Équation fonctionnelle
Bonjour chers collègues, j'essaie de développer l'exercice suivant.
Déterminer les fonctions $f$ définies et continues sur $\mathbb R^+$ et continûment dérivables sur $\mathbb R_{+}^{*}$ telles que: pour tout $x\in\mathbb R^+,\ f(x^2)=f(x)^2.$
Les résultats suivants sont facilement faisables.
Il y a deux fonctions constantes la fonction nulle et la fonction égale à 1.
Toutes les solutions sont positives.
Sur l'intervalle [0,1] , $0\leq f(x)\leq 1$
En considérant pour $A>0$ la suite $f(A^{2^{n}})$, on montre que si $f(A)=0$, alors $f(1)=0$.
Reste à montrer que si $ f$ est non constante, alors elle ne s'annule pas.
Merci.
Déterminer les fonctions $f$ définies et continues sur $\mathbb R^+$ et continûment dérivables sur $\mathbb R_{+}^{*}$ telles que: pour tout $x\in\mathbb R^+,\ f(x^2)=f(x)^2.$
Les résultats suivants sont facilement faisables.
Il y a deux fonctions constantes la fonction nulle et la fonction égale à 1.
Toutes les solutions sont positives.
Sur l'intervalle [0,1] , $0\leq f(x)\leq 1$
En considérant pour $A>0$ la suite $f(A^{2^{n}})$, on montre que si $f(A)=0$, alors $f(1)=0$.
Reste à montrer que si $ f$ est non constante, alors elle ne s'annule pas.
Merci.
Réponses
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Bonjour,
La fonction identité sur les réels positifs est solution. Elle n’est pas constante. Elle s’annule en $0.$ Non ? -
il y a les fonctions $x^{\alpha}$ avec $\alpha$ supérieure où égal a 1
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Oui, mais je pense que si $A$ est strictement positif et si $f(A)=0$, alors $f$ est nulle. Si j'arrive à établir ça, c'est possible de montrer que ce sont les fonctions puissances.
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L'hypothèse « $f$ dérivable en 0 » suffit. On se ramène à $g(2x)=2g(x)$. Concours général 1985 :
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?6,1631242
Bonne soirée.
Fr. Ch. -
"f dérivable en 1" plutôt.
-
Bonjour,
On cherche les fonctions $f$ continues sur $[0,+\infty[$ telles que $f(x^2)=f(x)^2$ pour tout $x\geq 0.$
La fonction identiquement nulle est solution.
Si la fonction n’est pas identiquement nulle, il existe $y$ tel que $f(y) >0.$ On se place dans un voisinage $V$ de $y$, et alors, pour tout $x$ dans ce voisinage, $f(x) >0$.
On pose alors $f(x) =e^{a(x) \ln x}$ et donc $(a(x^2)-a(x))\ln x=0$ et donc $a$ est nécessairement une constante (n’est-ce pas ?). On a donc $f(x)=x^a$ puis comme $f$ est dérivable, alors $a \geq 1$ et, puisqu’elle est monotone strictement croissante, on prolonge cette solution du voisinage sur $[0,+\infty[.$
Comme pour tout $x$ dans le voisinage, pour $x\neq 1$, $a(x^2)=a(x)=a(x^{1/2^k}) \to a(1), k\to +\infty$, alors $a$ est constante dans ce voisinage et pour $x\neq 1$ : mais $f$ et donc $a$ est continue et donc $a$ est constante dans le voisinage. -
Merci beaucoup
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Dans votre réponse Mr YvesM , on doit avoir la stabilité du voisinage V par la fonction $x\mapsto x^2$
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@ JLT
En effet, j'étais resté sur l'hypothèse du Concours général 1985. -
Et en plus ce n'est pas le même énoncé. Je me suis encore planté. Mais ça ressemble.
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En dérivant la relation donnée, puis en considérant la fonction $h(x)=x\frac{f'(x)}{f(x)}$, on a $h(x^2)=h(x)$.
Il me reste juste à montrer que f ne s'annule pas sur $\mathbb{R_{+}^{*}}$ -
Dans le cas où $f(1)=1$ par continuité il existe
il existe $\left( \alpha ,\beta \right) $ tel que $\alpha
<1<\beta $ et tel que \ $\forall x\in \left[ \alpha ,\beta \right] ~,f\left(
x\right) >0.$
puis par récurrence pour tout $n\in \mathbb{N}$ , et $%
\forall x\in \left[ \alpha ^{2^{n}},\beta ^{2^{n}}\right] ~,f\left( x\right)
>0.$ ce qui entraîne que pour tout $x>0$ , $f\left( x\right) >0.$
J'ai la difficulté lorsque $f(1)=0$ -
Encore une fois JLT a raison : il suffit de supposer $f$ dérivable au point 1 pour avoir des solutions raisonnables
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Si on a juste la dérivabilité en 1 , on ne peux pas introduire la fonction $h$.
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Cherchons les fonctions $f$ définies sur $\mathbb R_+^*$, dérivables en $1$, et telles que : $\forall x \in \mathbb R_+^*$, $f(x^2)=f(x)^2$.
En posant, pour tout $x \in \mathbb R$ : $g(x)=f(e^x)$, on obtient la seconde équation de l'exercice I du Concours général de 1985 : $\forall x \in \mathbb R, g(2x)=g(x)^2$, avec $g$ dérivable en $0$.
