M-PT-DER-JMF-A

Probl` emes de Math´ ematiques
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Equations fonctionnelles
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Enonc´e
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Equations fonctionnelles
Premi`ere partie
On se propose de d´eterminer les applications continues f:R→R, qui v´erifient :
∀(x, y)∈R2, f (x+y) + f(x−y) = 2f(x)f(y) (1)
1. D´eterminer les solutions constantes de (1). [ S ]
2. On suppose que fest une solution non constante de (1).
Soit Fla primitive de fqui s’annule `a l’origine.
(a) Montrer que pour tous x, y de R,ona:F(x+y)−F(x−y) = 2f(x)F(y). [ S ]
(b) Prouver que fest de classe C∞sur Ret que : ∀x∈R, f00(x) = f00(0)f(x)
f(0) = 1, f0(0) = 0 [ S ]
3. D´eterminer toutes les solutions continues de (1). [ S ]
Deuxi`eme partie
On se propose de d´eterminer les applications continues f, g :R→R, qui v´erifient :
∀(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 fest paire. [ S ]
2. Soit (f, g) un couple solution de (2). On suppose que fn’est pas constante.
(a) Montrer que pour tous x, y de R,ona:g(−x)g(−y) = g(x)g(y).
Montrer que gn’est pas paire, et en d´eduire que gest impaire. [ S ]
(b) Calculer f(0), ainsi que f2(x) + g2(x) pour tout xde R.[ S ]
(c) Montrer que fest solution de (1). [ S ]
3. Trouver tous les couples (f, g) solutions de (2). [ S ]
Troisi`eme partie
On se propose de d´eterminer les applications continues f, g :R→R, qui v´erifient :
∀(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 d´eduire que fet gsont de classe C∞sur R.[ S ]
(c) Prouver que l’application gv´erifie la relation (1). [ S ]
(d) Montrer que pour tous x, y de R,ona:f00(x)g(y) = f(x)g00(y). [ S ]
2. D´eterminer tous les couples solutions de l’´equation (3). [ S ]
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Probl` emes de Math´ ematiques
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Equations fonctionnelles
Corrig´e
Corrig´e du probl`eme
Premi`ere partie
1. La fonction constante f:x7→ aest solution de (1) si et seulement si 2a= 2a2, c’est-`a-dire si et
seulement si aest ´egal `a 0 ou `a 1.
Les solutions constantes de (1) sont donc les applications x7→ 0etx7→ 1. [ Q ]
2. (a) Avec xfix´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 yest un r´eel donn´e) on obtient :
Zy
0
f(x+t) dt+Zy
0
f(x−t) dt= 2f(x)Zy
0
f(t) dt= 2f(x)F(y)
Autrement dit : ∀(x, y)∈R2,Zx+y
x
f(u) du−Zx−y
x
f(u) du= 2f(x)F(y),
Cette ´egalit´e s’´ecrit :
∀(x, y)∈R2, F (x+y)−F(x)−F(x−y) + F(x) = 2f(x)F(y).
C’est-`a-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)2donc 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 fserait identiquement nulle.
On en d´eduit que f(0) est n´ecessairement ´egal `a 1.
– L’application Fn’est pas constante (sinon f=F0serait identiquement nulle.)
Il existe donc x0dans Rtel que F(x0)6= 0.
D’apr`es ce qui pr´ec`ede on peut ´ecrire : ∀x∈R, f (x) = F(x+x0)−F(x−x0)
2F(x0).
Tout d’abord, on sait que fest continue (de classe C0.)
Supposons que fsoit de classe Cn, avec ndans N.
Alors F(primitive de f) est de classe Cn+1, et la relation pr´ec´edente montre que l’appli-
cation fest de classe Cn+1.
Par r´ecurrence, cela prouve que fest de classe C∞.
– On d´erive l’´egalit´e (1) par rapport `a y, en consid´erant xcomme une constante.
On obtient : ∀(x, y)∈R2, f0(x+y)−f0(x−y) = 2f(x)f0(y).
Si on pose x=y= 0, on obtient : 0 = 2f(0)f0(0) donc f0(0) = 0 car f(0) = 1.
– On d´erive (1) deux fois par rapport `a x, en consid´erant ycomme une constante.
On obtient : ∀(x, y)∈R2, f00(x+y) + f00(x−y) = 2f00(x)f(y).
