equation fonctionelle (X)

soit a un nombre reel.
trouver tous les fonctions de R vers R tels que :
pour tous x et y de R f(x + y) = f (x)f(y) + a sin x sin y.

ps : (je crois que c'est un orale X/ens)

0000 a écrit:

soit a un nombre reel.
trouver tous les fonctions de R vers R tels que :
pour tous x et y de R f(x + y) = f (x)f(y) + a sin x sin y.

ps : (je crois que c'est un orale X/ens)

Notons P(x,y): f(x + y) = f (x)f(y) + a sin x sin y.
P(x,pi): f(x+pi)=f(pi)f(x)
par récurrence simple : f(x+n.pi)=f(x)(f(pi))^n (i) de méme f(x-n.pi)=f(x)(f(-pi))^n (ii)
P(0,0)==> f(0)=1 ( le cas f(0)=0 n'est pas intéressant ..)
P(pi,-pi) => f(pi)f(-pi)=1
A ce point la pour profiter de la "puissance apparente en formule de reccurence" je me suis trouvé obligé de distinguer les solutions bornée et celles non bornées .
*** LES BORNEES:
si |f(pi)|>1 alors (i) ==> f=O
si|f(pi)|<1 alors |f(-pi)|>1 et (ii)==> f=O
si |f(pi)|=1
$$ f(pi)=1 alors on aura f(x+pi)=f(x) donc f pi periodique .
P(pi/2,pi/2)==> 1=(f(pi/2))²+a
P(3pi/2,pi/2)==>1=(f(pi/2))²-a
alors n'est vrai que si a=0 mais alors le cas a=0 est classqique ...( equation de cauchy.)
$$f(pi)=-1 alors f pi-periodique .
P(pi/2,pi/2)=>-1=(f(pi/2))²+a
P(3pi/2,pi2)=>1=(f(pi/2))²-a
alors ceci ==> a=-1 et f(pi/2)=O
donc P(x,y): f(x+y)=f(x)f(y)-sin(x)sin(y)
en posons g(x)=f(x)-cos(x) on se ramene a l'equation g(x+y)=g(x)g(y)
qui est classique aussi !
***** NON BORNEES:
Ce cas la me parait qu'il y'en a pas ( la partie difficile , je continuerai aprés .)

jolie probleme !!

ma solution :

soit P(x,y) l'assertion f(x+y)=f(x)f(y)+asin(x)sin(y)

si a=0 on sait resoudre l'equation f(x+y)=f(x)f(y) ...

supposons que a#0

P(0,0) ==> f(0)€{0,1}

si f(0)=0 alors P(x,0)==> f(x)=0 pr tt x qui n'est pas une solution

donc f(0)=1

on va noter par la suite p=pi

P(3p/2,-p/2) ==> f(p)=f(3p/2)f(-p/2)+a

P(p,p/2) ==> f(3p/2)=f(p)f(p/2)

P(p/2,p/2) ==> f(p)=f²(p/2)+a (*)

P(p/2,-p/2) ==> f(p/2)f(-p/2)=1+a

ce systeme donne avec simple manipulation ; f(p)=-1

et de (*) on a f²(p/2)=-1-a>=0

ce qui signifie que l'equation admet une solution ssi a=<-1

on a aussi :

P(x,p/2) ==> f(x+p/2)=f(x)f(p/2)+asin(x) (1)

puisque f(p)=-1 on a P(x,p) ==> f(x+p)=-f(x)

donc pour x=-p/2 , f(-p/2)=-f(p/2)

on commence maintenant à chercher l'expression de f ;

on a :

P(x+y+p/2,-p/2) ==> f(x+y)=-f(x+y+p/2)f(p/2)-acos(x+y)

en comparant avec l'equation d'origine il vient :

f(x)f(y)=-f(p/2)f(x+y+p/2)-acos(x)cos(y)

pour y=0

f(x)=-f(p/2)f(x+p/2)-acos(x) (2)

en comparant (1) et (2) :

f(x)=-f(p/2)(f(x)f(p/2)+asin(x))-acos(x)

<==> f(x)=f(p/2)sin(x)+cos(x) avec f²(p/2)=-a-1

reciproquement on verifie que f est bien une solution .

j'espere qu'il existe une solution plus courte

oui biensur il existe une courte solution
essaye d'evaluer f lx+y+zl de deux facon diferentes

maintenant c'est mon tour!

considérons P(x,y) l'assertion f(x+y)=f(x)f(y)+a*sin(x)sin(y) et soit f(pi/2)=b.

