f(x+y)+f(x-y)-2f(x)=2f(x)f(y)-2f(x)
donc
$ \frac{f(x+y)+f(x-y)-2f(x)}{y}=\frac{2f(x)(f(y)-1)}{y}\quad (*) $
en plus on remarque que f(0)=1 il suffit de remlacer x et y par 0 dans ton equation de depart.
tu passe a la limite dans $(*)$ quand y tend vers 0 et tu deduit que
$$f"(x)=2f'(0)f(x)$$
d'ou ton resultat.
Pas encore trop réveillé, c'est samedi donc cool . Mais comme ça, une première idée, ce serait d'utiliser le TAF sur $[x, x+y]$ en supposant $y>x$.
Ce qui est certain, c'est que ta fonction étant deux fois dérivables, il va falloir exploiter les théorèmes qui prouvent l'existence de...et il n'y en a pas 36...
desolé j'ai fait une gros betise
l'idée est bonne mais la solution est:on
d'apres ton equation tu peut dire
$$ f(x+y)+f(x-y)-2f(x)=2f(x)f(y)-2f(x) \quad (1)$$
donc
$$ \frac{f(x+y)+f(x-y)-2f(x)}{y^2}=\frac{2f(x)(f(y)-1)}{y^2}\quad (*) $$
en plus on remarque que
$$f(y)+f(-y)-2f(0)=2f(0)(f(y)-1)$$
il suffit de remlacer x par 0 dans (1) donc
$$2(f(y)-1)= \frac{f(y)+f(-y)-2f(0)}{f(0)}$$
on remplace dans (*) ca donne
$ \frac{f(x+y)+f(x-y)-2f(x)}{y^2}=\frac{f(x)(f(y) +f(-y)-2f(0)}{f(0)y^2}$$
et la tu passe a la limite dans quand y tend vers 0 et tu deduit que\\
$$f"(x)=\frac{f''(0)}{f(0)}f(x)$$\\
d'ou ton resultat.
desolé j'ai fait une gros betise\\
l'idée est bonne mais la solution est:on \\
\\
d'apres ton equation tu peut dire\\
\\
$$ f(x+y)+f(x-y)-2f(x)=2f(x)f(y)-2f(x) \quad (1)$$ \\
donc\\
$$ \frac{f(x+y)+f(x-y)-2f(x)}{y^2}=\frac{2f(x)(f(y)-1)}{y^2}\quad (*) $$\\
\\
en plus on remarque que \\
$$f(y)+f(-y)-2f(0)=2f(0)(f(y)-1)$$\\
il suffit de remlacer x par 0 dans (1) donc\\
$$2(f(y)-1)= \frac{f(y)+f(-y)-2f(0)}{f(0)}$$\\
on remplace dans (*) ca donne\\
$ \frac{f(x+y)+f(x-y)-2f(x)}{y^2}=\frac{f(x)(f(y) +f(-y)-2f(0)}{f(0)y^2}$$\\
\\
et la tu passe a la limite dans quand y tend vers 0 et tu deduit que\\\\
$$f"(x)=\frac{f''(0)}{f(0)}f(x)$$\\\\
d'ou ton resultat.
desolé j'ai fait une gros betise\\\\
l'idée est bonne mais la solution est:on \\\\
\\\\
d'apres ton equation tu peut dire\\\\
\\\\
$$ f(x+y)+f(x-y)-2f(x)=2f(x)f(y)-2f(x) \quad (1)$$ \\\\
donc\\\\
$$ \frac{f(x+y)+f(x-y)-2f(x)}{y^2}=\frac{2f(x)(f(y)-1)}{y^2}\quad (*) $$\\\\
\\\\
en plus on remarque que \\\\
$$f(y)+f(-y)-2f(0)=2f(0)(f(y)-1)$$\\\\
il suffit de remlacer x par 0 dans (1) donc\\\\
$$2(f(y)-1)= \frac{f(y)+f(-y)-2f(0)}{f(0)}$$\\\\
on remplace dans (*) ca donne\\\\
$$ \frac{f(x+y)+f(x-y)-2f(x)}{y^2}=\frac{f(x)(f(y) +f(-y)-2f(0)}{f(0)y^2}$$\\\\
\\\\
et la tu passe a la limite dans quand y tend vers 0 et tu deduit que\\\\\\
$$f"(x)=\frac{f''(0)}{f(0)}f(x)$$\\\\\\
d'ou ton resultat.
