Une équation fonctionnelle à 3 inconnues
Aujourd'hui je m'intéresse à une équation fonctionnelle que j'ai vue comme illustration sur la couverture d'un livre, mais je ne me souviens plus lequel. Il s'agit de trouver les applications $f,g,h$ de $\mathbb R$ dans $\mathbb R$, telles que : $$
\forall x \in \mathbb R, \forall y \in \mathbb R ,\quad f(x+y)=g(xy)+h(x-y).
$$ Comme souvent, ma question porte sur les hypothèses additionnelles à poser. J'ai trouvé la solution en supposant qu'une au moins des trois fonctions $f,g,h$ est dérivable, mais je me demande si l'on peut se contenter d'hypothèse moins exigeante, telle que la continuité, voire d'aucune hypothèse additionnelle.
Bonne journée.
Fr. Ch.
\forall x \in \mathbb R, \forall y \in \mathbb R ,\quad f(x+y)=g(xy)+h(x-y).
$$ Comme souvent, ma question porte sur les hypothèses additionnelles à poser. J'ai trouvé la solution en supposant qu'une au moins des trois fonctions $f,g,h$ est dérivable, mais je me demande si l'on peut se contenter d'hypothèse moins exigeante, telle que la continuité, voire d'aucune hypothèse additionnelle.
Bonne journée.
Fr. Ch.
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Réponses
D'abord on voit que $f(0)=g(0)+h(0)$, alors retour à zéro :
$g_1(x):=g(x)-g(0)$, $h_1(x):=h(x)-h(0)$, $f_1(x):=f(x)-g(0)-h(0)$.
D'où nouvelle équation : $f_1(x+y)=g_1(xy)+h_1(x-y)$, la même mais avec $f_1(0)=g_1(0)=h_1(0)=0$.
En faisant $x:=0$, $y:=0$, $y:=1$, on trouve : $f_1(x)=h_1(x)$, $g_1(x)=f_1(x+1)-f_1(x-1)$, $f_1(-x)=f_1(x)$, et en reportant, on a une équation à une seule fonction inconnue : $f_1(x+y)=f_1(xy+1)-f_1(xy-1)+f_1(x-y)$.
Si l'on suppose que l'une des trois fonctions $f,g,h$ est continue (resp. dérivable) alors les deux autres le sont.
Si l'on suppose la dérivabilité partout, ce n'est pas compliqué, on trouve : $ f(x)=ax^2+b+c$, $g(x)=4ax+b$ et $h(x)=ax^2+c$.
Mais si l'on suppose seulement la continuité, ou encore moins ?
Et j'aimerais retrouver le livre d'où ça vient.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
Donc il existe $\tilde f$ et $\tilde h$ définies sur $\R_+$ telles que $f(s) = \tilde f(s^2)$ et $h(d) = \tilde h(d^2)$.
Et donc $\tilde f(S)-\tilde h(T)=g((S-T)/4)$ ne dépend que de $S-T$.
Je n'ai pas encore terminé l'exercice, mais il me semble que $\tilde f(S+D)-\tilde f(S)$ ne dépendra plus de $S$, et que c'est une contrainte assez forte.
Voici :
$f(x+y)=g(xy)+h(x-y)$
$x=0,y=t$ : $f(t)=g(0)+h(-t)$
$x=t,y=0$ : $f(t)=g(0)+h(t)$
Donc $f$ est paire.
Donc $h$ est paire.
$x=y=0$ : $f(0)=g(0)+h(0)$
$x=y=t/2$ : $f(t)=g(t^2/4)+h(0)$
On élimine $h$ par sa relation avec $f$ : $f(x+y)=g(xy)+f(x-y)-g(0)$
On élimine $g$ par sa relation avec $f$ :
$y=x/4$ : $f(5/4 x)=f(x)+f(3/4 x)-f(0)$
On réécrit avec $x=4 t$ et une nouvelle fonction $F(t)=f(t)-f(0)$ : $-F(5t)+F(3t)+F(4 t)=0$ (*)
La résolution de cette équation fonctionnelle devrait te donner des idées sur les hypothèses.
On pose $F(t)=a t^z$ avec $a\neq 0$ et l’équation $-5^z+3^z+4^z=0$ possède une solution unique réelle $z=2.$
Et donc $f(t)=a t^2+f(0)$, puis $h(t)=a t^2+f(0)-g(0)$, puis $g(t)=f(t+1)-h(t-1)=4 a t+g(0)$ qui est une des solutions que tu donnes.
Ma contribution est l’équation (*) qui peut être est classique et résolue sous diverses hypothèses.
En effet, $f(x+y)-h(x-y)=L((x+y)^2)-L((x-y)^2)=L(x^2+y^2+2xy)-L(x^2+y^2-2xy)=L(4xy)=g(xy)$.
$f(x+y)=g(xy)+f(x-y)-g(0)$
et $f(x)=g(x^2/4)+h(0)$.