*si a=0,alors f(x+y)=f(x)*f(y) et classiquement on a f(x)=exp(h(x)) avec h(x) est la solution de l'équation de cauchy ou f(x)=0



*si a#0,f n'est pas l'application nulle,alors il existe t tel que f(t)#0.
P(t,0) ==> f(t)=f(t)f(0) ==> f(0)=1.
P(pi/2,pi/2) ==> f(pi)=b²+a.
P(pi,pi/2)==> f(3pi/2)=b(b²+a).
P(3pi/2,pi/2) ==> f(2pi)=b(b²+a)-a


Or f(pi,pi) ==> f(2pi)=f²(pi) ==> b(b²+a)-a=(b²+a)² ==> a(a+b²+1)=0, d'où a+b²+1=0.


ce qui impose par la suite que:

a=< -1 et donc 1>= -1/a > 0

soit donc c tel que sin²(c)=-1/a.
on a P(c,-c) ==> 1=f(c)f(-c)-a*sin²(c) ==> f(c)f(-c)=0.

par continuité de f on est sûr qu'il existe donc u tel que f(u)=0 (u par exemple c ou -c).

P(u,-u) ==> 1=-a*sin²(u).

et par suite:

P(x-u,u) ==> f(x)=asin(x-u)*sin(u)=-sin(x-u)/sin(u).

Réciproquement toutes les solutions vérifient le problème,d'où la solution!

0000 a écrit:

oui biensur il existe une courte solution
essaye d'evaluer f lx+y+zl de deux facon diferentes

oui mais je crois que pour trouver f²(p/2)=-1-a il faut proceder comme j'ai fait ,pour le reste j'ai evalué f(x+y+p/2) ,(z=p/2)

radouane_BNE a écrit:

maintenant c'est mon tour!

considérons P(x,y) l'assertion f(x+y)=f(x)f(y)+a*sin(x)sin(y) et soit f(pi/2)=b.

*si a=0,alors f(x+y)=f(x)*f(y) et classiquement on a f(x)=exp(h(x)) avec h(x) est la solution de l'équation de cauchy ou f(x)=0



*si a#0,f n'est pas l'application nulle,alors il existe t tel que f(t)#0.
P(t,0) ==> f(t)=f(t)f(0) ==> f(0)=1.
P(pi/2,pi/2) ==> f(pi)=b²+a.
P(pi,pi/2)==> f(3pi/2)=b(b²+a).
P(3pi/2,pi/2) ==> f(2pi)=b(b²+a)-a


Or f(pi,pi) ==> f(2pi)=f²(pi) ==> b(b²+a)-a=(b²+a)² ==> a(a+b²+1)=0, d'où a+b²+1=0.


ce qui impose par la suite que:

a=< -1 et donc 1>= -1/a > 0

soit donc c tel que sin²(c)=-1/a.
on a P(c,-c) ==> 1=f(c)f(-c)-a*sin²(c) ==> f(c)f(-c)=0.

par continuité de f on est sûr qu'il existe donc u tel que f(u)=0 (u par exemple c ou -c).

P(u,-u) ==> 1=-a*sin²(u).

et par suite:

P(x-u,u) ==> f(x)=asin(x-u)*sin(u)=-sin(x-u)/sin(u).

Réciproquement toutes les solutions vérifient le problème,d'où la solution!

juste une question Redouan , est ce que f est continue ?

yepp jolie questio, en fait,sinon ce que t'as écris du fait qu'on peut résoudre f(x+y)=f(x)f(y),ça n'est pas vrai sans le caractére de continuité de f....donc je pense que peut être OUI ! sinon je sais pas comment faire!

oui j'allais signaler ca aussi , f(x+y)=f(x)f(y) ne peut pas etre resolu à mon avis sans continuité (on peut pas definir toutes les solutions , puisqu il est impossible de definir toutes les solutions non continues de l'equation de cauchy) !

et oui,de toute façon t'as fait une solution magnifique,vraiment je t'envie!