Si $f$ n'est pas la fonction nulle, alors $g$ n'est pas la fonction nulle, et on montre que dans ce cas : $g(x)>0$ pour tout $x \in \mathbb R$.
On pose : $u(x)=\ln g(x)$, ce qui conduit à : $\forall x \in \mathbb R, u(2x)=2u(x)$, avec $u$ dérivable en $0$. On montre que $u$ est une fonction $\mathbb R$-linéaire, et il s'ensuit que $g$ est une fonction exponentielle, et $f$ est une fonction-puissance : $f(x)=x^m$, $ m \in \mathbb R$.
Si l'on veut de plus que $f$ soit définie sur $\mathbb R_+$ et continue en $0$, alors $f(x)=x^m$, $ m \ge 0$.
Bonne fin de nuit.
Fr. Ch.
18/01/2019 -
Bonjour,
@mustapha :
Comme $f(y) \neq 0$, alors $f(y^2) \neq 0$ puisque $f(y^2) = f(y)^2$ et il existe un intervalle $V = ]a,b[ \cup ]a^2, b^2[\cup ...$ avec $a<b$, $a\geq 0$, $a<y<b$ et $a^2 < y^2<b^2$ tel que $f(y) \neq 0.$
On a montre alors que, $\forall x \in V$, $f(x) >0$ puis $f(x) = x^m$, $m \in \R.$
Par prolongement, $b$ est le plus petit réel plus grand que $y$ tel que $f(b) = 0$ : contradiction. donc $b = +\infty.$ De même, $a$ est le plus grand réel plus petit que $y$ tel que $f(a)=0$ : si $m=0$, contradiction, si $m \neq 0$, alors $m >0.$
Pour $m=0$, on a $f$ constante et la solution est $f=1$ sur $[0, \infty[.$
La solution trouvée est donc :
soit $f$ identiquement nulle,
soit $f$ constante égale à $1$,
soit $f(x) = x^m, m>0.$ -
Supposons qu'il existe $a>0$ tel que $f(a)=0$. Alors $f(1)=\lim_{n\to\infty}f(a^{2^{-n}})=0$, donc pour tout $x>0$, on a $f(x)=\lim_{n\to\infty}(f(x^{2^{-n}}))^{2^n}=0$.
Supposons donc dans la suite que $f(a)>0$ pour tout $a>0$. Soit $g(x)=\ln f(e^x)$. Pour tout $x$ on a $g(2x)=2g(x)$, donc $g(x)=\lim_{n\to\infty}\frac{g(2^{-n}x)}{2^{-n}}=xg'(0)$. On en déduit que $f(t)=t^{g'(0)}$ pour tout $t$. -
$0^\infty=0$.
-
D'accord avec la solution de JLT, qui est la même que la mienne ci-dessus, mais « compactée » en ce sens qu'elle ne prend qu'une fonction auxiliaire alors que j'en prends deux, afin de me brancher sur l'énoncé du Concours général de 1985, c'est mon côté passéiste ;-).
Cette solution montre bien que la bonne hypothèse est celle que j'ai indiquée : on cherche les fonctions $f$ définies sur $\mathbb R_+^*$, dérivables en $1$, et telles que : $\forall x \in \mathbb R_+^*$, $f(x^2)=f(x)^2$. Si l'on veut les fonctions $f$ définies sur $\mathbb R_+$, il suffit d'ajouter $f(0)=0$ ou $f(0)=1$. Et si l'on veut les fonctions $f$ continues sur $\mathbb R_+$, il suffit de supposer la continuité en $0$.
Pour obtenir seulement les fonctions-solutions $f(x)=x^m$ la continuité partout ne suffit pas. Dans ce type d'équations fonctionnelles, ne faisant intervenir qu'une valeur de la variable, une dérivabilité est le plus souvent indispensable pour obtenir seulement les fonctions-solutions « régulières » souhaitées.
Reprenant les notations de mon précédent message, notre équation se ramène à : $\forall x \in \mathbb R, u(2x)=2u(x)$ comme j'ai dit. On peut bricoler une solution continue de cette dernière équation en prenant une fonction $u$ continue quelconque sur $[1,2]$, avec $u(2)=2u(1)$, et en prolongeant convenablement par $u(2x)=2u(x)$ à tous les intervalles $[2^n,2^{n+1}], n\in \mathbb Z$, avec de plus $u(0)=0$. Cette fonction sera continue partout sur $\mathbb R_+^*$, et aussi en $0$, donc sur $\mathbb R_+$. Et l'on procède de même sur $\mathbb R_-$ en prenant $u$ continue quelconque sur $[-2,-1]$, avec $u(-2)=2u(-1)$. Ce qui donne au final une fonction $u$ continue sur $\mathbb R$, vérifiant $u(2x)=2u(x)$, et qui n'est pas nécessairement $\mathbb R$-linéaire. La fonction $f$ qui en résulte, et qui est définie par $f(x)=e^{u(\ln x)}$, ne sera pas nécessairement $f(x)=x^m$.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
19/01/2019 -
Bonjour,
Pour $f(x^2)=f(x)^2$, la forme la plus generale que je trouve, non identiquement nulle, est $f(x)=\exp(|\ln x| T(\ln|\ln x|)), x\neq 0$ avec $T$ une fonction $\ln 2$- périodique.
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