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Moyenne = instantanée au milieu

Bonjour,
un exercice déclinable à plusieurs niveaux : déterminer l'ensemble des fonctions $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ deux fois dérivables vérifiant :
$$
\forall a,b\in\mathbb{R}, \qquad a\neq b \implies \frac{f\left(b\right)-f\left(a\right)}{b-a}=f'\left(\frac{a+b}{2}\right)
$$

Réponses

  • Bonjour
    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.
  • On peut aussi réduire au même dénominateur, dériver ensuite par rapport à $b$ et choisir $a=-b$.

    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.
  • La solution de bd utilise une dérivée troisième, alors que l'énoncé suppose la fonction seulement deux fois dérivable.
  • Eric : bd2017 en établit l'existence !
  • Je crois me souvenir que ce n'est même pas nécessaire. Pas le temps de poster maintenant, je le ferai plus tard (mais ça se trouve dans le bouquin de Rajwade et Bhandari ou dans le mien).
  • En dérivant par rapport à $a$ d'une part et par rapport à $b$ d'autre part, la différence donne $f'(a)+f'(b)=2f'((a+b)/2)$ d'où par dérivation $f''=C^{ste}$.
  • On doit même pouvoir supposer seulement $f$ une fois dérivable.
  • bd2017 : tu supposes $f\left(0\right)=0$ ?
  • On peut supposer $f$ seulement de classe $C^1$.

    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
  • @jandri : ta relation sur $f'$ est fausse, il manque un facteur $\frac12$ à gauche. Et les fonctions continues qui vérifient l'image du milieu est le milieu des images sont exactement les fonctions affines (exercice classique).
  • @incognito
    Merci pour la correction.
  • Montrer que pour toute fonction continue $f$ telle que $\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}$ ne dépend que de $\dfrac{a+b}{2}$, la fonction $f$ est un polynôme du second degré.
  • Un prolongement : déterminer l'ensemble des fonctions $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ deux fois dérivables vérifiant :
    $$
    \exists\lambda\in\left]0,1\right[, \forall a,b\in\mathbb{R}, \qquad a\neq b \implies \frac{f\left(b\right)-f\left(a\right)}{b-a}=f'\left(\lambda a+\left(1-\lambda\right)b\right)
    $$
  • Supposons pour $a\neq b$ que $\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=g(\frac{a+b}2)$ avec $f$ et $g$ continues. Alors :
    $g(a)=\frac{f(b)-f(2a-b)}{2(b-a)}$ 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 $a$.
  • L'hypothèse de continuité n'est pas indispensable.
    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.
  • Ça marche dans tout corps commutatif de caractéristique différente de $2$.
    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.
  • Généralisation de la généralisation de Magnéthorax.
    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.
  • Partons de : $f(x)-f(y)=(x-y)g(\lambda x+ (1-\lambda )y)~~~~~~~~~$(0).
    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.
  • En fait on peut supposer $0<\lambda <\frac12$ SPDG.
  • Et je pense qu'en adaptant la démonstration valable pour $f(x)-f(y)=(x-y)g(x+y)$, on peut avoir une démonstration de la généralisation qui ne suppose pas $g$ continue en $0$.
  • Chaurien, je confirme qu'aucune hypothèse de régularité n'est nécessaire pour montrer que $g$ est constante dans le cas $\lambda \neq 1/2$.
  • En effet, pas la peine de chercher midi à quatorze heures. C'est immédiat.
    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...
  • Et en fait, la condition $\lambda \in ]0,1[$ peut être oubliée au profit de la seule condition $\lambda \neq \frac 12$.
  • Pour revenir à ma remarque précédente :
    Chaundy, On the formula of the mean, Mathematical Gazette, 34 (1950)
    (référence trouvée dans https://bookstore.ams.org/hin-32/ )
  • Pour $f(x)-f(y)=(x-y)g(x+y)$ dans un corps quelconque de caractéristique différente de $2$.

    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 $2$.
  • En effet, ceci se résout par la méthode que j'appelle « retour à zéro » en hommage à Hubert Monteilhet.
    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
  • Une autre généralisation possible, tombée à l'oral de Polytechnique... mais je ne sais plus quand ni dans quelle filière.Soit $(a,b)\in\R^2$.
    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 $\forall$ ;-)
  • Bisam, oui, cet exercice est lui aussi très ancien, je le posais il y a trente ans.
    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 : $\int_x^y f(t)dt=(y-x)f(ax+by)$.
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