On d´erive (1) deux fois par rapport `a y, en consid´erant xcomme une constante.
On obtient : ∀(x, y)∈R2, f00(x+y) + f00(x−y) = 2f(x)f00(y).
On en d´eduit : ∀(x, y)∈R2, f 00(x)f(y) = f(x)f00(y).
En particulier, en choisissant y= 0, on trouve : ∀x∈R, f00(x) = f00(0)f(x).
Conclusion : fest de classe C∞sur Ret ∀x∈R, f00(x) = f00(0)f(x)
f(0) = 1, f0(0) = 0 [ Q ]
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Equations fonctionnelles
Corrig´e
3. Consid´erons une solution fnon constante de (1).
On sait que f(0) = 1
f0(0) = 0 et que f00(x) = f00(0)f(x) pour tout xde R.
– Si f00(0) est nul, cela implique f00 ≡0 donc f(x)≡ax +b, avec a=f0(0) = 0
b=f(0) = 1
On retombe sur la solution constante f:x7→ 1 (´ecart´ee ici.)
– Si f00(0) >0, posons f00(0) = ω2, avec ω > 0.
L’´equation f00(x)≡f00(0)f(x) conduit `a f(x)≡λch ωx +µsh ωx.
Les conditions f(0) = 1, f0(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 f00(0) <0, posons f00(0) = −ω2, avec ω > 0.
L’´equation f00(x)≡f00(0)f(x) conduit `a f(x)≡λcos ωx +µsin ωx.
Les conditions f(0) = 1, f0(0) = 0 imposent alors λ= 1 et µ= 0 donc f(x)≡cos ωx.
R´eciproquement, 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 form´e
– de l’ensemble des applications x7→ ch ωx, avec ω∈R∗.
– de l’ensemble des applications x7→ cos ωx, avec ω∈R∗.
– des applications constantes x7→ 0 et x7→ 1. [ Q ]
Deuxi`eme partie
1. Soit (f, g) un couple solution de (2).
Avec x=tet 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 tde R: l’application fest paire. [ Q ]
2. (a) En changeant yen −ydans (2), et en utilisant la parit´e 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 diff´erence avec l’´egalit´e (2), on en tire :
∀(x, y)∈R2, f (x−y)−f(x+y) = g(x)(g(y)−g(−y)).
fn’´etant pas constante, il existe (x0, y0) dans R2tel que f(x0−y0)6=f(x0+y0).
On en d´eduit g(x0)(g(y0)−g(−y0)) 6= 0 donc g(y0)−g(−y0)6= 0.
Ainsi l’application gn’est pas paire.
En changeant xen −xet yen −ydans (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)∈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 y0dans Rtel que g(−y0)6=g(y0) (l’application gn’est pas paire.)
Pour ce r´eel, on trouve donc g(−y0) = −g(y0) (et ces r´eels sont non nuls.)
Ainsi, pour tout xde R,ona: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 gest impaire. [ Q ]
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Equations fonctionnelles
Corrig´e
(b) On pose y= 0 dans (2) et on trouve, en utilisant g(0) = 0 (car gest impaire) :
∀x∈R, f(x) = f(x)f(0) + g(x)g(0) = f(x)f(0).
Mais fn’est pas constante, donc il existe x1dans Rtel que f(x1)6= 0.
L’´egalit´e f(x1) = f(x1)f(0) donne alors f(0) = 1.
Si on pose x=ydans (2), on en d´eduit :
∀x∈R, f(0) = f2(x) + g2(x) donc f2(x) + g2(x) = 1. [ Q ]
(c) En changeant yen −ydans (2) et en utilisant la parit´e de fet l’imparit´e 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’´egalit´e (2), on trouve :
∀(x, y)∈R2, f (x+y) + f(x−y) = 2f(x)f(y). Donc fest solution de (1). [ Q ]
3. Commen¸cons par d´eterminer tous les couples (f, g) solutions de (2) en supposant que fest une
application constante x7→ a(attention : les r´esultats de la question pr´ec´edente ont ´et´e obtenus
en supposant que fn’´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, g2(x) = a(1 −a).
– 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 xde R, on a g(x) = √a−a2ou g(x) = −√a−a2.
Comme gest 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).
Autrement dit, on a : g≡√a−a2ou g≡ −√a−a2.
