M-PT-DER-JMF-A

Problèmes de Mathématiques
Équations fonctionnelles
Énoncé
Équations fonctionnelles
Première partie
On se propose de déterminer les applications continues f : R → R, qui vérifient :
∀ (x, y) ∈ R2 , f (x + y) + f (x − y) = 2f (x)f (y)
(1)
1. Déterminer les solutions constantes de (1). [ S ]
2. On suppose que f est une solution non constante de (1).
Soit F la primitive de f qui s’annule à l’origine.
(a) Montrer que pour tous x, y de R, on a : F (x + y) − F (x − y) = 2f (x)F (y). [ S ]
∀ x ∈ R, f 00 (x) = f 00 (0)f (x)
(b) Prouver que f est de classe C ∞ sur R et que :
[S]
f (0) = 1, f 0 (0) = 0
3. Déterminer toutes les solutions continues de (1). [ S ]
Deuxième partie
On se propose de déterminer les applications continues f, g : R → R, qui vérifient :
∀ (x, y) ∈ R2 , f (x − y) = f (x)f (y) + g(x)g(y)
(2)
1. Montrer que pour tout couple solution (f, g) de (2), l’application f est paire. [ S ]
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 déduire que g est impaire. [ S ]
(b) Calculer f (0), ainsi que f 2 (x) + g 2 (x) pour tout x de R. [ S ]
(c) Montrer que f est solution de (1). [ S ]
3. Trouver tous les couples (f, g) solutions de (2). [ S ]
Troisième partie
On se propose de déterminer les applications continues f, g : R → R, qui vérifient :
∀ (x, y) ∈ R2 , 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) − F (x − y) = 2f (x)G(y). [ S ]
(b) En déduire que f et g sont de classe C ∞ sur R. [ S ]
(c) Prouver que l’application g vérifie la relation (1). [ S ]
(d) Montrer que pour tous x, y de R, on a : f 00 (x)g(y) = f (x)g 00 (y). [ S ]
2. Déterminer tous les couples solutions de l’équation (3). [ S ]
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Problèmes de Mathématiques
Équations fonctionnelles
Corrigé
Corrigé du problème
Première partie
1. La fonction constante f : x 7→ a est solution de (1) si et seulement si 2a = 2a2 , c’est-à-dire si et
seulement si a est égal à 0 ou à 1.
Les solutions constantes de (1) sont donc les applications x 7→ 0 et x 7→ 1. [ Q ]
2. (a) Avec x fixé dans R, la relation (1) s’écrit : ∀ t ∈ R, f (x + t) + f (x − t) = 2f (x)f (t).
En intégrant de t = 0 et t = y (où y est un réel donné) on obtient :
Z y
Z y
Z y
f (x + t) dt +
f (x − t) dt = 2f (x)
f (t) dt = 2f (x)F (y)
0
0
Autrement dit : ∀ (x, y) ∈ R2 ,
0
Z
x+y
Z
f (u) du −
x
x−y
f (u) du = 2f (x)F (y),
x
Cette égalité s’écrit :
∀ (x, y) ∈ R2 , F (x + y) − F (x) − F (x − y) + F (x) = 2f (x)F (y).
C’est-à-dire : ∀ (x, y) ∈ R2 , F (x + y) − F (x − y) = 2f (x)F (y). [ Q ]
(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 résulterait, en posant y = 0 dans l’égalité (1) :
∀ x ∈ R, 2f (x) = 2f (x)f (0) = 0 et f serait identiquement nulle.
On en déduit que f (0) est nécessairement égal à 1.
– L’application F n’est pas constante (sinon f = F 0 serait identiquement nulle.)
Il existe donc x0 dans R tel que F (x0 ) 6= 0.
F (x + x0 ) − F (x − x0 )
D’après ce qui précède on peut écrire : ∀ x ∈ R, f (x) =
.
2F (x0 )
0
Tout d’abord, on sait que f est continue (de classe C .)
Supposons que f soit de classe C n , avec n dans N.
Alors F (primitive de f ) est de classe C n+1 , et la relation précédente montre que l’application f est de classe C n+1 .
Par récurrence, cela prouve que f est de classe C ∞ .
– On dérive l’égalité (1) par rapport à y, en considérant x comme une constante.
On obtient : ∀ (x, y) ∈ R2 , f 0 (x + y) − f 0 (x − y) = 2f (x)f 0 (y).
