Solution non affine de f(x+1)=f'(x)+f(x)

troisqua

Bonjour à tous,

On considère, l'ensemble $S$ des fonctions dérivables sur $\R$ vérifiant: $$\forall x\in\R,\quad f(x+1)=f'(x)+f(x)$$ et on note $A$ l'ensemble des fonctions affines sur $\R$.

Je sais démontrer de façon élémentaire (programme bac+1), que si $f\in S$ et $f$ est bornée alors $f$ est constante. D'autre part, on a clairement $A\subset S$. Ma question est : a-t-on $S=A$ ?

Poirot

En supposant $f$ de classe $\mathcal C^1$, l'équation se réécrit $$\forall x \in \mathbb R, f'(x) = \int_x^{x+1} f'(t) \,dt.$$ Je ne sais pas si ça aide.

dedekind93

Et avec l'égalité des accroissements finis, $\forall x\in\mathbb{R},\; \exists c_x\in]x,x+1[,\; f'(x)=f'(c_x)$...et on peut recommencer, ça fait une infinité de points en lesquels $f'$ vaut la même chose...

troisqua

@Poirot
Si $f\in S$ alors $f$ est de classe $C^\infty$.

P.

Je chercherais les $z$ tels que $f(x)=e^{zx}$ A part $z=0$ ils sont tous complexes, mais $f(x)=\frac{1}{2}(e^{zx}+e^{\overline{z}x})$ ou $f(x)=\frac{1}{2i}(e^{zx}-e^{\overline{z}x})$ sont des solutions reelles de l'equation fonctionnelle.

Salokin

Sinon, en supposant $f\in S'(\mathbb{R})$, tu peux utiliser la transformé de Fourier et l'équation devient $$(e^{ix}-1-ix)F(f)=0.
$$ Il me semble que tu peux en déduire que $$F(f)=a\delta'_{0}+b\delta_{0} ,\text{ avec }a,b\in\mathbb{R}.
$$ Et donc, en passant à la transformée inverse, $f$ est affine.

troisqua

@P.

Ok !!!
Et une fonction de la forme $f(x)=e^{zx}$ est dans $S$ dès que $e^z=z+1$. Reste à montrer que cette équation possède des solutions non nulles, c'est bien ça ?

troisqua

@Salokin: tu fais une hypothèse forte sur $f$ là et je cherche des solutions non affines. Pour les fonctions bornées, je sais déjà qu'il n'existe que des solutions constantes.

@P.
Par contre, il reste une question: les fonctions que tu proposes sont-elles les seules fonctions solutions non affines ?

Salokin

Seul $0$ est solution de ton équation.

troisqua

Avec $z$ complexe ?

Salokin

Hum, en tout cas si $f$ est une distribution tempérée, les seules solutions sont les fonctions affines au vu du calcul pour la transformé de Fourier. Pour avoir un résultat pour toute fonction $C^1$ il faut travailler un peu plus. En tout cas, il faut chercher parmi des fonctions qui ne définissent pas de distribution tempérée.

Salokin

Ah oui $z$ est complexe, alors il y a peut être des solutions autant pour moi

troisqua

Excuse mon ignorance mais une fonction affine sur $\R$ définit une distribution tempérée ? Bornée, je comprends mais affine .... ???

Salokin

Oui ça définit bien une distribution tempérée. Cela se justifie facilement via : $\forall \phi\in S(\mathbb{R})$ on a $$
\Big\vert\int_{\mathbb{R}}x\phi(x)dx\Big\vert \leq \big(\sup_{x\in\mathbb{R}}(1+x^2)^2\vert\phi(x)\vert +\sup_{x\in\mathbb{R}}\vert\phi(x)\vert\big)\int_{\mathbb{R}}\frac{1}{1+x^2}$$

Poirot

Plus généralement toute fonction polynomiale définit une distribution tempérée.

Salokin

Exactement !

BobbyJoe

Les combinaisons linéaires des solutions proposées par P. fonctionnent aussi!
Si tu cherches une description "élémentaire" (comprendre sans analyse fonctionnelle ni analyse complexe) de l'ensemble des solutions de ton équation, cela me semble difficile!

troisqua

En fait, dans toutes les solutions proposées à ce problème, on retrouve la quantité $e^z-z-1$. D'où ma question de savoir si l'espace engendré par les fonctions affines et les fonctions proposées par P. ne serait pas l'ensemble des solutions de ce problème.

BobbyJoe

Oui, il s'agit de l'adhérence (en un certain sens, tout dépend de là où veut résoudre) des combinaisons linéaires des $z\mapsto z$ et de $z\mapsto e^{\lambda z}$ et où $\lambda$ décrit l'ensemble des zéros de $H: z\mapsto e^{z}-z-1$ (car $0$ est un zéro de $H$ de multplicité $2$ et les autres racines de $H$ -qui sont conjuguées- sont de multiplicité $1$).
P. a fait référence au théorème qui permet de démontrer ce résultat.

troisqua

Intéressant !!
Que dit précisément ce théorème ?

BobbyJoe

Voilà un lien vers l'énoncé du théorème (dans sa version générale, appelé Lemme de Choquet-Deny), avec une preuve probabiliste http://www.numdam.org/article/AIHPB_1983__19_1_101_0.pdf
(P. y faisait référence ou du moins à un papier assimilé dans un précédent post lié à ce type de question mais je n'ai pas retrouvé le fil...)

Mais dans notre cas particulier, on peut y arriver plus directement en utilisant Hahn-Banach et la factorisation des fonctions entières de type exponentiel.