Equation fonctionnelle pour les fonctions exponentielles

Universit´e Claude Bernard–Lyon I
CAPES de Math´ematiques : Oral
Ann´ee 2007–2008
Equation fonctionnelle
pour les fonctions exponentielles
Introduction
On s’int´eresse `a l’´equation fonctionnelle
(E)∀x, y ∈R, f(x+y) = f(x)f(y),
o`u f:R→Rest une fonction `a d´eterminer. Les premi`eres propri´et´es sont vraiment
´el´ementaires et ne d´ependent pas du point de vue choisi. Un point-cl´e fort int´eressant :
´etendre la r´egularit´e de la solution –voir 1◦c). On montre typiquement que la continuit´e en
un point entraˆıne la continuit´e partout, et que la continuit´e partout entraˆıne la d´erivabilit´e,
qui donne le caract`ere C∞facilement. On voit
Les le¸cons que nous avons vues cette ann´ee ´etaient tir´ees de la mˆeme source, et faisaient
la part belle `a x7→ xα. De fait, pour αentier, c’est une fonction facile `a d´efinir et
qui satisfait (E) ; pour αrationnel, on peut ´etendre ; la difficult´e de la le¸con consiste `a
passer `a αr´eel quelconque, ce qui demande un peu d’analyse. Dans les le¸cons qu’on a
vues, la d´erivabilit´e et l’´equation diff´erentielle semblaient un peu anecdotique, je trouve
¸ca dommage.
Pour ma part, j’ai compris “fonctions exponentielles” comme les fonctions de la forme x7→
exp(ax). J’attire votre attention sur la d´efinition de l’exponentielle dans les programmes
de terminale, comme l’unique solution de (C1), o`u pour ar´eel on note (Ca) le probl`eme
de Cauchy suivant :
(C)y0=ay
y(0) = 1
Aussi, il est imp´eratif de faire, d’une fa¸con ou d’une autre, le lien entre l’´equation fonc-
tionnelle (E) et l’´equation diff´erentielle y0=y. Je propose de faire ce lien a priori, avant
de construire les solutions de l’une ou l’autre ´equation.
Qu’on ne se voile pas la face : la partie difficile pour r´esoudre une ou l’autre ´equation,
c’est de construire une solution (voir 3◦a) et 4◦c)). En revanche, l’existence ´etant acquise,
il est facile d’en d´eduire l’unicit´e (f(1) ou f0(0) ´etant fixe). Pour (E), des arguments de
suites de Cauchy fonctionnent. Pour (C), retenez qu’il est inutile d’invoquer les mˆanes
Cauchy et Lipschitz, le th´eor`eme des accroissements finis suffit.
R´esum´e de la le¸con en une phrase (dommage de rater “morphisme” !)
Tout morphisme de Rvers R∗(ou C∗) continu en un point est une fonction exponentielle.
1◦Propri´et´es ´el´ementaires d’une solution de (E)
a) Annulation, valeur en z´ero
Lemme Soit f:R→Rune fonction solution de (E). Alors, si fn’est pas partout nulle,
elle est partout non nulle et mˆeme strictement positive, et f(0) = 1.
D´emonstration. Supposons que fs’annule en y∈R. Alors, pour tout x∈R, on a :
f(x) = f(x−y+y) = f(x−y)f(y) = 0. De plus, f(0) = f(0+ 0) = f(0)2, si bien que f(0)
vaut 0 ou 1. On en d´eduit que fest partout nulle ou partout non nulle. Pour le signe de
f, on peut constater que pour tout x, on a : f(x) = f(x/2)2≥0 ou invoquer le th´eor`eme
des valeurs interm´ediaires pour exclure que fprenne une valeur n´egative ou nulle.
Remarque. Si fest une solution de (E) non nulle, 1/f est bien d´efinie et c’est une autre
solution.
1

b) Extension de l’additivit´e
Lemme Soit fune solution de (E),x∈Ret r∈Q. Alors f(rx) = f(x)r.
Remarque. Pour a∈R∗
+, on d´efinit successivement anpour n∈Npar r´ecurrence a0= 1
et an+1 =a×an; pour n∈ −Npar an= 1/a|n|; pour n= 1/q o`u q∈N∗comme l’unique
solution de xq=a(variations de x7→ xq) ; pour n=p/q o`u p∈Zet q∈N∗comme
ap/q = (ap)1/q (attention ! il faut alors v´erifier que si p/q =p0/q0, on a bien ap/q =ap0/q0...). Pi`ege !