Si on pose x = y = 0, on obtient : 0 = 2f (0)f 0 (0) donc f 0 (0) = 0 car f (0) = 1.
– On dérive (1) deux fois par rapport à x, en considérant y comme une constante.
On obtient : ∀ (x, y) ∈ R2 , f 00 (x + y) + f 00 (x − y) = 2f 00 (x)f (y).
On dérive (1) deux fois par rapport à y, en considérant x comme une constante.
On obtient : ∀ (x, y) ∈ R2 , f 00 (x + y) + f 00 (x − y) = 2f (x)f 00 (y).
On en déduit : ∀ (x, y) ∈ R2 , f 00 (x)f (y) = f (x)f 00 (y).
En particulier, en choisissant y = 0, on trouve : ∀ x ∈ R, f 00 (x) = f 00 (0)f (x).
∀ x ∈ R, f 00 (x) = f 00 (0)f (x)
∞
Conclusion : f est de classe C sur R et
[Q]
f (0) = 1, f 0 (0) = 0
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Équations fonctionnelles
Corrigé
3. Considérons une solution f non constante de (1).
f (0) = 1
On sait que
et que f 00 (x) = f 00 (0)f (x) pour tout x de R.
f 0 (0) = 0
a = f 0 (0) = 0
00
00
– Si f (0) est nul, cela implique f ≡ 0 donc f (x) ≡ ax + b, avec
b = f (0) = 1
On retombe sur la solution constante f : x 7→ 1 (écartée ici.)
– Si f 00 (0) > 0, posons f 00 (0) = ω 2 , avec ω > 0.
L’équation f 00 (x) ≡ f 00 (0)f (x) conduit à f (x) ≡ λch ωx + µsh ωx.
Les conditions f (0) = 1, f 0 (0) = 0 imposent alors λ = 1 et µ = 0 donc f (x) ≡ ch ωx.
Inversement on a bien ∀ (x, y) ∈ R2 , ch ω(x + y) + ch ω(x − y) = 2(ch ωx)(ch ωy).
– Si f 00 (0) < 0, posons f 00 (0) = −ω 2 , avec ω > 0.
L’équation f 00 (x) ≡ f 00 (0)f (x) conduit à f (x) ≡ λ cos ωx + µ sin ωx.
Les conditions f (0) = 1, f 0 (0) = 0 imposent alors λ = 1 et µ = 0 donc f (x) ≡ cos ωx.
Réciproquement, on a bien ∀ (x, y) ∈ R2 , cos ω(x + y) + cos ω(x − y) = 2(cos ωx)(cos ωy).
Conclusion : l’ensemble des solutions continues de (1) est formé
– de l’ensemble des applications x 7→ ch ωx, avec ω ∈ R∗ .
– de l’ensemble des applications x 7→ cos ωx, avec ω ∈ R∗ .
– des applications constantes x 7→ 0 et x 7→ 1. [ Q ]
Deuxième 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. [ Q ]
2. (a) En changeant y en −y dans (2), et en utilisant la parité de f , on trouve :
∀ (x, y) ∈ R2 , f (x + y) = f (x)f (−y) + g(x)g(−y) = f (x)f (y) + g(x)g(−y).
Par différence avec l’égalité (2), on en tire :
∀ (x, y) ∈ R2 , f (x − y) − f (x + y) = g(x)(g(y) − g(−y)).
f n’étant pas constante, il existe (x0 , y0 ) dans R2 tel que f (x0 − y0 ) 6= f (x0 + y0 ).
On en déduit g(x0 )(g(y0 ) − g(−y0 )) 6= 0 donc g(y0 ) − g(−y0 ) 6= 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 parité 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 différence avec (2), on en tire : ∀ (x, y) ∈ R2 , g(x)g(y) = g(−x)g(−y).
Si on pose x = y, on trouve alors : ∀ x ∈ R, g(x)2 = g(−x)2 .
Or il existe y0 dans R tel que g(−y0 ) 6= g(y0 ) (l’application g n’est pas paire.)
Pour ce réel, on trouve donc g(−y0 ) = −g(y0 ) (et ces réels sont non nuls.)
Ainsi, pour tout x de R, on a : g(x)g(y0 ) = g(−x)g(−y0 ) = −g(−x)g(y0 ).
