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Une équation fonctionnelle

Bonjour
Je cherchais des exercices à poser en colle pour des PC, je me suis donc en partie orienté vers quelques exercices en ligne (et partiellement corrigé) de l'X https://gargantua.polytechnique.fr/siatel-web/app/linkto/mIb5YYWqRY6 . Je suis alors tombé sur l'exercice suivant.

Déterminer toutes les fonctions continues $f : [0;1] \to \mathbb{R}$ telles que :
$$
\forall x \in [0;1], \qquad f(x) = \sum_{n\geq 1}\frac{f(x^n)}{2^n}.

$$ Les éléments de corrections suggèrent de montrer que $f$ est constante est égale à ses bornes sur tout segment $[0;\alpha ]$ pour $\alpha \in [0;1[$ en utilisant le théorème des bornes atteintes par une fonction continue sur un segment et le fait que, nécessairement, en passant par la formule donnée : $\forall n \in f(m^n) = f(m)$ et $f(M^n) = f(M)$ (où $m$ et $M$ sont respectivement les antécédents du minimum et du maximum). On peut alors conclure en faisant tendre $n$ vers l'infini et en déduire que la fonction est constante, égale à $f(0)$.

Mais en résolvant cet exercice, je me suis demandé si on ne pouvait pas le rendre un peu plus corsé, pour une deuxième partie de colle, de la manière suivante (je demande donc votre aide pour savoir si mon raisonnement est juste et ne pas dire d'énormes bêtises aux spé).

Déterminer toutes les fonctions $f : [0;1] \to \mathbb{R}$ continues uniquement en $0$ et $1$, telles que :
$$
\forall x \in [0;1], \qquad f(x) = \sum_{n\geq 1}\frac{f(x^n)}{2^n}

$$ Mon raisonnement serait alors le suivant.

On peut déjà commencer par dire que la somme converge puisqu'a priori : $\forall x \in [0;1], \ \frac{f(x^n)}{2^n} = \mathcal{0}(\frac{1}{2^n})$.
Puis on peut remarquer que :
\begin{align*}
f(x) &= \sum_{n\geq 1}\frac{f(x^n)}{2^n} = \frac{f(x)}{2} + \sum_{n\geq 2}\frac{f(x^n)}{2^n} \\
\Rightarrow f(x) &= 2\sum_{n\geq 2}\frac{f(x^n)}{2^n} = \sum_{n\geq 2}\frac{f(x^n)}{2^{n-1}} = \sum_{n\geq 1}\frac{f(x^{n+1})}{2^n}

\end{align*} On peut alors voir que $f(x)$ s'exprime en fonction de $f(x^2), f(x^3), f(x^4), \dots$ et je me suis demandé si on pouvait alors effectuer un raisonnement "de proche en proche" vu que $x^n$ tend vers $0$ pour $x \in ]0;1[$.

Fixons tout d'abord un $\epsilon$ strictement positif. Par continuité en $0$, il existe un $\eta$ strictement positif tel que $x \leq \eta \Rightarrow |f(x)-f(0)| \leq \epsilon$.
On prend alors un $x$ dans $]0;1[$. Comme $x^n \rightarrow 0$ quand $n \rightarrow +\infty$, on sait qu'il existe un rang $N \in \mathbb{N}^*$ à partir duquel $n \geq N \Rightarrow x^n \leq \eta \Rightarrow |f(x^n)-f(0)| \leq \epsilon$. Le but va alors être de montrer le résultat suivant.
$$
|f(x) - f(0)| \leq \epsilon

$$ Pour se faire, on pourrait passer par une récurrence descendante (et finie) sur $k \in \{1;\dots;N\}$ en montrant $\mathcal{P}_k\; :\; "\forall m \in \{k;\dots;N\}, \quad |f(x^{m}) - f(0)| \leq \epsilon "$.

Initialisation. $\mathcal{P}_N$ découle directement de la continuité de $f$ en $0$.

Hérédité. On suppose le résultat vrai pour un certain $k \in \{2;\dots;N\}$.
On sait que :
$$
f(x^{k-1}) = \sum_{n\geq 1}\frac{f(x^{(n+1)(k-1)})}{2^n}.

$$ Or, soit on a $(n+1)(k-1) > N \Rightarrow x^{(n+1)(k-1)} < x^N < \eta,$ d'où $|f(x^{(n+1)(k-1)})-f(0)| \leq \epsilon$.
Sinon on a que $(n+1)(k-1) \leq N$, mais on a aussi :
$$
(n+1)(k-1) \geq k \Leftrightarrow n(k-1) + k - 1 \geq k \Leftrightarrow n(k-1) \geq 1 \text{ Ce qui est toujours vrai car } n \geq 1 \text{ et } k \geq 2

$$ On aurait donc $k \leq (n+1)(k-1) \leq N$ et on peut appliquer l'hypothèse de récurrence.
On peut finalement écrire que :
\begin{align*}
|f(x^{k-1}) - f(0)| &= \Big|\sum_{n\geq 1}\frac{f(x^{(n+1)(k-1)})}{2^n} - f(0)\sum_{n\geq 1}\frac{1}{2^n}\Big| = \Big|\sum_{n\geq 1}\frac{f(x^{(n+1)(k-1)})-f(0)}{2^n}\Big| \\
& \leq \sum_{n\geq 1}\frac{|f(x^{(n+1)(k-1)})-f(0)|}{2^n} \leq \sum_{n\geq 1}\frac{\epsilon}{2^n} =\epsilon

\end{align*} Ce qui achève la récurrence. Il suffit alors de prendre $k=1$ et on obtient que :
$$
\forall x \in ]0;1[, \qquad |f(x)-f(0)| \leq \epsilon

$$ On fait tendre epsilon vers $0$ et on obtient que $f$ est égale à $f(0)$ sur $]0;1[$, il suffit alors de conclure par continuité en $0$ et $1$. La synthèse est directe vu que $\sum_{n\geq 1}\frac{1}{2^n} = 1$.

Voilà, je suis désolé pour la longueur du poste, mais je voulais être le plus clair possible pour ne pas donner l'impression de bluffer quelque part et pour voir les éventuelles erreurs plus facilement.
Merci d'avance à ceux qui prendront le temps de me lire et/ou de me répondre.
Bonne soirée.

Réponses

  • Je pense que c'est bon.

    Pour simplifier un peu on peut supposer $f(0)=0$ (en posant $g(x)=f(x)-f(0)$).

    Ensuite je trouve un peu plus rapide de montrer par récurrence sur $p$ que $x \leq \eta^{1/2^p} \Rightarrow |f(x)| \leq \varepsilon$.

    C'est vrai pour $p=0$ par continuité de $f$ en $0$.

    Si c'est vrai pour $p$ alors quand $x \leq \eta^{1/2^{p+1}}$, puisque pour tout $n\geq1$ on a $x^{n+1}\leq x^2\leq \eta^{1/2^p}$, on déduit $|f(x)|\leq \varepsilon$ avec l'égalité qui exprime $f(x)$ en fonction des $f(x^{n+1})$.

    Puisque $\eta^{1/2^p}$ tend vers $1$ quand $p$ tend vers $+\infty$, on en déduit $|f(x)| \leq \varepsilon$ pour tout $x<1$.
  • Bonsoir @jandri,

    Merci beaucoup pour la vérification !
    C'est vrai que ce raisonnement paraît plus simple, je n'y avais pas pensé.

    Bonne soirée.
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