Equation fonctionnelle du mardi (Ramis 1972, tome II)

Piteux_gore

Bonjour,
Trouver les fonctions dérivables telles que $f(x) + f(y) = f(\frac {x+y} {1 - xy})$.
Cordialement,

Foys

Cette équation n'avait-elle pas été posée récemment?

Soit $f$ une solution et $D:= \R \backslash \left \{ \left (k+ \frac 1 2 \right) \pi \mid k \in \Z\right\}$ et $g(x):= f \circ \tan (x)$ pour tout $x\in D$. Alors pour tous $a,b\in D$ tels que $a+b \in D$ on a $g(a)+g(b) = g(a+b)$. $g$ est dérivable par composition sur l'ouvert $D$ de $\R$. Soit $x\in D$ et $h$ suffisament petit, on a $\frac {g(x+h) - g(x)} h = \frac {g(h)} h$ et en faisant tendre $h$ vers $0$ on trouve que $g'(x) = g'(0)$, autrement dit $g'$ est constante.

Soit $x\in \R$ et $y\in D$ tel que $\tan (y)=  x$ (surjectivité de $\tan$). Alors $$f'(x) = f'\left (\tan (y) \right ) = \frac{\left (1 + \tan^2 (y) \right) f' \left ( \tan (y ) \right ) }{1+\tan^2 (y)} = \frac{ (f \circ \tan )' (y)}{1 + x^2} = \frac{g'(y)}{1 + x^2} = \frac{g'(0)}{1 + x^2} \tag{*}$$ ce qui entraîne l'existence de $C\in \R$ tel que pour tout $x\in \R$, $f(x) = C + g'(0)\arctan (x)$. L'équation fonctionnelle entraîne (en prenant $x=y=0$) $C=0$ et donc que $f$ est un multiple de $\arctan$.

EDIT: $x \mapsto 0$ est solution, et en fait cette équation ne possède pas de solution non nulle puisque pour tout $\lambda \neq 0$, lorsque $t$ tend vers $+\infty$, $\lambda \arctan (t) + \lambda \arctan (t)$ est trop grand (ou trop petit si $\lambda <0$) pour appartenir à l'image de $\lambda \arctan$ (qui est $\left ] - \frac{\lambda \pi} 2, \frac {\lambda \pi} 2\right [$) et donc ne peut être égal à $\lambda \arctan \left (\frac {2t}{1 - t^2} \right)$.

Piteux_gore

C'est l'équation inverse qui avait été posée et avait engendré un débat fécond.
Dans le Ramis, l'exercice est étoilé.

Foys

Piteux_gore a dit :
Dans le Ramis, l'exercice est étoilé.

La difficulté est d'éviter certains pièges rédactionnels (plutôt que d'identifier des candidats de solutions).

La bonne quantification de l'énoncé est la responsabilité du poseur de l'exo davantage que celle du résolveur: ici j'ai pris "pour tous $x,y$ tels que $xy\neq 1$".

Chaurien

Encore une fois c'est  une équation fonctionnelle dont la définition n'est pas nette. On a déjà parlé abondamment de cette question dans un autre fil :  https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/2339588/equation-fonctionnelle-du-dimanche#latest

Il faut une rédaction de l'équation fonctionnelle qui soit irréprochable en ce qui concerne la définition, par exemple :

 $~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ \forall x \in \mathbb R,  \forall y \in \mathbb R, xy \neq 1 \Rightarrow   f(x) + f(y) = f(\frac {x+y} {1 - xy})$.

@Foys devrait être d'accord avec cette exigence.

Bonne fête des Rois 2025.

Fr. Ch.

Chaurien

Avec la rédaction que je propose, en supposant $f$ dérivable, la seule solution est la fonction nulle. Maintenant, il faut regarder ce qui se passe si l'on adopte une autre hypothèse additionnelle, moins exigeante.

Chaurien

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Chaurien

• Je reprends l'équation fonctionnelle souis la forme : $\forall x \in \mathbb R,  \forall y \in \mathbb R, xy \neq 1 \Rightarrow   f(x) + f(y) = f(\frac {x+y} {1 - xy})$. 

D'abord, $f(0)=0$. Et par suite : $f(-x)=-f(x)$. 

En faisant $x:=\sqrt 3$ et $y:=\sqrt 3$, il vient : $f(\sqrt 3)=0$.

