Moyenne = instantanée au milieu
dans Analyse
Bonjour,
un exercice déclinable à plusieurs niveaux : déterminer l'ensemble des fonctions $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ deux fois dérivables vérifiant :
$$
\forall a,b\in\mathbb{R}, \qquad a\neq b \implies \frac{f\left(b\right)-f\left(a\right)}{b-a}=f'\left(\frac{a+b}{2}\right)
$$
un exercice déclinable à plusieurs niveaux : déterminer l'ensemble des fonctions $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ deux fois dérivables vérifiant :
$$
\forall a,b\in\mathbb{R}, \qquad a\neq b \implies \frac{f\left(b\right)-f\left(a\right)}{b-a}=f'\left(\frac{a+b}{2}\right)
$$
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Réponses
C'est clair que tout polynôme de degré 2 est solution.
Maintenant si $f$ est une solution la relation montre que pour tout $x$ non nul on a
$f'(x)=\dfrac{f(2x)}{2x}$ donc $f$ est indéfiniment dérivable sur $\R^*.$
Soit alors $a$ non nul et $h$ assez petit tel que $a+h\neq 0$.
On a alors $f(a+h)=f(a) + h f'(a+h/2)$.
Un développement limité de chaque côté donne en faisant la différence
$\dfrac{1}{24} f'''(a) h^3+ o(h^3)=0$. D'où $f'''(a)=0$.
Ceci assure qu'il n'y a pas d'autres solutions.
La méthode de bd2017 semble, elle, plus générale, car je me sers d'une dérivée seconde et du fait que l'intervalle de définition admet un centre de symétrie.
On pose $a=c-d$ et $b=c+d$ puis on dérive par rapport à $d$.
On obtient : $\forall a,b\in\mathbb{R}, \quad f'(a)+f'(b)=2f'\left(\dfrac{a+b}{2}\right)$ avec $f'$ continue.
On montre ensuite par dichotomie que si $a<b$, si $f'(a)=\alpha a+\beta$ et si $f'(b)=\alpha b+\beta$ alors pour tout $c\in ]a,b[$ on a $f'(c)=\alpha c+\beta$
Edit : corrigé grâce à incognito
Merci pour la correction.
$$
\exists\lambda\in\left]0,1\right[, \forall a,b\in\mathbb{R}, \qquad a\neq b \implies \frac{f\left(b\right)-f\left(a\right)}{b-a}=f'\left(\lambda a+\left(1-\lambda\right)b\right)
$$
$g(a)=\frac{f(b)-f(2a-b)}{2(b-a)}$ et $g(b)=\frac{f(a)-f(2b-a)}{2(a-b)}$, d'où :
$$g(a)+g(b)=\frac{f(b)-f(a)}{2(b-a)}+\frac{f(2b-a)-f(2a-b)}{2(b-a)} = \frac12g(\frac{a+b}2)+\frac32g(\frac{a+b}2)=2g(\frac{a+b}2)
$$
On en déduit que $g$ conserve les milieux, étant continue, $g$ est affine, pour tout réel $x$ $g(x)=\alpha x+\beta$, ce qui entraîne que $f(a)=\frac{\alpha}2(b^2-a^2)+\beta(b-a)+f(b)$ polynôme du second degré en $a$.
Tout couple de fonctions $(f,g)$ telles que :
$\forall x \in \mathbb R,\ \forall y \in \mathbb R,\ f(x)-f(y)=(x-y)g(x+y)$
donne $f$ polynôme de degré $\le 2$.
C'est un bon exercice pour débuter en équations fonctionnelles.
J'ai trouvé cet exercice dans : The College Mathematics Journal, September 1987,Problem 296, p. 341.
Si l'on veut effrayer l'étudiant, on peut le poser avec trois fonctions inconnues : $\forall x \in \mathbb R,\ \forall y \in \mathbb R,\ f_1(x)-f_2(y)=(x-y)g(x+y)$.
C'est alors une équation « à la Pexider », ce n'est pas plus difficile, mais ça peut impressionner un débutant.
Soit un réel $\lambda \in\, ]0,1[$. On cherche les couples de fonctions $(f,g)$ telles que : $\forall x \in \mathbb R,\ \forall y \in \mathbb R,\ f(x)-f(y)=(x-y)g(\lambda x+ (1-\lambda )y)$.
Je pense que si $\lambda \neq \frac 12$ et si la fonction $g$ est continue en $0$, alors cette fonction $g$ est constante.
Dans (0) faisons $y:=0$, il vient : $f(x)-f(0)=xg(\lambda x)~~~~~~~~~$(1).
Dans (0) faisons $x:=0$, il vient : $f(y)-f(0)=yg((1-\lambda) y)~~~~~~~~~$(2).
