si on ne connait pas l'exponentielle
Bonjour
Supposons qu'on ne connaît pas la fonction exponentielle et qu'a fortiori on ignore tout des solutions d'équations différentielles de la forme $y'=\lambda y$.
Peut-on montrer qu'une fonction $f:\R\rightarrow \R$, continue, dérivable est solution d'une équation différentielle de la forme $y'=\lambda y$ si et seulement si pour tous $x,y$ $f(0)f(x+y)=f(x)f(y)$ ? EDIT : j'avais oublié le $f(0)$ dans mon message initial.
La condition suffisante est facile, c'est la condition nécessaire qui me manque...
Merci d'avance !
Omega
Supposons qu'on ne connaît pas la fonction exponentielle et qu'a fortiori on ignore tout des solutions d'équations différentielles de la forme $y'=\lambda y$.
Peut-on montrer qu'une fonction $f:\R\rightarrow \R$, continue, dérivable est solution d'une équation différentielle de la forme $y'=\lambda y$ si et seulement si pour tous $x,y$ $f(0)f(x+y)=f(x)f(y)$ ? EDIT : j'avais oublié le $f(0)$ dans mon message initial.
La condition suffisante est facile, c'est la condition nécessaire qui me manque...
Merci d'avance !
Omega
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Réponses
Est-ce que ceci pourrait t'aider ?
amicalement,
e.v.
$$y(a+b)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{b^n}{n!}y^{(n)}(a)=y(a)f(\lambda b).$$Faisant $a=0$ on a $y(b)=f(\lambda b)$ et donc $y(a+b)=y(a)y(b).$
Si $f(0)=0$, alors $f(x)=0$ pour tout $x$ réel. Écartons ce cas.
Comme elle est dérivable, cette fonction $f$, on la dérive.
Prenant $y$ pour constante, on dérive par rapport à $x$ et il vient : $f^{\prime }(x+y)=f^{\prime }(x)f(y)$, quels que soient $x$ et $y$ réels..
En échangeant $x$ et $y$, on obtient : $f^{\prime }(x)f(y)=f(x)f^{\prime }(y)$, quels que soient $x$ et $y$ réels.
Et en faisant $y:=0$ : $f^{\prime }(x)=\frac{f^{\prime }(0)}{f(0)}f(x)$.
Noter qu'il suffit que $f$ soit continue, et même continue en un point, pour aboutir à la même conclusion.
Mais je suis pris d'un doute : ai-je bien prouvé dans le bon sens ?
Bonne journée.
Fr. Ch.
.
P : merci aussi pour ta solution, mais je cherchais quelque-chose de plus simple, ne faisant pas intervenir le développement en série (qui n'est pas a priori assuré).
En suivant l'énoncé du lien d'ev, on peut faire ceci.
Soit $f$ une solution non constante de $y'=\lambda y$. Alors :
1) Pour tout $x$, $f(x)f(-x)=f(0)^2$ (en montrant que $x\mapsto f(x)f(-x)$ est de dérivée nulle)
2) Pour tout $x$, $f(x)\neq 0$ (en utilisant ce qui précède et que $f$ non constante)
3) Si $g$ est une autre solution, il existe $\mu$ tel que $g=\mu f$ (en dérivant $f/g$)
4) Pour tous $x,y$, on a $f(0)f(x+y)=f(x)f(y)$.
Preuve de 4) : Fixons $y$ et posons $\psi_y:x\mapsto\frac{f(x+y)}{f(y)}$ Alors $\psi'_y=\lambda \psi_y$. D'après 3); il existe $\mu_y$ tel que, pour tout $x$, $\psi_y(x)=\mu_yf(x)$.
En $x=0$, on obtient $\mu_y=f(y)/f(0)$.
Encore merci à tous.
1°) $f(u)f(v)=f(v)f(u)$ pour tous $u,v\in \R$
2°)Il existe $a \in A$ tel que $f'(t)=af(t)$ pour tout $t$ et $f(0)=1$
Alors en posant pour $x \in \R$, $g_x(t)=f(x-t)f(t)$ on voit que $\forall t \in \R:g'_x(t)=0$ par un calcul direct d'une ligne (les hypothèses entraînent que $a$ commute avec $f(s)$ pour tout $s \in \R$). D'où $g$ gonstante égale à $g(0)=f(x)$. Donc $f(x-t)f(t)=f(x)$ pour tout $x$...
[small]Pour construire une telle $f$, montrer la cv uniforme sur toute partie bornée de la suite de fonctions continues, $E_n: x \in A \mapsto \sum_{k=0}^n \frac{x^k}{k!}$ vers une fonction qu'on note souvent "$exp$", puis poser $f(t)=exp(ta)$,$f_n(t)=E_n(ta)$ et passer à la limite dans l'égalité $f_{n+1}(t)=1+\int_{0}^t af_n(s)ds$.[/small]
C'est quoi une gonstante ? :-D
Si mes souvenirs sont exacts, c'est la démo que j'ai vu quand j'étais en Terminale (sans parler d'algèbre de Banach, faut pas exagérer (:D )
e.v.
Cette preuve n'est rien d'autre que la preuve classique du théorème de Cauchy-Lipschitz (celle avec point fixe itéré), adaptée au cas particulier de l'équation différentielle $y'=ay$ avec $a$ constante et $y(0)=1$, et en essayant de raccourcir ce qui peut l'être.