Salut
Aidez-moi à vérifier que :
Si $f$ est une fonction deux fois dérivable sur $\R$ et non identiquement nulle telle que : $$\forall x,y \in \R,\ f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y)$$ alors il existe un réel $k$ tel que : $$\forall y \in\R,\ f''(y)=kf(y)$$
soit f dérivable en x ; tu poses:
A(x,h)=[f(x+h)-f(x-h)]/2h
on définit la dérivée centrale par lim(h--->0) de A(x,h)
les deux notions (dérivées habituelle et centrale) coïncident alors.
Attention ,réciproque fausse; contre-ex: f(x)=IxI en 0
pour f'' , soit B(x,h)=[f(x+h)-f(x)]/h
vérifie que C(x,h)=[B(x,h)-B(x,-h)]/h te donne l'expression de nouvmatheu (avec h=y), puis vérifie que quand h--->0, tu obtiens f''(x)
Moi je dérive par rapport à x pour obtenir:
$f^{''}(x)f(y)=f^{''}(x+y)+f^{''}(x-y)$ et ensuite, on derive par rapport à y et $f^{''}(y)f(x)=f^{''}(x+y)+f^{''}(x-y)$.
Donc, $f^{''}(y)f(x)=f^{''}(x)f(y)$.
Et puisque $f$ est non nulle, alors $\exists x \\ f(x) \neq 0$.....
$$ f(x+y)=f(x)+f'(x)y +\frac{1}{2}y^2+ \varepsilon$$
et
$$ f(x-y)=f(x)-f'(x)y +\frac{1}{2}y^2+ \varepsilon$$
apres tu somme les 2 egalité et tu passe a la limite.
Réponses
f(x+y)+f(x-y)-2f(x)=2f(x)f(y)-2f(x)
donc
$ \frac{f(x+y)+f(x-y)-2f(x)}{y}=\frac{2f(x)(f(y)-1)}{y}\quad (*) $
en plus on remarque que f(0)=1 il suffit de remlacer x et y par 0 dans ton equation de depart.
tu passe a la limite dans $(*)$ quand y tend vers 0 et tu deduit que
$$f"(x)=2f'(0)f(x)$$
d'ou ton resultat.
Pas encore trop réveillé, c'est samedi donc cool . Mais comme ça, une première idée, ce serait d'utiliser le TAF sur $[x, x+y]$ en supposant $y>x$.
Ce qui est certain, c'est que ta fonction étant deux fois dérivables, il va falloir exploiter les théorèmes qui prouvent l'existence de...et il n'y en a pas 36...
Cordialement,
La réponse de nouvmatheu semble tout de même plus appropriée.
a+
avec f(0)=1
cordialement
l'idée est bonne mais la solution est:on
d'apres ton equation tu peut dire
$$ f(x+y)+f(x-y)-2f(x)=2f(x)f(y)-2f(x) \quad (1)$$
donc
$$ \frac{f(x+y)+f(x-y)-2f(x)}{y^2}=\frac{2f(x)(f(y)-1)}{y^2}\quad (*) $$
en plus on remarque que
$$f(y)+f(-y)-2f(0)=2f(0)(f(y)-1)$$
il suffit de remlacer x par 0 dans (1) donc
$$2(f(y)-1)= \frac{f(y)+f(-y)-2f(0)}{f(0)}$$
on remplace dans (*) ca donne
$ \frac{f(x+y)+f(x-y)-2f(x)}{y^2}=\frac{f(x)(f(y) +f(-y)-2f(0)}{f(0)y^2}$$
et la tu passe a la limite dans quand y tend vers 0 et tu deduit que\\
$$f"(x)=\frac{f''(0)}{f(0)}f(x)$$\\
d'ou ton resultat.