• Si l'on suppose $f$ dérivable sur $\mathbb R$, alors pour tout  $(x,y)\in \mathbb{R}^{2}$ tel que $xy \neq 1$ : $f^{\prime }(x)=f^{\prime }(\frac{x+y}{1-xy})\frac{1+y^{2}}{(1-xy)^{2}}$.

En faisant $x:=0$, il vient, pour tout $y \in \mathbb R$  :  $f^{\prime }(y)=\frac{a}{1+y^{2}}$, avec $a=f^{\prime }(0)$.

En conséquence, pour tout $x \in \mathbb R$  : $f(x)=a \arctan x +b$, avec $a$ et $b$ constantes réelles.

Comme on a vu que $f(0)=f(\sqrt 3)=0$, on en conclut $a=b=0$.

• J'aimerais que @Piteux_gore précise sa référence bibliographique car « Ramis 1972, tome II » est pour moi énigmatique. Moi j'avais rencontré cet énoncé dans : Mathématiques et Pédagogie, revue de la Société belge des professeurs de mathématiques d'expression française, n° 158, 2006, p. 74, avec la même hypothèse additionnelle « la fonction $f$ est dérivable partout ».

Bonne journée.

Fr. Ch.

etanche

@chaurien merci pour la référence.

En effet c'est l'exercice 329 page74 de Mathématiques et Pédagogie vol 158 Septembre-Octobre 2006 https://mp.sbpm.be/MP158.PDF

Pour la solution voir page 60 de Mathématiques et Pédagogie vol 161 Mars-Avril 2007  https://mp.sbpm.be/MP161.PDF

Pour les autres volumes de Mathématiques et Pédagogie voir

https://www.sbpm.be/publications/math-et-pedagogie/

Piteux_gore

Cours de Math-Spé Cagnac Ramis Commeau 1970-72, tome II, Chapitre Dérivation, Page 146, Exercice 11

Chaurien

J'ai retrouvé une solution que j'avais rédigée avec hypothèse additionnelle « $f$ continue sur $\mathbb R $ ».  Elle ressemble à celle de @Foys, mais je la donne quand même.

En creusant un peu plus, on montre que si $f$ est continue en $0$ alors $f$ est continue en tout point $x_0 \in \mathbb R$.

Et que si  $f$ est continue en un point $x_0 \in \mathbb R$, alors $f$ est continue en $0$.

 Il en résulte que si $f$ est continue en un point $x_0 \in \mathbb R$, alors $f$ est continue partout, et c'est donc la fonction nulle.

Chaurien

Merci @Piteux_gore pour la référence précise. M'est avis qu'il est toujours préférable de donner les références précises. Je n'avais pas pensé à la génération Cagnac-Ramis, mais plutôt à Ramis d'après. Je suis allé regarder cet exercice 11, effectivement étoilé, signe du temps car aujourd'hui, avec l'hypothèse additionnelle de dérivabilité. il ne nous paraît pas si difficile : on dérive, et voilà tout. Son énoncé est le suivant :

...................................................................................................................................................................................................................

Trouver toutes les fonctions $f$ qui sont dérivables et qui vérifient, pour tout couple de nombres $(x,y)$  la relation 

$~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~f(x) + f(y) = f(\frac {x+y} {1 - xy})$.

...................................................................................................................................................................................................................

On aura noté qu'il ne prend pas la précaution de préciser « pour tout couple de nombres réels $(x,y)$ tels que $xy \neq 1$ », ce que fait l'énoncé paru dans Mathématiques et pédagogie.

Foys

@Chaurien a écrit:
On aura noté qu'il ne prend pas la précaution de préciser « pour tout couple de nombres réels (𝑥,𝑦) tels que 𝑥𝑦≠1 », ce que fait l'énoncé paru dans Mathématiques et pédagogie.

Ce qui est bien dommage puisqu'il laisse au candidat la tâche ingrate de trouver ce que l'énoncé veut bien vouloir dire lorsque $xy=1$.

Chaurien

Oui, @Foys, comme j'ai dit, je demande qu'on libelle ce genre d’équation fonctionnelle d'une manière rigoureuse, qui ne laisse pas à l'étudiant  «  la tâche ingrate de trouver ce que l'énoncé peut bien vouloir dire  », comme tu dis fort justement. Pour cet étudiant, la tâche de résoudre l'exercice doit suffire. J'en ai parlé dans ce fil, dans le fil : 

https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/2339588/equation-fonctionnelle-du-dimanche#latest 

et dans un article de Quadrature que j'ai signalé. Nous exigeons de nos étudiants de la rigueur, et il faut donc qu'en fassent preuve aussi les énoncés que nous leur proposons.