En conséquence de (1) et (2) : $g(\lambda x)=g((1-\lambda) x)~~~~~~~~~$(3).
D'où pour tout $z \in \mathbb R$ : $g(z)=g(\frac {\lambda}{1-\lambda} z)~~~~~~~~~$(4).
Pour tout $n \in \mathbb N$, on a donc : $g(z)=g((\frac {\lambda}{1-\lambda})^n z)$.
$\bullet $ Si $0<\lambda <\frac12$, alors $0<\frac {\lambda}{1-\lambda}<1$, d'où : $(\frac {\lambda}{1-\lambda})^n z \rightarrow 0$.
Si $g$ est continue en $0$, alors $g(z)=g(0)$.
$\bullet $ Si $\frac 12 <\lambda <1$, on remplace (4) par : $g(z)=g(\frac {1-\lambda}{\lambda}z)$.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
On a : $g(\lambda x+ (1-\lambda )y)=g((1-\lambda) x+ \lambda y)$.
Si $\lambda \neq \frac 12$, quels que soient les réels $a$ et $b$, il existe $x$ et $y$ tels que :
$\lambda x+ (1-\lambda )y=a, (1-\lambda) x+ \lambda y=b$.
D'où $g(a)=g(b)$, terminé.
Tout ce que j'ai raconté est inutile :-D.
Reste le seul cas intéressant : $f(x)-f(y)=(x-y)g(x+y)$.
C'est du boulot, les équations fonctionnelles...
Chaundy, On the formula of the mean, Mathematical Gazette, 34 (1950)
(référence trouvée dans https://bookstore.ams.org/hin-32/ )
Quitte à poser $f_1(x)=f(x)-ax$ et $g_1(x)=g(x)-a$ avec $a=g(0)$, on se ramène au cas où $g(0)=0$.
Alors $y=-x$ donne $f(x)-f(-x)=0$, donc $f$ est paire.
Ainsi le terme de gauche $f(x)-f(y)$ est invariant par $y\mapsto -y$ donc le terme de droite aussi: $(x-y)g(x+y)=(x+y)g(x-y)$
En caractéristique différente de $2$ on peut résoudre pour tous $a$, $b$ le système $x+y=a$ ,$x-y=b$ donc $b g(a)= a g(b)$.
Donc $g(x)=c x$ où $c=g(1)$. L'équation devient $f(x)-f(y)=c(x^2-y^2)$. On fait $y=0$ et on obtient bien que $f$ est un polynôme de degré au plus $2$.
On pose : $f_1(x)=f(x)-f(0)$ et $g_1(x)=g(x)-g(0)$ pour avoir des fonctions qui s'annulent en $0$.
Il y a d'autres exemples de mise en œuvre de cette méthode. Par exemple pour le théorème de Cesàro on part d'une suite $u_n$ de limite $\ell$, on pose $v_n=u_n- \ell$, de limite nulle, et c'est plus commode ainsi.
Ensuite, dans notre problème, on a : $(x-y)g_1(x+y)=(x+y)g_1(x-y)$, et on fait le changement de variable :$u=x+y$, $v=x-y$. On peut faire ça dans tout corps commutatif de caractéristique différente de $2$, mais aussi dans tout anneau commutatif dans lequel $2=1+1$ est inversible, par exemple les décimaux.
Encore une fois, Éric nous fait connaître un livre du plus haut intérêt : « Surprises and counterexamples... » (tu). Il en extrait, pour le présent problème, une référence datant de 1950, alors que celle que j'avais donnée date de 1987. Je vous communique celle-ci, il y a plus loin une généralisation.
Bonne journée.
Fr. Ch.
03/11/2021 - Journée de la gentillesse en France
Déterminer les fonctions $f$ de classe $C^1$ sur $\R$ telles que \[\forall (x,y)\in\R^2,\qquad f(x)-f(y)=(x-y)f'(ax+by)\]Si $(a,b)=(\frac12, \frac12)$, on retrouve les polynômes de degré inférieur ou égal à 2.
Dans tous les autres cas, il n'y a que les fonctions affines... Mais j'ai dû faire 4 cas (5 cas, en incluant le précédent) pour réussir à le prouver.
[Edit] Promis, AD, un jour, je penserai à l'espace un peu plus grande après le $\forall$ ;-)
Mieux vaut poser : $f(x)-f(y)=(x-y)g(ax+by)$, ça ne coûte pas plus cher, en supposant bien sûr $(a,b) \neq (0,0)$.
Il y a trois cas : $|b| \neq |a|$, $b=-a$, $b=a$.
Ensuite, on peut traiter $f(x)-f(y)=(x-y)f'(ax+by)$ comme une application.
Variante : $\int_x^y f(t)dt=(y-x)f(ax+by)$.