Équation fonctionnelle complexe
dans Analyse
Bonjour
J'ai rencontré ce problème d'analyse complexe lors d'un examen de l'année dernière.
Trouvez toutes les fonctions holomorphes telles que $f: \mathbf{C}\to \mathbf{C},\ $ \forall z,w\in \mathbf{C}: \quad (f(z))^{2}+(f(w))^{2}=f(z+w)f(z-w)
$$
\forall z,w\in \mathbf{C}, \quad \big(f(z)\big)^{2}\color{red}{-}\big(f(w)\big)^{2}=f(z+w)f(z-w).
$$ Une idée ?
Merci d'avance.
J'ai rencontré ce problème d'analyse complexe lors d'un examen de l'année dernière.
Trouvez toutes les fonctions holomorphes telles que $f: \mathbf{C}\to \mathbf{C},\ $ \forall z,w\in \mathbf{C}: \quad (f(z))^{2}+(f(w))^{2}=f(z+w)f(z-w)
$$
\forall z,w\in \mathbf{C}, \quad \big(f(z)\big)^{2}\color{red}{-}\big(f(w)\big)^{2}=f(z+w)f(z-w).
$$ Une idée ?
Merci d'avance.
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Réponses
Quelques idées de départ (j'écris au fur et à mesure des idées):
* en prenant w=0, on voit que f(0)=0
* si f est une solution, kf en est une pour tout $k\in\mathbb C$.
* en prenant w=z, on trouve 2f(z)² = 0, pour tout z.
Donc f est la fonction nulle.
Cordialement.
@Namiswan: Votre confusion m'avertit en fait que j'avais formulé le mauvais problème. Merci.
ma deuxième idée est toujours valable.
Une factorisation du premier membre montre que tous les morphismes de groupe de $(\mathbb C,+)$ dans $(\mathbb C,+)$ conviennent. Y-a-t-il d'autres cas ?
En prenant z=w=0, on trouve que f(0)=0.
En prenant z=0, on trouve que f(-w) =- f(w) pour tout w.
Cordialement.
Il y a des solutions non linéaires
https://www.jstor.org/stable/3612552?seq=1
Je ne peux pas lire tout le document :-(
J'ai pour ma part une preuve relativement courte dans le cas continu réel et le cas analytique complexe. Je vais réfléchir si j'arrive à faire quelque chose dans le cas continu complexe.
La question se pose naturellement, dans le cas complexe, de supposer seulement $f$ continue. L'article que j'ai communiqué est effectivement fort rébarbatif, et il est possible qu'il existe des solutions plus simples. On pourrait se demander si la méthode de « renforcement », que je propose dans le cas réel, peut s'importer dans le cas complexe, mais je ne suis pas assez calé en variable complexe pour en juger. Il y a eu des articles de l'American Mathematical Monthly sur ces questions, il faudra les retrouver.
Bonne journée.
Fr. Ch.
Pour $f$ continue de $\C$ dans $\C$, on peut donc appliquer ça pour tout $z\in \C$ à la fonction $t\mapsto f(tz)$ ($t\in\R$), mais je n'ai pas encore réussi à recoller les morceaux.
Malheureusement, mon livre préféré sur la variable complexe se trouve présentement dans les mains d'un artisan-relieur aux fins de réparation, et je ne suis pas familier de ces questions.