On montre que pour r, s ∈Q, on a bien : ar+s=aras.
D´emonstration. Left to the reader.
Remarque. On obtient ainsi, pour x, y ∈Ret r, s ∈Q:f(rx +sy) = f(x)rf(y)s.
Un coup de logarithme l`a-dessus permet de voir que ln ◦fest une application lin´eaire,
lorsqu’on consid`ere Rcomme un espace vectoriel sur Q.
c) Extension de la r´egularit´e
Lemme Soit f:R→Rune fonction solution de (E). Sont ´equivalentes :
(i) fest continue en un point ;
(ii) fest continue sur R;
(iii) fest d´erivable sur R.
D´emonstration. Supposons fcontinue en un point x0∈Ret soit x, h ∈R. On a :1
f(x+h) = f(x−x0+x0−h) = f(x−x0)f(x0+h).
Lorsque htend vers 0, f(x0+h) a pour limite f(x0) et f(x−x0) est une constante, d’o`u
l’on peut d´eduire que fest continue en x.
Supposons que fsoit continue sur Ret pas partout nulle (sinon c’est ´evident que fest
d´erivable). Par le th´eor`eme des valeurs interm´ediaires, fest partout strictement positive.
On suppose savoir qu’une fonction continue admet une primitive, on obtient en int´egrant
(E) que pour xquelconque :
f(x)Z1
0
f(y) dy=Z1
0
f(x)f(y) dy=Z1
0
f(x+y) dy=Zx+1
x
f(u) du.
L’expression de droite est une fonction d´erivable de x, diff´erence de la primitive de fentre
deux valeurs (qui sont fonctions d´erivables de x...). De plus, l’int´egrale du membre de
gauche est strictement positive, donc non nulle. Par suite, fest d´erivable.
Enfin, il est clair que si fest d´erivable, elle est continue en au moins un point...
d) Extension de la r´egularit´e (version hard)
On donne une condition apparemment plus faible pour que fsoit d´erivable partout, tir´ee
de la premi`ere ´epreuve du CAPES 2001.
Lemme Soit f:R→Rune fonction solution de (E). Sont ´equivalentes :
(i) fest born´ee sur un intervalle de longueur non nulle ;
(i) fest continue `a droite en un point ;
(iii) fest d´erivable sur R.
D´emonstration. Supposons fmajor´ee par Csur [a, b], o`u a<b. On montre d’abord
qu’il existe met Mr´eels strictement positifs tels que pour tout x∈[0, b −a] on ait :
1L’id´ee consiste `a remplacer “ce qui se passe en x” en “quelque chose qui se passe en x0”.
2

m<f(x)< M. Pour cela, fixons x∈[0, b −a]. Comme x+a∈[a, b], on a : f(x) = f(x+
a)/f(a)≤C/f(a) = M. Comme b−x∈[a, b], on a : f(x) = f(b)/f(b−x)≥f(b)/C =m.
A pr´esent, soit ε > 0. Comme les suites (m1/n)n≥1et (M1/n)n≥1 tendent2vers 1, il
existe n∈N∗tel que 1 −ε≤m1/n et M1/n ≤1 + ε. Pour x∈[0,(b−a)/n], on a
nx ∈[0, b −a], si bien que m≤f(x)≤M, donc :
1−ε≤m1/n ≤f(x)≤M1/n ≤1 + ε, et enfin : |f(x)−1| ≤ ε.
Ceci prouve que fest continue `a droite en 0 : limh>
→0f(h) = 0.
A pr´esent, on constate que pour tout h > 0, on a : f(−h)=1/f(h). Par suite, lorsque
htend vers 0 par valeurs sup´erieures, f(−h) tend vers 1/f(0) = 1, donc fest continue `a
gauche en 0. C’est fini.
Remarque vaguement culturelle3.On peut en fait montrer que si fest seulement
mesurable et solution de (E), alors fest d´erivable partout. Ce n’est pas une stricte
g´en´eralisation de ce qu’on vient de montrer, car certaines fonctions mesurables ne sont
born´ees sur aucun intervalle de longueur non nulle.
2◦R´esolution de (E)avec le logarithme
a) Lin´earisation du probl`eme
Supposons connaˆıtre la fonction ln (construite par exemple comme primitive de x→
1/x sur R+∗, d’o`u l’on d´eduit qu’elle transforme les produits en sommes), et sa fonction
r´eciproque exp.