On résout $xy=U^2/4$, $x+y=V$, pour $V\geq U$, cela donne:
$x=(V+\sqrt{V^2-U^2})/2$ et $y=(V-\sqrt{V^2-U^2})/2$
Donc $x-y=\sqrt{V^2-U^2}$
Donc $f(V)=g(U^2/4)+f(\sqrt{V^2-U^2})-g(0)=f(U)+f(\sqrt{V^2-U^2})+h(0)-g(0)$
Si pour tout $V$, on pose $f(V)=F(V^2)$, on obtient:
$F(V^2)=F(U^2)+F(V^2-U^2)+K$, où $K$ est une constante.
En choisissant $y=0$, on trouve $f(x)=g(0)+h(x)$ pour tout $x$ appartenant à $\R$.
Donc pour tout $x,y \in \R$, $f(x+y)=g(xy)+f(x-y)-g(0)$
En choisissant $x=y=t/2$, on obtient $f(t)=g(t^2/4)+h(0)$ pour tout $t \in \R$.
En choisissant $x=0$, on trouve $f(y)=g(0)+h(-y)$, donc $h$ est paire, car $h(-y)=f(y)-g(0)=h(y)$ pour tout $y \in \R$.
Cela implique aussi que $f$ est paire.
Pour tout $x$ dans $\R$, en choisissant $y=1$, on obtient: $f(x+1)=g(x)+h(x-1)=g(x)+f(x-1)-g(0)$. En choisissant $y=-1$, on a $f(x-1)=g(-x)+f(x+1)-g(0)$. Donc la fonction qui, à $x$ appartenant à $\R$, associe $g(x)-g(0)$ est impaire.
Si $v \geq u \geq 0$,on pose $x=(v+\sqrt{v^2-u^2})/2$ et $y=(v-\sqrt{v^2-u^2})/2$. Alors $x+y=v$ , $xy=u^2/4$ et $x-y= \sqrt{v^2-u^2}$.
Donc on obtient $f(v)=g(u^2/4)+f(\sqrt{v^2-u^2})-g(0)$.
Donc $f(v)=f(u)+f(\sqrt{v^2-u^2})-g(0)-h(0)$
On considère la fonction $F$ définie sur $\R^+$ qui à $x$ associe $f(\sqrt{x})$. Alors, pour $v\geq u \geq 0$, $F(v^2)=F(u^2)+F(v^2-u^2)-g(0)-h(0)$.
On considère la fonction $M$ définie sur $\R^+$ par $M(x)=F(x)-g(0)-h(0)$ pour tout $x$, alors, pour tout $b\geq a\geq 0$, on a $M(b)=M(a)+M(b-a)$.
Donc pour tout $a,b \geq 0$, $M(a+b)=M(a)+M(b)$
Donc $M(0)=0$.
On définit la fonction $L$ de $\R$ dans $\R$ par $L(x)=M(x)$ si $x\geq 0$, et $L(x)=-M(-x)$ si $x \leq 0$.
On montre que $L$ est $\Q$-linéaire.
En effet, pour $b\geq 0$, $a\leq 0$, et $b+a \geq 0$ :
$M(b+a)+M(-a)=M(b+a-a)=M(b)$,
donc $M(b+a)=-M(-a)+M(b)$,
donc $L(b+a)=L(a)+L(b)$.
Si $b \geq 0, a \leq 0$ et $b+a\leq 0$ :
$M(-(b+a))+M(b)=M(-b-a+b)=M(-a)$,
donc $-M(-(b+a))=-M(-a)+M(b)$, donc $L(a+b)=L(a)+L(b)$.
Si $b\leq 0, a\leq 0$ et donc $a+b \leq 0$ :
$M(-(b+a))=M(-b-a)=M(-b)+M(-a)$,
donc $L(b+a)=-M(-(b+a))=-M(-b)-M(-a)=L(b)+L(a)$.
Donc $L$ est $\Q$-linéaire.
Si $v \geq 0$, $f(v)=F(v^2)=L(v^2)+g(0)+h(0)$
Si $v<0$, $f(v)=f(-v)=F((-v)^2)=L((-v)^2)+g(0)+h(0)=L(v^2)+g(0)+h(0)$.
Donc pour tout $v$, $f(v)=L(v^2)+g(0)+h(0)$
Si $v \geq 0$, $f(v)=g(v^2/4)+h(0)$, donc $g(v)=f(2 \sqrt{v})-h(0)=L(4v)+g(0)$.
Si $v<0$, comme $g-g(0)$ est impaire, $g(v)-g(0)=-g(-v)+g(0)=-L(-4v)+g(0)-g(0)=L(4v)$
Donc pour tout $v$, $g(v)=L(4v)+g(0)$.
Donc pour tout $v \in \R$, $h(v)=f(v)-g(0)=L(v^2)+h(0)$.