Fonctions à trouver samedi 3 juin

etanche

Bonjour 
$a$ un réel fixé, déterminer toutes les fonctions $f$ de $[0;1]$ dans $\R$ continue en $0$ et en $1$

telles que $\forall x \in [0;1]$, $f(x^2)+2af(x)=(x+a)^2$ 
Merci 
12406 amm 
Prolongement proposer une version du problème avec du $x^3$ 

L2M

Premièrement, on remarque qu'on peut simplifier un peu l'équation fonctionnelle qui devient en posant $g(x)=f(x)-x$ : $$g(x^2)+2ag(x)=a^2.$$

Soc

J'en ai une, c'est déjà ça! Et encore pas pour tout a... x +a²/(1+2a).

Pour la suite on peut peut-être étudier la suite un=g((1/2)^(2^n)) qui vérifie une relation de récurrence et voir ce qu'il se passe.

Bibix

On peut aussi exprimer $g(x^{2^n})$ en fonction de $g(x)$ et passer à la limite.

etanche

Pour $a=-1/2$ la fonction $\frac{1}{4}\log_{2}(\ln(x))$ vérifie  $g(x^2)-g(x)=1/4$.

Soc

Pour a = -1/2 on a a²=0, ce qui pose tout de même problème.

Bibix

De toute façon, $g(x^2) - g(x) = \frac{1}{4}$ donne $g(x^{2^n}) - g(x) = \frac{n}{4}$ donc $g$ ne peut pas être continue en $0$.

L2M

Il suffit de suive la suggestion de @Bibix.

L2M

Pour avoir des solutions il faut que $-1<a<1$.

gebrane

L2M pour a différent de -1/2 , g la constante  a²/(1+2a)  n'est pas une solution ?

L2M

La méthode de @Bibix donne cette formule : $$g(x^{2^n})=a^2+2^1(-a)^3+2^2(-a)^4+2^3(-a)^5+\dots+2^{n-1}(-a)^{n+1}+(-2a)^ng(x).$$

JLapin

On peut aussi s'intéresser à $g(x^{1/2^n})$ si $|2a|>1$ je suppose.

L2M

Oui @JLapin

@gebrane : Après calcul et d'après la suggestion de @JLapin la condition est : $a\not=-1/2$ et $a\not= 1/2$. Mais on peut étudier ces deux cas par une autre méthode.

En poursuivant les calculs, on trouve : $$g(x)= \frac{g(x^{2^n})}{(-2a)^n}+\frac{a}{2}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{(-2a)^{n-k}}= \frac{g(x^{2^n})}{(-2a)^n}+\frac{a}{2}\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{(-2a)^{k}}  \qquad (*)$$ Maintenant, si l'on passe à la limite avec $0\leq x<1$ et $\frac{1}{|2a|}<1$ ($|a|>\frac{1}{2}$), on trouve : $$g(x)=\frac{a^2}{2a+1}.$$ Ainsi, $$f(x)=\frac{a^2}{2a+1}+x.$$ Reste à se pencher sur les deux cas qui restent, $a=-1/2$ et $a=1/2$.

L2M

Pour $a=-1/2$, d'après $(*)$, $g(x)=g(x^{2^n})-n/4$. Ce qui montre que $g(x)=g(0)-\infty$.

Pour $a=1/2$, d'après $(*)$, $g(x)=(-1)^n g(x^{2^n})+\frac{1}{4}\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k$. On choisit $n$ pair. $g(x)=g(x^{2^n})=g(0)=\frac{a^2}{2a+1}.$

L2M

etanche a dit :

Pour $a=-1/2$ la fonction $\frac{1}{4}\log_{2}(\ln(x))$ vérifie  $g(x^2)-g(x)=1/4$.

Est-ce que vraiment $\frac{1}{4}\log_{2}(\ln(x))$ est solution ?

Je crois que c'est une solution si l'on élimine la condition de la continuité en $0$ à droite, et il faut montrer que c'est unique.

Voici la courbe :

Soc

Pour $a=-1/2$, il suffit de regarder $g(0)$ pour trouver $a^2=0$ et exclure ce cas.

Sinon $g(0) = g(1) = \frac{a^2}{2a+1}$.

On définit la suite $u_n=g(x_0^{2^n})$. Elle vérifie alors $u_{n+1}=-2au_n +a^2$ et donc $u_{n+1}=(-2a)^n(u_0- \frac{a^2}{2a+1})+\frac{a^2}{2a+1}$.

Pour $|a| > 1/2$, la continuité en 0 permet de conclure que $g(x_0)=u_0 = \frac{a^2}{2a+1}$

Pour $|a| < 1/2$, on remplace les carrés par des racines carrées dans la suite et la continuité en 1 permet de conclure de la même façon.

(autrement dit, la suite ne peut pas converger des 2 côtés, à moins qu'elle soit constante).

On tombe donc sur $g(x) = \frac{a^2}{2a+1}$ et $fx)=x+\frac{a^2}{2a+1}$ est la seule solution.

NB: Une fois la solution trouvée, il y a peut-être moyen de montrer qu'elle est unique à moindre frais.

gebrane

L'unicité est gratuite puisque tu démontres si $f$ est une solution alors $fx)=x+\frac{a^2}{2a+1}$.

Je me mets en position self défense car Jlapin va me sauter dessus.

Soc

Je reformule, le but serait de trouver une démonstration qui évite certains calculs. Une fois la solution constante identifiée, chercher un argument pour dire que g(x) va être défini de façon unique et donc qu'on l'a déjà. Mais ici cela ne me parait pas efficient.

gebrane

Je vois, si on considère deux solutions et si on fait la différence,  on tombe sur le problème

$h(x^2)+2ah(x)=0$ avec $h$ continue en 0 et 1 et on veut démontrer le plus simplement possible que $h$ est nulle.

Soc

Oui, par exemple, mais je pense qu'en substance on va refaire la même démonstration au final; on va juste se débarrasser de cette moche constante le temps des calculs (au passage il manque un 2 dans ton égalité).

gebrane

Comme tu dis , on va appliquer la même méthode mais d'une maniere plus simple

gebrane

Je vais réfléchir et te tiendrai au courant si je trouve une autre méthode

L2M

@Soc, pour $a=-1/2$, si on suppose que $f$ n'est pas définie en $0$, on aura $\frac{1}{4}\log_{2}(\ln(x))$ comme solution.

JLapin

Sur $]1,+\infty[$ dans ce cas.

gebrane

On peut transformer le problème,  mais je ne sais pas si c'est utile

$h(x^2)+2ah(x)=0$ avec $h$ continue en 0 et 1.

 On pose $F(t)=h(e^t)$, le problème devient

$F(2t)+2aF(t)=0 ,\ \forall t\in\, ]-\infty, 0]$.

Soc

@L2M pour g(1) on va encore avoir a²=0. Donc il faut aussi exclure 1. Si tu veux poursuivre, il faut donc enlever complètement l'hypothèse de continuité, et tu peux dans ce cas avoir des tonnes de fonctions discontinues solutions, car tu peux choisir un terme arbitraire pour chaque suite de la forme K^(2^n) dans ]0;1[ (avec n dans Z).

@gebrane Tu vas encore tomber sur (-2a)^n converge ou F=0.