que f est de classe n+1 .
C
C
Il en d´ecoule par r´ecurrence que f est de classe On se donne x0 dans
R tel
C
∞
C
n+1
, et l’´egalit´e pr´ec´edente
.
que f (x0 ) = 0 (f n’est pas identiquement nulle.)
∀ y ∈ R, g(y) = f (x + y2)f +(xf )(x − y) . Puisque f est de classe C , il en d´ecoule que g est de classe C . f (x + y) + f (x − y ) (c) Pour tout y de R, on sait que g(y ) = , avec f (x ) = 0. 0
L’´egalit´e (3) donne alors :
0
0
∞
∞
0
0
0
2f (x0 )
On en d´eduit, pour tous x, y de R : f (x0 + x + y)+ f (x0 x y) f (x0 + x y )+ f (x0 x + y) g(x + y) + g (x y ) = + 2f (x0 ) 2f (x0 ) 1 = f (x0 + x + y)+ f (x0 + x y) + f (x0 x y)+ f (x0 x + y) 2f (x0 ) 1 = 2f (x0 + x)g (y) + 2 f (x0 x)g(y ) (d’apr`es (3)) 2f (x0 )
−−
−
−
−
−−
=
g(y ) (f (x0 + x) + f (x0 f (x0 )
=
g(y ) (2f (x0 )g (x)) = 2g(x)g(y ) f (x0 )
−
−
−
− x))
On voit effectivement que g satisfait `a l’´egalit´e (1). (d) On d´erive (3) deux fois par rapport a` x, en consid´erant y comme une constante. On obtient :
2
∀ (x, y) ∈ R , f (x + y) + f (x − y) = 2f (x)g(y).
On d´erive (3) deux fois par rapport a` y , en consid´erant x comme une constante. On obtient :
2
∀ (x, y) ∈ R , f (x + y) + f (x − y) = 2f (x)g (y). On en d´eduit : ∀ (x, y) ∈ R , f (x)g(y ) = f (x)g (y ). 2
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Probl ` eme
2. Si f est identiquement nulle sur
R,
Corrig´e
toute application continue g :
→ R convient. Si g ≡ 0 sur R, alors (3) ´equivaut `a : ∀ (x, y ) ∈ R , f (x + y ) + f (x − y) = 0. Avec y = 0, on obtient f (x) = 0 pour tout x. Seule la fonction f ≡ 0 convient. R
2
On peut donc supposer que f et g sont non identiquement nulles, et utiliser les r´esultats pr´ec´edents. En particulier g v´erifie l’´egalit´e (1). Il y a alors plusieurs cas possibles.
— Si g
≡ 1, le r´esultat de (III.1.d) donne f (x)g(y) ≡ f (x)g (y) ≡ 0 donc f ≡ 0. L’application f est donc de la forme : x → f (x) = λx + µ. L’´egalit´e (3) ´equivaut alors a` : ∀ (x, y ) ∈ R , f (x + y) + f (x − y ) = 2f (x). Autrement dit : ∀ (x, y ) ∈ R , λ(x + y) + µ + λ(x − y) + µ = 2(λx + µ). 2
2
Cette ´egalit´e est v´erifi´ee pour tous r´eels λ et µ. — On suppose que g(x)
≡ cos ωx, avec ω > 0. La question (III.1.d) donne ∀ (x, y) ∈ R , f (x)cos ωy = −ω f (x)cos ωy . En choisissant par exemple y = 0, on trouve : ∀ x ∈ R, f (x) + ω f (x) = 0. Il existe donc λ, µ dans R tels que f (x) ≡ λ cos ωx + µ sin ωx. 2
2
2
L’´egalit´e (3) ´equivaut alors a`, pour tous x, y r´eels : λ cos ω(x + y ) + µ sin ω(x + y) + λ cos ω(x
− y) + µ sin ω(x − y) = 2(λ cos ωx + µ sin ωx)cos ωy .
On constate que cette ´egalit´e est v´erifi´ee pour tous λ, µ de
R.
— On suppose que g(x)
≡ ch ωx, avec ω > 0. La question (III.1.d) donne ∀ (x, y) ∈ R , f (x)ch ωy = ω f (x)ch ωy . En choisissant par exemple y = 0, on trouve : ∀ x ∈ R, f (x) − ω f (x) = 0. Il existe donc λ, µ dans R tels que f (x) ≡ λ ch ωx + µsh ωx. 2
2
2
L’´egalit´e (3) ´equivaut alors a`, pour tous x, y r´eels : λch ω (x + y ) + µsh ω(x + y) + λch ω(x
− y) + µsh ω(x − y) = 2(λch ωx + µsh ωx)ch ωy .
On constate que cette ´egalit´e est v´erifi´ee pour tous λ, µ de
R.
On a donc obtenu tous les couples ( f, g ) de solutions continues de (3). Ce sont les couples : — (f
≡ 0, g) (ici g est une application quelconque continue sur R.) — (f ≡ λx + µ, g ≡ 1) (avec λ et µ deux r´eels quelconques.) — (f ≡ λ cos ωx + µ sin ωx, g ≡ cos ωx) (avec ω > 0.) — (f ≡ λ ch ωx + µsh ωx, g ≡ ch ωx) (avec ω > 0.)
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