Équation fonctionnelle complexe

Je suggére de dériver une fois par rapport à z et une fois par rapport à w pour annuler le membre de gauche

Ah oui c'était immédiat celle là en effet. J'ai confondu avec $f(z)^{2}-f(w)^{2}=f(z+w)f(z-w).$

Et ma première idée est également toujours valide.

Il y a des solutions non linéaires

Merci Chaurien pour le lien

Si l'on cherche les applications continues $f : \mathbb R \rightarrow \mathbb R $ telles que : $\forall x \in \mathbb R, \forall y \in \mathbb R, f(x)^2-f(y)^2=f(x+y)f(x-y)$, la melleure méthode à mon avis est ce que j'appelle le « renforcement des hypothèses ». On démontre qu'une telle fonction $f$ est nécessairement $\mathcal C^1$, $\mathcal C^2$, on pourrait même plus mais ce n'est pas utile. Par double dérivation, on transforme l'équation fonctionnelle en équation différentielle du second ordre à coefficients constants, sans second membre, très simple, et c'est fait.

Ok, ma méthode est la même que toi. Elle marche en fait pour $f$ continue de $\R$ dans $\C$ sans changement.

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.

Chaurien : c'est pour cette raison que Namiswan proposait d'étudier des fonctions de $\R$ dans $\C$... et d'en déduire le comportement de la fonction $f$.

On peut citer trois équations fonctionnelles à une fonction inconnue dans le domaine réel, donnant pour solutions des fonctions circulaires réelles à variable réelle :
\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.

Je sais résoudre les trois équations données par Chaurien, mais je n’ai aucune idée de comment résoudre la tienne Namiswan. Une piste pour démarrer?

Voir aussi :
https://math.stackexchange.com/questions/3524515/find-all-functions-f-satisfying-f2x-2fx2-1

Sujet et corrigé CG maths 2009

Voici une solution pour l'équation $f(2x)=2f(x)^2-1$ avec $f$ deux fois différentiable (ou juste à un DL d'ordre 2). Ceux qui veulent encore chercher, ne lisez pas la suite.

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 $x\mapsto 2x$.