R´eciproquement, les couples ((f≡a, g ≡√a−a2)
(f≡a, g ≡ −√a−a2)sont solutions de (2).
On va maintenant supposer que fn’est pas constante, ce qui permet d’utiliser les r´esultats de
la question pr´ec´edente. On sait notamment que fest solution de (1).
– Premier cas : il existe ω > 0 tel que f(x)≡ch ωx.
Pour tout xde R, on a g2(x) = 1 −f2(x), donc g2(x)<0 si x6= 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)≡cos ωx.
Pour tout xde R, on a alors g2(x) = 1 −f2(x) = sin2ωx.
En particulier, avec x=π
2n, il existe ε∈ {−1,1}, tel que g(π 2n) = ε.
Pour tous x, y dans R,ona:
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=π
2n, on trouve : ∀x∈R, g(x) = εsin ωx.
R´eciproquement, les couples (f≡cos ωx, g ≡sin ωx)
(f≡cos ωx, g ≡ −sin ωx)sont solutions de (2).
On a donc obtenu tous les couples de solutions continues de l’´equation (2).
Ce sont : (f≡0, g ≡0)
(f≡1, g ≡0),
(f≡a, g ≡√a−a2)
(f≡a, g ≡ −√a−a2)
avec 0<a<1
et 
(f≡cos ωx, g ≡sin ωx)
(f≡cos ωx, g ≡ −sin ωx)
avec ω > 0
[ Q ]
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Equations fonctionnelles
Corrig´e
Troisi`eme partie
1. (a) Fixons xet ydans R.
Pour tout tde 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 :
Zy
0
f(x+t) dt+Zy
0
f(x−t) dt= 2f(x)Zy
0
g(t) dt= 2f(x)G(y).
Ainsi : Zx+y
x
f(u) du−Zx−y
x
f(u) du= 2f(x)G(y).
Cette ´egalit´e s’´ecrit F(x+y)−F(x−y) = 2f(x)G(y), pour tous x, y de R.[ Q ]
(b) L’application Gn’est pas identiquement nulle (sinon g=G0le serait.)
Il existe donc y0dans Rtel que G(y0)6= 0.
La question pr´ec´edente donne : ∀x∈R, f(x) = F(x+y0)−F(x−y0)
2G(y0).
Tout d’abord fest de classe C0(continue.)
Si fest de classe Cn, alors F(qui est une primitive de f) est de classe Cn+1, et l’´egalit´e
pr´ec´edente montre que fest de classe Cn+1.
Il en d´ecoule par r´ecurrence que fest de classe C∞.
On se donne x0dans Rtel que f(x0)6= 0 (fn’est pas identiquement nulle.)
L’´egalit´e (3) donne alors : ∀y∈R, g(y) = f(x0+y) + f(x0−y)
2f(x0).
Puisque fest de classe C∞, il en d´ecoule que gest de classe C∞.[ Q ]
(c) Pour tout yde R, on sait que g(y) = f(x0+y) + f(x0−y)
2f(x0), avec f(x0)6= 0.
On en d´eduit, pour tous x, y de R:
g(x+y) + g(x−y) = f(x0+x+y)+f(x0−x−y)
2f(x0)+f(x0+x−y)+f(x0−x+y) 2f(x0)
=1
2f(x0)f(x0+x+y)+f(x0+x−y) + f(x0−x−y)+f(x0−x+y)
=1
2f(x0)2f(x0+x)g(y)+2f(x0−x)g(y)(d’apr`es (3))
=g(y)
f(x0)(f(x0+x) + f(x0−x))
=g(y)
f(x0)(2f(x0)g(x)) = 2g(x)g(y)
On voit effectivement que gsatisfait `a l’´egalit´e (1). [ Q ]
(d) On d´erive (3) deux fois par rapport `a x, en consid´erant ycomme une constante.
On obtient : ∀(x, y)∈R2, f00(x+y) + f00(x−y) = 2f00(x)g(y).
On d´erive (3) deux fois par rapport `a y, en consid´erant xcomme une constante.
On obtient : ∀(x, y)∈R2, f00(x+y) + f00(x−y) = 2f(x)g00(y).
On en d´eduit : ∀(x, y)∈R2, f 00(x)g(y) = f(x)g00(y). [ Q ]
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