En fait je dirais que les solutions continues sont les fonctions $z\mapsto a z+b \bar{z}$ et $z\mapsto K \sin(a z+b \bar{z})$
\begin{align*}
f(x)^2-f(y)^2&=f(x+y)f(x-y),&\tag 1\\
f(x+y)+f(x-y)&=2f(x)f(y),& \tag 2\\
f(x+y)f(x-y)&=f(x)^2+f(y)^2-1. \tag 3
\end{align*} Pendant longtemps on les a posées avec conditions de dérivabilité. Par exemple, l'équation (3) a été posée au concours Putnam en 1941 avec l'hypothèse $\mathcal C^2$, et l'équation (1), qui nous occupe aujourd'hui, a été posée au concours Putnam en 1963 avec l'hypothèse : deux fois différentiable. Dans les années 1960-1970, on a vu des articles dans la Revue de Mathématiques Spéciales ou dans Les Humanités Scientifiques (Hatier) sur ces équations fonctionnelles, avec hypothèses plus ou moins réduites, et méthodes plus ou moins habiles, jusqu'à ce que l'on s'avise de cette méthode que j'appelle « renforcement des hypothèses », qui règle la question en supposant seulement la continuité partout. Or cette méthode avait été publiée dès 1900. Comme la lumière d'une étoile lointaine, elle a mis longtemps pour arriver jusqu'à nous.
Bonne journée de Vendredi Saint 2021.
Fr. Ch.
$$f(2x)=2f(x)^2-1.
$$ Edit : j'ai du augmenter un peu l'hypothèse de régularité pour que ça se résolve (sauf erreur).
Joyeuses Pâques 2021.
Fr. Ch.
https://math.stackexchange.com/questions/3524515/find-all-functions-f-satisfying-f2x-2fx2-1
Je pense avoir plusieurs moyens de le prouver, mais l'idée commune est que la valeur de $f$ en $x$ est reliée à la valeur de $f$ en $x/2^n$ pour $n$ grand, elle même reliée au DL de $f$ en $0$.
Je donnerai une version détaillée plus tard.
En faisant $x=0$, on trouve $f(0)=-\frac{1}{2}$ ou $f(0)=1$. Traitons les deux cas.
Cas 1: $f(0)=-\frac{1}{2}$
En dérivant l'équation en $0$, on trouve $2f'(0)=-2f'(0)$ donc $f'(0)=0$. Posons $g(x)=f(x)+\frac{1}{2}$ qui vérifie l'équation $g(2x)=-2g(x)+2g(x)^2$ avec $g(0)=g'(0)=0$.
En particulier pour $x$ proche de $0$ on a $|g(2x)|\leq 3|g(x)|$, donc $|g(x)|\leq 3^n |g(x/2^n)|$. Or par DL, $g(x/2^n)=O(1/4^n)$, donc à la limite on obtient $g(x)=0$. Ainsi $g=0$ au voisinage de $0$, mais les zéros de $g$ étant stable par $x\mapsto 2x$, $g=0$ sur $\R$, et $f=-\frac{1}{2}$ sur $\R$
(En étant plus précis dans le calcul, $f$ dérivable en $0$ est en fait suffisant pour traiter ce cas)
Cas 2 : $f(0)=1$.
On peut fair une méthode analogue au cas 1 avec des calculs un peu plus complexes pour montrer que si 2 solutions ont même DL d'ordre 2 en 0, alors elles sont égales. Mais je vais présenter une autre solution plus rapide:
On sait que $f$ est positive sur un voisinage de $0$. Soit $x$ fixé dans ce voisinage. Parmi les solutions connues de l'équation, à savoir $t\mapsto \cos(kt)$ et $t\mapsto \cosh(kt)$, on peut en trouver une, appelons là $g$, tel que $f(x)=g(x)$ et $g$ postive sur $[0,x]$ (cette fonction $g$ dépend donc de $x$). Alors, pour tout $n$ on a $f(x/2^n)=g(x/2^n)$, donc en particulier $f''(0)=g''(0)$. Or la dérivée seconde en $0$ de $g$ détermine entièrement la fonction $g$ (qui je rappelle est de la forme $t\mapsto \cos(kt)$ ou $t\mapsto \cosh(kt)$) . Ainsi la fonction $g$ ne dépend que de $f''(0)$ et donc pas de $x$. On conclut que $f=g$ au voisinage de $0$, puis en fait sur $\R$ en utilisant comme dans le cas 1 la stabilité de la propriété par $x\mapsto 2x$.