Bon courage à toi!

hh je trouve que la tienne est plus nice et quick , merci de toute facon

nn c'set encore plus facile si tu devellope flx+y+zl par deux differents maniere et on trouve les memes resultat
pour le cas ou a est 0 il ya aussi les solution discontinues :axion du choix

ma solution était :
pour x , y et z de R

f((x + y) + z) = f(x + y)f (z) + a sin(x + y) sin(z)
= (f(x)f(y) + a sin(x) sin(y)) f(z) + a sin(x + y) sinz
= f(x)f(y)f(z) + d(f(z) siny sinz + (sinx cosy + cosx siny) sinz),
d'un autre côté
f (x + (y + z)) = f(x)f(y + z) + a sinx sin(y + z)
= f(x) (f(y)f(z) + a sin y sinz) + a sin x sin(y + z)
= f(x)f(y)f(z) + a (f(x) sin y sinz + sinx(sin y cosz + cosy sinz)).
en egalisant les deux cotés, on trouve dans le cas ou a#0
f(z) sin x sin y + cos x sin y sin z = f(x) sin y sin z + sin x sin y cos z. ( une relation indépendante de a)
en prenant y = z = pi/2 on trouve directement
f(x) = cosx + d sin x, avec d= f(pi/2). en remplacant celle ci dans l'equation de l'ennonce on aura d = (-a - 1)^0.5 alors :
1) si a<-1 on aura deux solution f(x) = cosx ± (-a- 1)^0.5 sin x
2) si a=-1 on aura exactement une solution f(x) = cos x.
3) si a>-1 et a#0 on n'aura aucune solution
4) si a= 0 c'est le cas d'une equation bien connue il ya un nombre indenombrable de solutions continues non triviales f(x) = e^cx avec c une constante ( si nous considérons l'axion du choix alors il ya aussi des solutions discontinues....)

il ya vait des fautes de frappes....
voici de nouveaus la solution
pour x , y et z de R

f((x + y) + z) = f(x + y)f (z) + a sin(x + y) sin(z)
= (f(x)f(y) + a sin(x) sin(y)) f(z) + a sin(x + y) sinz
= f(x)f(y)f(z) + a(f(z) sinx siny + (sinx cosy + cosx siny) sinz),
d'un autre côté
f (x + (y + z)) = f(x)f(y + z) + a sinx sin(y + z)
= f(x) (f(y)f(z) + a sin y sinz) + a sin x sin(y + z)
= f(x)f(y)f(z) + a (f(x) sin y sinz + sinx(sin y cosz + cosy sinz)).
en egalisant les deux cotés, on trouve dans le cas ou a#0
f(z) sin x sin y + cos x sin y sin z = f(x) sin y sin z + sin x sin y cos z. ( une relation indépendante de a)
en prenant y = z = pi/2 on trouve directement
f(x) = cosx + d sin x, avec d= f(pi/2). en remplacant celle ci dans l'equation de l'ennonce on aura d = (-a - 1)^0.5 alors :
1) si a<-1 on aura deux solution f(x) = cosx ± (-a- 1)^0.5 sin x
2) si a=-1 on aura exactement une solution f(x) = cos x.
3) si a>-1 et a#0 on n'aura aucune solution
4) si a= 0 c'est le cas d'une equation bien connue il ya un nombre indenombrable de solutions continues non triviales f(x) = e^cx avec c une constante ( si nous considérons l'axion du choix alors il ya aussi des solutions discontinues....)

salam de retour apres un long absence

je propose autre chose:



des résultats évidentes:



*) f(0)=1 ; f(pi)=-1



*) si f est de classe C^1 en 0 alors sera de classe C^1 sur IR:



supposons que f est de classe C^1 en 0 alors:



(f(x+h)-f(x))/h = f(x)(f(h)-1)/h + a sin(x) sin(h)/h



tedons h-->0 donc



f'(x) = f'(0)f(x) + a sin(x) (posons b=f'(0))



alors f' - bf = a sin(x)



d'aprés l'equation fonctionnelle on voir que le principe de uperposition n'applique pas à cette equation differentielle d'où:



si a=0 l'equation est: f(x)=Ae^bx et f(0) = 1 ==> A=1



d'où f(x)=e^bx



si a#0 on a:



f(x) = -ab/(1+b²) sin(x) - a/(1+b²) cos(x)



f(pi) = - 1 ===> a=-(1+b²)



donc:



si a>-1 : les solution n'existent pas !! (voir que a deja non nul)



si a<-1: les solutions existent et :



f(x) = b sin(x)+ cos(x)



si a=-1: b=0 et:



f(x) = cos(x)



ces solutions verifient bien l'e.f



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on a pas comme donnée que f est de classe C^1 en 0 : c'est une condition assez forte pour obtenir un simple résultat