Soit fune solution de (E) continue et pas partout nulle. Comme on l’a d´ej`a remarqu´e, f
est partout strictement positive (valeurs interm´ediaires). Par suite, g= ln ◦fa un sens et
satisfait la condition (i) du lemme suivant :
Lemme Soit g:R→Rune fonction. Sont ´equivalentes :
(i) gest additive : ∀x, y ∈R, g(x+y) = g(x) + g(y);
(ii) gest Q-lin´eaire : ∀x, y ∈R,∀r, s ∈Q, g(rx +sy) = rg(x) + sg(y).
Si de plus, gest continue, il est encore ´equivalent de dire :
(iii) ∀x∈R, g(x) = g(1) x.
D´emonstration. On a d´ej`a laiss´e au lecteur le soin de montrer que (i) ⇒(ii). La
r´eciproque (ii) ⇒(i) est triviale.
Montrons que (ii) ⇒(iii). Pour r∈Q, on a : g(r) = rg(1). Prenons alors x∈Ret
fixons une suite (rn)n∈Nde rationnels qui converge vers x(par exemple, rn=b10nxc/10n,
troncature de l’´ecriture d´ecimale apr`es nchiffres). Par continuit´e de g, on a :
g(x) = lim
n→+∞g(rn) = lim n→+∞rng(1) = xg(1).
Enfin, il est clair que (iii) ⇒(i)
On conclut le paragraphe en revenant `a f: pour tout x∈R,f(x) = exp(g(1) x).
Remarque. Ce qu’on vient de montrer ici, c’est qu’une application Q-lin´eaire (sur le
Q-espace vectoriel R) et continue est automatiquement R-lin´eaire.
2Voir a).
3Comprendre : inutile...
3

b) Construction de solutions pathologiques
Abandonnons l’hypoth`ese de continuit´e de f, et construisons des solutions d´esagr´eablement
non-continues. On reprend `a (linQ). Pour construire g, il suffit de choisir4une base (xi)i∈I
du Q-espace vectoriel5R, une famille quelconque de r´eels (yi)i∈I. Il existe alors une unique
application lin´eaire gtelle que pour tout i∈I,g(xi) = yi.
Soit α∈R. Il est ´equivalent de dire que pour tout x,g(x) = αx et de dire que pour tout
i,yi=αxi. En effet, si les fonctions lin´eaires get x7→ αx co¨ıncident sur la base (xi), elles
sont ´egales, et la r´eciproque est triviale. De plus, d’apr`es le paragraphe a), gest continue
si et seulement s’il existe αtel que g(x) = αx. Par cons´equent, la fonction gest continue
si et seulement si tous les yi/xisont ´egaux –autant dire que ¸ca n’arrive pas souvent...
Enfin, ´etant donn´e une application additive g:R→Rnon continue, on construit une
solution de (E) en posant f= exp ◦g; elle n’est pas continue (pourquoi ?).
3◦R´esolution de (E)a mano (comme la pelote basque !)
Dans cette version, on se refuse `a utiliser le logarithme. On part du constat suivant :
∀r∈Q, f(r) = f(1)r.
La d´emarche est la suivante : on prolonge Q→R,r7→ f(1)r(c’est la partie difficile), puis
on montre que fco¨ıncide avec ce prolongement (facile par densit´e de Q!).
a) Construction des fonctions puissances
Lemme Soit a > 0.
(i) La suite (a1/k)k≥1converge vers 1.
(ii) Si (tn)nest une suite de rationnels qui est de Cauchy, la suite (atn)nest de Cauchy.
(iii) Soit x∈Ret (rn)net (sn)ndeux suites de rationnels qui tendent vers x. Alors les
limites de (arn)net de (asn)nsont ´egales.
D´emonstration. (i) Quitte `a ´ecrire a1/k = 1/(1/a)1/k et `a remplacer apar 1/a, on peut
supposer a≥1. Pour r∈Q,r > 0 on a ar≥1, donc on a, pour k≥1 :
0≤a1/k −1 = a−1
a(k−1)/k +a(k−2)/k +· · · +a2/k +a1/k + 1 ≤a−1
k.
(ii) La suite ´etant de Cauchy, elle est born´ee entre deux rationnels met M. Pour p, q ∈N,
on ´ecrit : |atp−atq|=|atp−tq−1|atq. D’une part, en vertu de (i), on peut rendre |atp−tq−1|
aussi petit que l’on veut en prenant pet qassez grands ; d’autre part, atqreste born´e entre
les deux constantes amet aM. Par suite, on peut rendre |atp−atq|aussi petit que l’on
veut : c’est fini.
