- pipok20 a écrit:
- f deux fois dérivables et f(x+y)*f(x-y)=f(x)^2-f(y)^2
Je suppose simplement f continue dérivable une fois.
En divisant par x-y et en faisant tendre y vers x, on a f(2x)f'(0)=2f(x)f'(x) et donc f'(x)=f'(0)f(2x)/(2f(x)) en tous points où f(x) est non nul. Or, en ces points, l'expression de droite est dérivable, et donc f' aussi. On peut donc affirmer que f est Coo en tous points où f(x) est non nulle.
On peut noter que si f'(0)=0, 2f(x)f'(x)=0 et donc f^2(x)=constante et donc f(x)=constante (f continue). On considèrera par la suite que f'(0) est non nul et que f n'est donc pas constante.
En échangeant x et y, on montre alors que f(x) est impaire et donc que f(0)=0 (impaire et continue).
En faisant x=nx0 et y=x0 dans l'équation initiale, nous avons :
E1 : f((n+1)x0).f((n-1)x0)=f^2(nx0)-f^2(x0)
Soit alors x0 non nul et tel que f(x0) soit aussi non nul. En comparant f(2x0) et 2f(x0), 3 cas sont envisageables :
1) |f(2x0)| < 2|f(x0)|
Je peux alors poser u(x0)=arccos(f(2x0)/(2f(x0)) dans ]0,pi[ et a(x0)=f(x0)/sin(u(x0))
On a alors f(x0)=a(x0)sin(u(x0)) et f(2x0)=a(x0)sin(2u(x0))
Grace à la formule E1 ci dessus, il est facile de montrer par récurrence que f(nx0)=a(x0)sin(n.u(x0))
Il est alors facile de montrer que sin([pi/u(x0)]u(x0)) et sin([2pi/u(x0)]u(x0)) sont nuls ou de signes opposés et que donc f s'annule pour un y0 dans [[pi/u(x0)]u(x0),[2pi/u(x0)]u(x0)].
On a alors, en reprenant l'équation fonctionnelle initiale pour x+y0 et x : f(x+y0)^2=f(x)^2 et donc f^2 est périodique, donc bornée (puisque continue)
2) |f(2x0)| > 2|f(x0)|
Je peux alors poser u(x0)=argch(f(2x0)/(2f(x0)) et a(x0)=f(x0)/sh(u(x0))
On a alors f(x0)=a(x0)sh(u(x0)) et f(2x0)=a(x0)sh(2u(x0))
Grace à la formule E1 ci dessus, il est facile de montrer par récurrence que f(nx0)=a(x0)sh(n.u(x0))
Notons alors que f n'est pas bornée, donc pas périodique, donc que le cas 1 n'intervient jamais si ce cas 2 arrive.
3) |f(2x0)| = 2|f(x0)|
Grace à la formule E1 ci dessus, il est facile de montrer par récurrence que f(nx0)=nf(x0)
Notons alors que f n'est pas bornée, donc pas périodique, donc que le cas 1 n'intervient jamais si ce cas 3 arrive.
D'autre part, pour x non nul, il est alors certain que f(x) est non nul. En effet, en réutilisant la démonstration du 1) ci dessus, on montrerait alors que f^2 serait périodique, donc bornée.
Supposons alors que pour un entien p>1 donné,|f(2x0/p)| différent de 2|f(x0/p)| . Le premier terme ne peut être inférieur au second, car on serait alors dans le cas 1 et f serait périodique continue et bornée. On est donc dans le cas 2 et f(nx0/p)=a(x0/p)sh(n.u(x0/p)) et, en faisant n=mp, on a : f(mx0)=a(x0/p)sh(mp.u(x0/p)), manifestement incompatible avec f(nx0)=nf(x0)
Donc on est encore dans le cas 3 pour x0/p et on a f(nx0/p)=nf(x0/p) et en particulier f(x0)=pf(x0/p) et f(x0/p)=f(x0)/p.
On a donc f(ax0)=af(x0) pour tout a rationnel et donc, par continuité f(x/x0)=xf(x0) pour tout x réel non nul et donc f(x)=cx pour tout x. Cette solution marche effectivement.
La solution se dessine mais n'est pas encore terminée
Nous avons identifié la solution f(x)=0 et la solution f(x)=cx.
Nous avons aussi montré que les cas 1, 2 et 3 ci-dessus sont mutuellement exclusifs. Il nous reste donc deux cas à regarder :
Cas 1 : Pour tout x non nul tel que f(x) est non nul, f(nx)=a(x)sin(n.u(x)) avec u(x)=arccos(f(2x)/(2f(x)) dans ]0,pi[ et a(x)=f(x)/sin(u(x))
En particulier, pour x=y/n : f(y)=a(y/n)sin(n.u(y/n)) = a(y/n) sin (y (u(y/n)/(y/n))
En faisant alors tendre n vers l'infini, y/n tend vers 0. l'expression u(x)/x = arccos(f(2x)/(2f(x)))/x a une limite :
f étant Coo et impaire, on peut écrire f(x)=ax+bx^3 +o(x^4) et u(x)/x a comme limite racine(-3b/(2a)) * signe de x
De même, a(x)=f(x)/sin(u(x)) a une limite qui est aracine(-2a/(3b)) * signe de x
Le terme de droite a donc une limite qui est a* racine(-2a/(3b))sin(y racine(-3b/(2a)))
Il existe donc deux nombres u et v tels que f(y)=u sin(v y) et il est facile de voir que cette forme est effectivement une solution quelles que soient les valeurs de u et v.
La prolongation aux cas où x non nul est tel que f(x)=0 est immédiate.
Cas 2 : Pour tout x non nul tel que f(x) est non nul, f(nx)=a(x)sh(n.u(x)) avec u(x)=argch(f(2x)/(2f(x)) et a(x)=f(x)/sh(u(x))
Par exactement le même raisonnement que ci-dessus, on montre qu'il existe u et v tels que f(x)=u sh(v x)
Les solutions sont donc :
f(x)=a*x
f(x)=a*sin(bx)
f(x)=a*sh(bx)
Mais, Mathmann, j'ai été obligé d'utiliser f dérivable une fois. Il reste un effort à faire pout se contenter de f continue.
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Patrick
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