Énoncé : Tout le monde connaît une fonction f

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PROBLÈME « DU TRIMESTRE » n° 96 (Décembre 2008)
Énoncé :
Tout le monde connaît une fonction f vérifiant
2
'( ) 1 ( )
= +
f x f x
. Mais existe-t-il une fonction
vérifiant
3
'( ) 1 ( )
= +
f x f x
?
proposé par Loïc Terrier
Solution :
Merci à Jacques Choné pour sa solution, très détaillée comme toujours (les lecteurs pourront
trouver sa solution complète ci-après).
Une solution était la fonction constante -1 ! Pour le cas général, on pouvait s'inspirer de la
fonction tangente et sa réciproque : en effet, on a (tan)’(x) = 1 + tan²(x) et
1
( )'( )
1
=
+
Atn x
x
.
De même, si est g une fonction vérifiant
2
1
'( )
1
=
+
g x
x
, sa réciproque f (si elle existe) vérifiera
g(f(x)) = x d'où, en dérivant, f ’(x) ¥ g’(f(x)) = 1, donc 3
1
'( ) 1
1 ( )
× =
+
f x f x .
Reste à trouver une primitive de
2
1
1
+
x
via une décomposition en éléments simple (que du
bonheur !)
Loïc
Solution proposée par Jacques Choné (Clermont-Ferrand)
1. La fonction :
1
→
−
ℝ ℝ
֏
fx est solution sur
ℝ
de l’équation différentielle proposée, que nous
noterons (1). Cette remarque, à elle seule, peut déjà constituer la solution du problème tel
qu’il est formulé (la réponse à la question étant donc OUI).
Envoyez vos propositions de problèmes à
Loïc TERRIER, 42B rue du Maréchal
Foch, 57130 ARS-SUR-MOSELLE ou
[email protected]

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2. La fonction
3
:( , ) 1 ϕ
+
֏
x y y
est de classe
1
C
sur
2
ℝ
. Donc, d’après le théorème de
Cauchy-Lipschitz, il existe pour tout ( x
0
, y
0
) de
2
ℝ
une unique solution de (1), f , vérifiant
f ( x
0
) = y
0
(cette solution étant définie sur un certain intervalle ouvert contenant x
0
). Cette
seconde remarque, à elle seule, peut aussi constituer la solution du problème tel qu’il est
formulé (la réponse à la question étant donc OUI).
3. Si f est une solution de (1) sur un intervalle I , alors la fonction
( )
+
֏
x f x k
est solution de
(1) sur l’intervalle J image de I dans la translation de vecteur
−
ki
.
4. Sur tout intervalle où la fonction y ne prend pas la valeur -1, l’équation proposée est
équivalente successivement à :
3
'
1
1
=
+
yy ;
2
1 ' '( 2)
1
3 1 1
−
− =
+ − +
y y y
y y y ;
2
1
' 2 3
2
1 ' 1
3 1 2 1 3
2 4
− −
−
+ 
− +
y y
yyy
;
( )
2
1
1 1
ln 3 (2 1)
33
1
+ 
+ − = + ∈
− +
ℝ
yAtn y x k k
y y .
[N.d.l.r. Atn représente la fonction tan
-1
]
La fonction
2
1
1 1
: ln 3 (2 1)
33
1
+
+ −
− +
֏X g X Atn X
X X
est dérivable sur
]
[
1
, 1
= −∞ −
J (resp.
]
[
2
1,
= − +∞
J ) avec
2
1
'( )
( 1)( 1)
=
+ − +
g X X X X ; g’ est stictement
négative (resp. positive) sur J
1
(resp. sur J
2
).
On a ( )
2 3
lim
π
−∞
= −
֏
X
g X ; ( )
2 3
lim
π
+∞
=
֏
X
g X et
1
( )
lim
−
= −∞
֏
X
g X .
Donc g établit une bijection dérivable (la dérivée ne s’annulant pas) g
l
de J
l
dans
,
2 3
π
−∞ − et une bijection dérivable (la dérivée ne s’annulant pas) g
2
de J
2
dans
,
2 3
π
−∞
L’ensemble des solutions de (1) est donc constitué par, outre la fonction de la remarque 1., les
fonctions 1
1
( )
−
+
֏
x g x k
et 1
2
( )
−
+
֏
x g x k
pour
∈
ℝ
k, les intervalles maximaux étant de la
forme , 2 3
π
−∞ − +
k
ou , 2 3
π
−∞ +
k
.

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Remarques
1. Les courbes intégrales peuvent être visualisées en prenant la symétrique par rapport à la
première bissectrice de la courbe de la fonction g, puis en effectuant des translations le long
de l’axe des abscisses. On obtient :
Courbe de g Quelque courbes intégrales de (1)
2. La solution minimale, f, de (1) vérifiant f(x
0
) = y
0
est :
1
−
֏
x sur
ℝ
si y
0
= -1
1
1 1 0 0
( ( ) )
−
+ −
֏
x g x g y x
sur
0 1 0
, ( )
2 3
π
−∞ − + −
x g y
si y
0
< -1
1
2 2 0 0
( ( ) )
−
+ −
֏
x g x g y x
sur
0 2 0
, ( )
2 3
π
−∞ + −
x g y
si y
0
> -1