Puisque g(y0 ) 6= 0, on a bien ∀ x ∈ R, g(−x) = −g(x). Donc g est impaire. [ Q ]
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Équations fonctionnelles
Corrigé
(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 ) 6= 0.
L’égalité f (x1 ) = f (x1 )f (0) donne alors f (0) = 1.
Si on pose x = y dans (2), on en déduit :
∀ x ∈ R, f (0) = f 2 (x) + g 2 (x) donc f 2 (x) + g 2 (x) = 1. [ Q ]
(c) En changeant y en −y dans (2) et en utilisant la parité de f et l’imparité de g :
∀ (x, y) ∈ R2 , f (x + y) = f (x)f (−y) + g(x)g(−y) = f (x)f (y) − g(x)g(y).
En ajoutant avec l’égalité (2), on trouve :
∀ (x, y) ∈ R2 , f (x + y) + f (x − y) = 2f (x)f (y). Donc f est solution de (1). [ Q ]
3. Commençons par déterminer tous les couples (f, g) solutions de (2) en supposant que f est une
application constante x 7→ a (attention : les résultats de la question précédente ont été obtenus
en supposant que f n’était pas constante.)
L’égalité (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 2 (x) = a(1 − a).
– Si a < 0 ou a > 1, il n’y a aucune solution.
– Si a ∈ {0, 1}, c’est-à-dire si f ≡ 0 ou f ≡ 1, alors g ≡ 0.
Réciproquement, 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 − a2 ou g(x) = − a − a2 .
Comme g est continue sur R, elle ne peut pas prendre tantôt une de ces deux valeurs et tantôt
l’autre (sans prendre toutes les valeurs comprises entre elles).
√
√
Autrement dit, on a : g ≡ a − a2 ou g ≡ − a − a2 .
(
√
(f ≡ a, g ≡ a − a2 )
sont solutions de (2).
Réciproquement, les couples
√
(f ≡ a, g ≡ − a − a2 )
On va maintenant supposer que f n’est pas constante, ce qui permet d’utiliser les résultats de
la question précédente. On sait notamment que f est solution de (1).
– Premier cas : il existe ω > 0 tel que f (x) ≡ ch ωx.
Pour tout x de R, on a g 2 (x) = 1 − f 2 (x), donc g 2 (x) < 0 si x 6= 0 ce qui est absurde.
Ce premier cas ne fournit donc aucune solution pour l’équation (2).
– Deuxième cas : il existe ω > 0 tel que f (x) ≡ cos ωx.
Pour tout x de R, on a alors g 2 (x) = 1 − f 2 (x) = sin2 ωx.
π
π
En particulier, avec x = 2n
, il existe ε ∈ {−1, 1}, tel que g( 2n
) = ε.
Pour tous x, y dans R, 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.
π
En choisissant y = 2n
, on trouve : ∀ x ∈ R, g(x) = ε sin ωx.
(f ≡ cos ωx, g ≡ sin ωx)
Réciproquement, les couples
sont solutions de (2).
(f ≡ cos ωx, g ≡ − sin ωx)
On a donc obtenu tous les couples de solutions continues de l’équation (2).
√


(f ≡ a, g ≡ a − a2 )

 (f ≡ cos ωx, g ≡ sin ωx)
(f ≡ 0, g ≡ 0)
√
Ce sont :
, (f ≡ a, g ≡ − a − a2 ) et (f ≡ cos ωx, g ≡ − sin ωx) [ Q ]

(f ≡ 1, g ≡ 0) 
avec ω > 0
avec 0 < a < 1
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Équations fonctionnelles
Corrigé
Troisième partie
1. (a) Fixons x et y dans R.
Pour tout t de R, on a f (x + t) + f (x − t) = 2f (x)g(t).
En intégrant cette égalité entre t = 0 et t = y, on trouve :
Z y
Z y
Z y
f (x + t) dt +
f (x − t) dt = 2f (x)
g(t) dt = 2f (x)G(y).
0
0
0
Z x+y
Z x−y
Ainsi :
f (u) du −
f (u) du = 2f (x)G(y).
x
x
Cette égalité s’écrit F (x + y) − F (x − y) = 2f (x)G(y), pour tous x, y de R. [ Q ]
(b) L’application G n’est pas identiquement nulle (sinon g = G0 le serait.)
Il existe donc y0 dans R tel que G(y0 ) 6= 0.
