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[ID: 3067] [Date de publication: 9 novembre 2022 23:17] [Catégorie(s): En cours... ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution(s)

Solution(s)

Études de quelques équations fonctionnelles
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 23:17

1. Supposons que le problème (\(\star\)) admette une solution \(f\ :\ \mathbb R\to\mathbb R\). Il est équivalent d’écrire \[f(x)=2^{-1}f\left(\dfrac{x}{2}\right)+\dfrac{x}{4},\quad\forall\,x\in\mathbb R.\] De là, aprés une récurrence élémentaire on en déduit que pour tous \(x\in\mathbb R,\ ,n\in\mathbb N^\star\) \[f(x)=2^{-n}f\left( \dfrac{x}{2^n}\right) +\dfrac{x}{2^2}+\dfrac{x}{2^4}+\dots+\dfrac{x}{2^{2(n-1)}}+\dfrac{x}{2^{2n}}\] soit encore \[\begin{aligned}f(x)&=2^{-n}f\left( \dfrac{x}{2^n}\right) +\dfrac{x}{2^2}+\dfrac{x}{2^4}+\dots+\dfrac{x}{2^{2(n-1)}}+\dfrac{x}{2^{2n}},\\ &=\dfrac{1}{2^{n}}f\left(\dfrac{x}{2^{n}}\right)+\dfrac{x}{4}\sum_{k=0}^{n-1} \left(\dfrac{1}{2^2}\right)^k\\ &=\dfrac{1}{2^{n}}f\left(\dfrac{x}{2^{n}}\right)+\dfrac{x}{4}\dfrac{1-2^{-2n}}{1-2^2}\\ &=\dfrac{1}{2^{n}}f\left(\dfrac{x}{2^{n}}\right)+\dfrac{x(1-2^{-2n})}{3}. \end{aligned}\] Ceci est vrai pour tout entier \(n\in\mathbb N^\star\), on peut donc passer à la limite sur \(n\) \[f(x)=\lim_{n\to\infty}\left( \dfrac{1}{2^{n}}f\left(\dfrac{x}{2^{n}}\right)+\dfrac{x(1-2^{-2n})}{3}\right)\] mais comme \(f\) est continue à l’origine \(2^{-n}f(x2^{-n})\) tends vers zéro avec \(n\), donc \[f(x)=0+\lim_{n\to\infty}\dfrac{x(1-2^{-2n})}{3}=\dfrac{x}{3}.\] On trouve donc \(f(x)=x/3\), et réciproquement, il est élémentaire de vérifier que c’est bien une solution : c’est l’unique solution continue à l’origine de l’équation fonctionnelle (\(\star\)).

2. Pour \(y=x\) l’équation fonctionnelle donne \(f(xf(x))=xf(x)\) et donc \(xf(x)\) est un point fixe (non nul) de \(f\) pour tout \(x\in\mathbb R^\star_+\). Notons \(a=xf(x)\) un tel point fixe. Nous avons