Probl` emes de Math´ ematiques ´ Equations fonctionnelles ´ Enonc´ e ´ Equation

Probl` emes de Math´ ematiques ´ Equations fonctionnelles ´ Enonc´ e ´ 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 f est une solution non constante de (1). Soit F la primitive de f qui s’annule ` a l’origine. (a) Montrer que pour tous x, y de R, on a : F(x + y) −F(x −y) = 2f(x)F(y). [ S ] (b) Prouver que f est de classe C∞sur R et que :  ∀x ∈R, f′′(x) = f′′(0)f(x) f(0) = 1, f′(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 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 d´ eduire que g est impaire. [ S ] (b) Calculer f(0), ainsi que f2(x) + g2(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 ] 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 f et g sont de classe C∞sur R. [ S ] (c) Prouver que l’application g v´ erifie la relation (1). [ S ] (d) Montrer que pour tous x, y de R, on a : f′′(x)g(y) = f(x)g′′(y). [ S ] 2. D´ eterminer tous les couples solutions de l’´ equation (3). [ S ] Page 1 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net c ⃝EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites. Probl` emes de Math´ ematiques ´ Equations fonctionnelles Corrig´ e Corrig´ e du probl` eme Premi` ere partie 1. La fonction constante f : x 7→a est solution de (1) si et seulement si 2a = 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 7→0 et x 7→1. [ Q ] 2. (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 : Z y 0 f(x + t) dt + Z y 0 f(x −t) dt = 2f(x) Z y 0 f(t) dt = 2f(x)F(y) Autrement dit : ∀(x, y) ∈R2, Z x+y x f(u) du − Z x−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)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. 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 f est continue (de classe C0.) Supposons que f soit de classe Cn, avec n dans N. Alors F (primitive de f) est de classe Cn+1, et la relation pr´ ec´ edente montre que l’appli- cation f est de classe Cn+1. Par r´ ecurrence, cela prouve que f est de classe C∞. – On d´ erive l’´ egalit´ e (1) par rapport ` a y, en consid´ erant x comme une constante. On obtient : ∀(x, y) ∈R2, f′(x + y) −f′(x −y) = 2f(x)f′(y). Si on pose x = y = 0, on obtient : 0 = 2f(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 : ∀(x, y) ∈R2, 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 : ∀(x, y) ∈R2, f′′(x + y) + f′′(x −y) = 2f(x)f′′(y). On en d´ eduit : ∀(x, y) ∈R2, f′′(x)f(y) = f(x)f′′(y). En particulier, en choisissant y = 0, on trouve : ∀x ∈R, f′′(x) = f′′(0)f(x). Conclusion : f est de classe C∞sur R et  ∀x ∈R, f′′(x) = f′′(0)f(x) f(0) = 1, f′(0) = 0 [ Q ] Page 2 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net c ⃝EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites. Probl` emes de Math´ ematiques ´ Equations fonctionnelles 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  a = f′(0) = 0 b = f(0) = 1 On retombe sur la solution constante f : x 7→1 (´ ecart´ ee ici.) – Si f′′(0) > 0, posons f′′(0) = ω2, 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. Inversement on a bien ∀(x, y) ∈R2, ch ω(x + y) + ch ω(x −y) = 2(ch ωx)(ch ωy). – Si f′′(0) < 0, posons f′′(0) = −ω2, 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) ∈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 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 ] 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. [ Q ] 2. (a) En changeant y en −y dans (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)). f n’´ etant pas constante, il existe (x0, y0) dans R2 tel que f(x0 −y0) ̸= f(x0 + y0). On en d´ eduit g(x0)(g(y0) −g(−y0)) ̸= 0 donc g(y0) −g(−y0) ̸= 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´ uploads/s3/ m-pt-der-jmf-a.pdf

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