(ii) Pour n∈N, posons t2n=rnet t2n+1 =sn: cette suite converge vers x, donc elle
est de Cauchy, donc (atn) a une limite, qui est aussi celle de (arn) et de (asn), qui sont
n´ecessairement ´egales.
Ce lemme donne un sens `a la d´efinition suivante :
D´efinition. Soit a > 0. Pour x∈R, choisissons une suite (rn) de rationnels qui converge
vers x. La suite (arn) est de Cauchy, et sa limite ne d´epend que de x, et pas du choix de
la suite (rn). On la note ax. On d´efinit ainsi une fonction appel´ee exponentielle de base
a. (Noter que si on prend x∈Qet rn=xpour tout n, on voit que arnco¨ıncide avec ax
pour tout n: pas de conflit de notation.)
Lemme Soit a > 0. La fonction ea:R→R,x7→ axest continue et satisfait (E).
4Nous croyons en l’axiome du choix !
5Rappelons que Rest de dimension infinie sur Q, i.e. Iest infini, et mˆeme non d´enombrable.
4

D´emonstration. Pour montrer la continuit´e de eaen un r´eel x, il suffit de montrer que
pour toute suite de r´eels (hn) tendant vers 0, on a : limn→+∞ea(x+hn) = ea(x). Soit
donc xet (hn).
Fixons n∈N∗. Par construction de ea(x+hn), on peut choisir un rationnel untel que
|(x+hn)−un| ≤ 1/n et |ea(x+hn)−ea(un)| ≤ 1/n.
La premi`ere in´egalit´e montre que (un) est une suite de rationnels qui tend vers x, donc
ea(un) tend vers ea(x). Mais alors, la deuxi`eme in´egalit´e montre que la suite (ea(x+hn))
tend aussi vers ea(x), ce qui montre la continuit´e de ea.
La relation ax+y=axayest vraie pour tout x, y ∈Q; par continuit´e de (x, y)7→ ax+y−
axay, elle est vraie pour tout x, y ∈R.
b) R´esolution de (E)parmi les fonctions continues
Proposition Soit a > 0. La fonction ea:x7→ axest l’unique solution continue de (E)
telle que f(1) = a.
D´emonstration. On a vu que eaconvenait. De plus, on a vu en 1◦que les fonctions ea
et fco¨ıncident sur Q: comme elles sont continues et que Qest dense dans R, elles sont
´egales.
4◦Equation fonctionnelle et ´equation diff´erentielle
a) Pr´eliminaire : non annulation des solutions de (C)
Lemme Soit fune fonction d´erivable, ´egale `a sa d´eriv´ee et non nulle en z´ero. Alors f
ne s’annule jamais.
D´emonstration. Pour x∈R, on pose h(x) = f(x)f(−x). Alors hest d´erivable et :
∀x∈R, h0(x) = f0(x)f(−x)−f0(−x)f(x) = f(x)f(−x)−f(−x)f(x)=0.
D’apr`es le th´eor`eme des accroissements finis, hest constante,6et non nulle en 0, donc f
ne s’annule jamais.
C’est l’occasion de montrer qu’on n’a besoin de presque rien pour d´emontrer l’unicit´e
d’une solution du probl`eme de Cauchy pour une ´equation lin´eaire `a coefficient constant.
Pour cela, on va appliquer la m´ethode de variation de la constante, ce qui demande que
la fonction derri`ere la constante ne s’annule pas.
Lemme Soit α∈R. Il existe au plus une fonction fd´erivable, pas partout nulle, telle
que f0=αf et f(0) = 1.
D´emonstration. C’est clair si α= 0 par le th´eor`eme des accroissements finis. Supposons
α6= 0, et soit f1et f2deux telles fonctions. On montre comme ci-dessus que f1ne s’annule
jamais. On consid`ere alors q=f2/f1: on constate que q0= 0, donc qest constante ´egale
`a q(0) = 1. C’est fini.
Devinette. Comment montrer l’unicit´e d’une fonction telle que f0=fet f(0) = 0 sans
supposer l’existence d’une fonction telle que e0=eet e(0) = 1 ?
6Pour tous r´eels a < b, il existe c∈]a, b[ tel que h(b)−h(a) = (b−a)h0(c) = 0.
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