l'idée est bonne mais la solution est:on \\
\\
d'apres ton equation tu peut dire\\
\\
$$ f(x+y)+f(x-y)-2f(x)=2f(x)f(y)-2f(x) \quad (1)$$ \\
donc\\
$$ \frac{f(x+y)+f(x-y)-2f(x)}{y^2}=\frac{2f(x)(f(y)-1)}{y^2}\quad (*) $$\\
\\
en plus on remarque que \\
$$f(y)+f(-y)-2f(0)=2f(0)(f(y)-1)$$\\
il suffit de remlacer x par 0 dans (1) donc\\
$$2(f(y)-1)= \frac{f(y)+f(-y)-2f(0)}{f(0)}$$\\
on remplace dans (*) ca donne\\
$ \frac{f(x+y)+f(x-y)-2f(x)}{y^2}=\frac{f(x)(f(y) +f(-y)-2f(0)}{f(0)y^2}$$\\
\\
et la tu passe a la limite dans quand y tend vers 0 et tu deduit que\\\\
$$f"(x)=\frac{f''(0)}{f(0)}f(x)$$\\\\
d'ou ton resultat.
l'idée est bonne mais la solution est:on \\\\
\\\\
d'apres ton equation tu peut dire\\\\
\\\\
$$ f(x+y)+f(x-y)-2f(x)=2f(x)f(y)-2f(x) \quad (1)$$ \\\\
donc\\\\
$$ \frac{f(x+y)+f(x-y)-2f(x)}{y^2}=\frac{2f(x)(f(y)-1)}{y^2}\quad (*) $$\\\\
\\\\
en plus on remarque que \\\\
$$f(y)+f(-y)-2f(0)=2f(0)(f(y)-1)$$\\\\
il suffit de remlacer x par 0 dans (1) donc\\\\
$$2(f(y)-1)= \frac{f(y)+f(-y)-2f(0)}{f(0)}$$\\\\
on remplace dans (*) ca donne\\\\
$$ \frac{f(x+y)+f(x-y)-2f(x)}{y^2}=\frac{f(x)(f(y) +f(-y)-2f(0)}{f(0)y^2}$$\\\\
\\\\
et la tu passe a la limite dans quand y tend vers 0 et tu deduit que\\\\\\
$$f"(x)=\frac{f''(0)}{f(0)}f(x)$$\\\\\\
d'ou ton resultat.
Aidez-moi à vérifier que :
Si $f$ est une fonction deux fois dérivable sur $\R$ et non identiquement nulle telle que : $$\forall x,y \in \R,\ f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y)$$ alors il existe un réel $k$ tel que : $$\forall y \in\R,\ f''(y)=kf(y)$$
mais j'aimerai comprendre d'ou vient la relation déffinissant la dérivée seconde?
soit f dérivable en x ; tu poses:
A(x,h)=[f(x+h)-f(x-h)]/2h
on définit la dérivée centrale par lim(h--->0) de A(x,h)
les deux notions (dérivées habituelle et centrale) coïncident alors.
Attention ,réciproque fausse; contre-ex: f(x)=IxI en 0
pour f'' , soit B(x,h)=[f(x+h)-f(x)]/h
vérifie que C(x,h)=[B(x,h)-B(x,-h)]/h te donne l'expression de nouvmatheu (avec h=y), puis vérifie que quand h--->0, tu obtiens f''(x)
on définit également f'''(x) par cette procédure
$f^{''}(x)f(y)=f^{''}(x+y)+f^{''}(x-y)$ et ensuite, on derive par rapport à y et $f^{''}(y)f(x)=f^{''}(x+y)+f^{''}(x-y)$.
Donc, $f^{''}(y)f(x)=f^{''}(x)f(y)$.
Et puisque $f$ est non nulle, alors $\exists x \\ f(x) \neq 0$.....
$$ f(x+y)=f(x)+f'(x)y +\frac{1}{2}y^2+ \varepsilon$$
et
$$ f(x-y)=f(x)-f'(x)y +\frac{1}{2}y^2+ \varepsilon$$
apres tu somme les 2 egalité et tu passe a la limite.