La question précédente donne : ∀ x ∈ R, f (x) =
Tout d’abord f est de classe C 0 (continue.)
F (x + y0 ) − F (x − y0 )
.
2G(y0 )
Si f est de classe C n , alors F (qui est une primitive de f ) est de classe C n+1 , et l’égalité
précédente montre que f est de classe C n+1 .
Il en découle par récurrence que f est de classe C ∞ .
On se donne x0 dans R tel que f (x0 ) 6= 0 (f n’est pas identiquement nulle.)
L’égalité (3) donne alors : ∀ y ∈ R, g(y) =
f (x0 + y) + f (x0 − y)
.
2f (x0 )
Puisque f est de classe C ∞ , il en découle que g est de classe C ∞ . [ Q ]
(c) Pour tout y de R, on sait que g(y) =
f (x0 + y) + f (x0 − y)
, avec f (x0 ) 6= 0.
2f (x0 )
On en déduit, 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) + 2f (x0 − x)g(y)
(d’après (3))
2f (x0 )
=
g(y)
(f (x0 + x) + f (x0 − x))
f (x0 )
=
g(y)
(2f (x0 )g(x)) = 2g(x)g(y)
f (x0 )
On voit effectivement que g satisfait à l’égalité (1). [ Q ]
(d) On dérive (3) deux fois par rapport à x, en considérant y comme une constante.
On obtient : ∀ (x, y) ∈ R2 , f 00 (x + y) + f 00 (x − y) = 2f 00 (x)g(y).
On dérive (3) deux fois par rapport à y, en considérant x comme une constante.
On obtient : ∀ (x, y) ∈ R2 , f 00 (x + y) + f 00 (x − y) = 2f (x)g 00 (y).
On en déduit : ∀ (x, y) ∈ R2 , f 00 (x)g(y) = f (x)g 00 (y). [ Q ]
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Corrigé
2. Si f est identiquement nulle sur R, toute application continue g : R → R convient.
Si g ≡ 0 sur R, alors (3) équivaut à : ∀ (x, y) ∈ R2 , f (x + y) + f (x − y) = 0.
Avec y = 0, on obtient f (x) = 0 pour tout x. Seule la fonction f ≡ 0 convient.
On peut donc supposer que f et g sont non identiquement nulles, et utiliser les résultats
précédents. En particulier g vérifie l’égalité (1).
Il y a alors plusieurs cas possibles.
– Si g ≡ 1, le résultat de (III.1.d) donne f 00 (x)g(y) ≡ f (x)g 00 (y) ≡ 0 donc f 00 ≡ 0.
L’application f est donc de la forme : x 7→ f (x) = λx + µ.
L’égalité (3) équivaut alors à : ∀ (x, y) ∈ R2 , f (x + y) + f (x − y) = 2f (x).
Autrement dit : ∀ (x, y) ∈ R2 , λ(x + y) + µ + λ(x − y) + µ = 2(λx + µ).
Cette égalité est vérifiée pour tous réels λ et µ.
– On suppose que g(x) ≡ cos ωx, avec ω > 0.
La question (III.1.d) donne ∀ (x, y) ∈ R2 , f 00 (x) cos ωy = −ω 2 f (x) cos ωy.
En choisissant par exemple y = 0, on trouve : ∀ x ∈ R, f 00 (x) + ω 2 f (x) = 0.
Il existe donc λ, µ dans R tels que f (x) ≡ λ cos ωx + µ sin ωx.
L’égalité (3) équivaut alors à, pour tous x, y réels :
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 égalité est vérifiée pour tous λ, µ de R.
– On suppose que g(x) ≡ ch ωx, avec ω > 0.
La question (III.1.d) donne ∀ (x, y) ∈ R2 , f 00 (x)ch ωy = ω 2 f (x)ch ωy.
En choisissant par exemple y = 0, on trouve : ∀ x ∈ R, f 00 (x) − ω 2 f (x) = 0.
Il existe donc λ, µ dans R tels que f (x) ≡ λch ωx + µsh ωx.
L’égalité (3) équivaut alors à, pour tous x, y réels :
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 égalité est vérifiée 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 réels quelconques.)
– (f ≡ λ cos ωx + µ sin ωx, g ≡ cos ωx) (avec ω > 0.)
– (f ≡ λch ωx + µsh ωx, g ≡ ch ωx) (avec ω > 0.)
[Q]
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