Piteux_gore

La fonction arctan ne vérifie-t-elle pas la relation même si $xy = 1$, vu que $\tan^{-1}(\pm \infty) = \pm \pi/2$ ?

dirikly

$f(0)=0$

$f$ et dérivable

en dérivant par rapport à$x$

$$f'(x)=\frac{1+y^2}{(1-xy)^2}f'(\frac {x+y} {1 - xy})$$

en dérivant par rapport à y

$$f'(y)=\frac{1+x^2}{(1-xy)^2}f'(\frac {x+y} {1 - xy})$$

$$(1+x^2)f'(x)=(1+y^2)f'(y)=c$$

Chaurien

Pendant qu'on y est, on peut traverser le miroir et poser l'équation fonctionnelle «  pseudo-argtanh » :

$~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\forall x \in \mathbb R,  \forall y \in \mathbb R, xy \neq -1 \Rightarrow   f(x) + f(y) = f(\frac {x+y} {1 + xy})$.

Bizarrement, je n'en ai trouvé mention nulle part. Elle semble plus facile que la précédente. Avec l'hypothèse supplémentaire « $f$ continue » on peut prouver sans trop de mal que $f$ est nécessairement la fonction nulle. Peut-on affaiblir cette hypothèse ? J'ai trouvé une solution en supposant seulement $f$ continue au point $1$, ou même bornée sur un voisinage de $1$.

On peut aussi considérer que cette famille d'équations fonctionnelles ne présente pas un bien grand intérêt, et qu'il vaut mieux passer à autre chose.

Chaurien

Et merci à @etanche pour l'adresse de Mathématiques et Pédagogie, revue de la Société Belge des Professeurs de Mathématique d'expression française, analogue de  «  notre » APMEP, mais avec plus de mathématiques et moins de baratin, et la consultation de cette revue est très utile. J'ai participé il y a longtemps au congrès de cette association, à Gembloux, pour présenter le numéro spécial $\pi$ du Petit Archimède. Cette association a toujours eu une attitude des plus positives à l'égard des compétitions mathématiques, avec notamment l'Olympiade Mathématique Belge, la cinquantième en 2025. Nous n'avons jamais pensé à en répercuter les sujets, il faudra le faire cette année.

dirikly

Pour l'équation fonctionnelle

$$f(x)+f(y)=f\left(\frac{x+y}{1+x y}\right)$$

f est nécssairement la fonction nulle

en effet: pour $x=1$ et $y=1$

$$f(1)+f(1)=f(1) \\f(1)=0$$

pour $x \neq-1$ et $y=1$

$$f(x)+f(1)=f(1) \\f(x)=0$$

dirikly

Pour l'équation fonctionnelle

$$f(x)+f(y)=f\left(\frac{x+y}{1-x y}\right)$$

on obtient la fonction mulle dans $\mathbb{C}$

pour $x=0$     et  $y=0$       $  \quad  f(0)=0$

pour $x=i$ et $y=i \quad f(i)=0$

pour $x \neq i$ et $y=i$

$$\text { pour } x \neq l \\\qquad f(x)+f(i)=f\left(\frac{x+i}{1-i x}\right) \\f(x)+f(i)=f\left(\frac{i(1-i x)}{1-i x}\right) \\f(x)+f(i)=f(i) \\f(x)=0$$

Chaurien

Oui, en effet, aucune hypothèse additionnelle n'est nécessaire pour $f : \mathbb R \rightarrow \mathbb R $,   $f(x)+f(y)=f\left(\frac{x+y}{1+x y}\right)$ pour $xy \neq -1$. 

C'est sans doute pour cette raison qu'on ne parle jamais de cette équation fonctionnelle, trop triviale pour retenir l'attention.

Un petit amendement à la rédaction de @dirikly. Il faut d'abord faire $x:=-1, y:=-1$ pour avoir $f(-1)=0$. Et ensuite $x\neq -1,y:=1$, pour avoir $f(x)=0$ si $x \neq -1$. D'où $f(x)=0$ pour tout $x \in \mathbb R$.

Cyrano

@Chaurien : Le revue publié par la SBPMf (équivalente de l'APMEP comme tu le dis si bien) s'appelle dorénavant Losange.
Voir ici : https://www.sbpm.be/losanges/