Bonjour, je recherche toutes les solutions de l'équationnelle fonctionnelle suivante. $$
\forall(x,y)\in \mathbb{R}^2, \quad f^2(x+y)=f(x)f(y)+2019x^2y^2.
$$ Dans ma démarche j'arrive à $ f^2(f(x))=f(0)^2f(x)$.
Quelqu'un a-t-il une indication à me suggérer ?
Réponses
En posant $g(x):=\frac {f(x)}{\sqrt {2019}}$, on se ramène à : $g(x+y)^2=g(x)g(y)+x^2y^2~~~~$(0).
En faisant $y:=0$ dans (0), il vient : $g(x)^2=g(x)g(0)$.
Soit $g(0):=a$. Il en résulte, pour tout $x$ réel : $g(x)=0$ ou $g(x)=a$.
On a : $a \neq 0$ car la fonction $g$ n'est pas la fonction nulle. On peut prendre $a >0$ car si $g$ est solution alors $-g$ est aussi solution.
Soit $x$ tel que $g(x)=0$, alors $x \neq 0$ . Dans (0) faisons $y:=x$, il vient : $g(2x)^2=x^4>0$, d'où : $g(2x)=a$, et par suite $x^2=a$, soit $x=\pm \sqrt{a}$. Il y a au plus deux zéros de la fonction $g$, et en fait aucun.
La fonction $g$ est donc constante égale à $a$, impossible. Il n'y a donc pas de telle fonction. Sauf erreur ...
...
Bonne journée.
Fr. Ch.
@Keynes : ton exposant est un carré. Est-ce l’énoncé ou est-ce une composition de fonction qu’on note $^{(2)}$ ?
@Chaurien :
A partir de $g^2(x+y)=g(x)g(y)+ x^2 y^2$, on fait $y= x$ et donc, pour tout réel, $h(2x)=h(x)+ x^4$ avec $h=g^2$. On résout sans difficulté (par exemple changement de fonction pour éliminer le $x^4$ puis de façon standard pour montrer la constance) $h(x)=a^2+x^4/15$ et donc $g(x)=\sqrt{...}$ qui est incompatible avec $g(x)(g(x)-a)=0$ pour tout réel.
Mais prenons l'autre option, ce qui nous fait deux équations fonctionnelles pour le prix d'une ;-).
Partons de : $f(f(x+y))=f(x)f(y)+bx^2y^2\quad$(0), avec constante $b>0$.
En faisant $y:=0$ dans (0), il vient : $f(f(x))=f(x)f(0)\quad $(1).
Soit $f(0):=a$. Reportant (1) dans (0), on obtient : $af(x+y)=f(x)f(y)+bx^2y^2\quad$(2).
En faisant $y:=x$ dans (2), on voit que $a \neq 0$.
Posant $g(x):=\frac {f(x)}a$, il vient : $g(x+y)=g(x)g(y)+cx^2y^2\quad$(3), avec : $c=\frac b{a^2}>0$, et $g(0)=1$.
Dans (3), faisons $y:=x$, il vient : $g(2x)=g(x)^2+cx^4$, ce qui implique $g(x)>0$ pour tout $x$ réel.
Dans (3), faisons $y:=-x$, il vient : $1=g(0)=g(x)g(-x)+cx^4$, ce qui implique : $g(x)g(-x)=1-cx^4$, et il s'ensuit que la fonction $g$ s'annule. Il n'y a pas (non plus) de telle fonction $g$.
Peut-on connaître l'origine de cet énoncé ?
Bonne journée.
Fr. Ch.
11/08/2019
Peux-tu écrire ta démonstration que $f$ est paire ?
Voici la mienne : il n’y a pas de solution $f$ qui vérifie l’équation (avec composition). La fonction $f$ appartient à l’ensemble vide. Elle est donc paire.
de plus $ f(f(x))=f(x)f(0)$
$ f(f(2x))=f(f(x+x))=f(x)^2+2019x^4= f(2x)f(0)$
et $ f(f(0))=f(f(x-x))=f(x)f(-x)+2019x^4$
comme $ f(f(x))=f(x)f(0)$
alors $ f(x)f(0)=f(2x)f(-x)+8076x^4$
Montrons que $ f(0)=0$
supposons que $ f(0)\not =0$
en multipliant par $ f(0)$ nous avons
$ f(x)f(0)^2=f(2x)f(0)f(-x)+8076x^4f(0)$
$ f(x)f(0)^2=(f(x)^2+2019x^4)f(-x)+8076x^4f(0)$
$ f(x)f(0)^2= f(x)f(x)f(-x)+2019x^4f(-x)+8076x^4f(0)$
$ f(x)f(0)^2=f(x)(f(f(0))-2019x^4)+2019x^4f(-x)+8076x^4f(0)$
or $ f(f(0))=f(0)^2$
donc $ 2019x^4f(x)=2019x^4f(-x)+8076x^4f(0), \forall x\in \mathbb{R}$
néssairement $ f(x)=f(-x)+4f(0) , \forall x\in \mathbb{R}$
en substituant x par -x on a $ f(-x)=f(x)+4f(0)$ ainsi $ f(0)=0$ absurde donc $ f(0)=0$
En reprenant l'équation fonctionelle on a : $ 0= f(f(0))=f(0)^2= f(x)^2+2019x^4$ une telle fonction n'existe pas
Tu multiplies par $f(0)$ puis tu conclus que $f(0)=0$, n'est-ce pas ? Avec cette astuce, tu peux montrer que $1=0.$
Pour éviter cette astuce, il faut supposer que $f(0) \neq 0$ avant de multiplier...