2.1 Exercices d’entraînement 27
4) En déduire quels sont les éléments de l’ensemble G .
5) Soit F l’ensemble des fonctions continues f de R dans R
∗ vérifiant l’identité
∀(x, y) ∈ R
2 , f (x + y) f (x − y) = [ f (x) f (y)]
2 .
(∗∗)
Déduire de la question précédente quels sont les éléments de l’ensemble F .
1) En prenant x = y = 0 dans (∗), on obtient 2g(0) = 4g(0) et donc g(0) = 0. En
choisissant à présent x = 0 et y quelconque dans (∗) et sachant que g(0) = 0, on
obtient g(y) + g(−y) = 2g(y), donc g(−y) = g(y) et g est alors paire.
2) Pour établir l’égalité g(nx) = n
2 g(x), pour tout (x, n) ∈ R × N, on procède
par récurrence. Soit x ∈ R quelconque. L’égalité recherchée est clairement vérifiée
pour n = 0 et n = 1. Supposons la vérifiée jusqu’à l’ordre n 1. On a alors, en
remplaçant x par nx et y par x dans (∗),
g(nx + x) + g(nx − x) = 2[g(nx) + g(x)],
soit, en appliquant l’hypothèse de récurrence,
g((n + 1)x) + (n − 1)
2 g(x) = 2[n
2 g(x) + g(x)].
On en déduit donc que
g((n + 1)x) = g(x)[2n
2 + 2 − (n − 1)
2 ]
= g(x)[n
2 + 2n + 1],
d’où g((n + 1)x) = (n + 1)
2 g(x) qui est l’égalité cherchée à l’ordre n + 1. Donc, par
récurrence, l’égalité est toujours vraie.
3) Soit q ∈ N
∗ . On a x = q ·
x
q
, donc g(x) = q
2 g
x
q
, d’où g
x
q
=
1
q 2 g(x).
Soit r =
p
q
∈ Q. On a r x = p·
x
q
, donc g(r x) = p
2 g
x
q
=
p
2
q 2 g(x) = r
2 g(x) .
4) On en déduit que, pour tout r ∈ Q, on a g(r ) = r
2 g(1). Soit g 1 la fonction définie
sur R par g 1 (x) = x
2 g(1). Les fonctions g et g 1 sont continues sur R et coïncident
sur Q. Or, Q est dense dans R, donc g et g 1 coïncident sur R et par conséquent
g(x) = Ax
2 , avec A = g(1), pour tout x ∈ R. Réciproquement, une fonction du type
x −→ Ax
2 , avec A ∈ R quelconque, vérifie l’identité (∗).
Conclusion : G =
x −→ Ax
2 ; A ∈ R
.
5) Soit f ∈ F ; comme l’image d’un intervalle par une fonction continue est un
intervalle, f (R) est un intervalle de R
∗ . Par conséquent, ou bien f (R) ⊂ R
+∗ ou
f (R) ⊂ R
−∗ . Dans les deux cas, | f | est une fonction strictement positive sur R et
l’on a alors l’équivalence f ∈ F ⇐⇒ ln | f | ∈ G . Par conséquent, on a pour tout
x ∈ R, ln | f (x)| = Ax
2 , d’où | f (x)| = e
Ax
2
et f (x) = ´e
Ax
2
, avec ´ = ±1.
Conclusion : F =
x −→ ´e
Ax
2
; ´ = ±1 et A ∈ R
.
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit
4) En déduire quels sont les éléments de l’ensemble G .
5) Soit F l’ensemble des fonctions continues f de R dans R
∗ vérifiant l’identité
∀(x, y) ∈ R
2 , f (x + y) f (x − y) = [ f (x) f (y)]
2 .
(∗∗)
Déduire de la question précédente quels sont les éléments de l’ensemble F .
1) En prenant x = y = 0 dans (∗), on obtient 2g(0) = 4g(0) et donc g(0) = 0. En
choisissant à présent x = 0 et y quelconque dans (∗) et sachant que g(0) = 0, on
obtient g(y) + g(−y) = 2g(y), donc g(−y) = g(y) et g est alors paire.
2) Pour établir l’égalité g(nx) = n
2 g(x), pour tout (x, n) ∈ R × N, on procède
par récurrence. Soit x ∈ R quelconque. L’égalité recherchée est clairement vérifiée
pour n = 0 et n = 1. Supposons la vérifiée jusqu’à l’ordre n 1. On a alors, en
remplaçant x par nx et y par x dans (∗),
g(nx + x) + g(nx − x) = 2[g(nx) + g(x)],
soit, en appliquant l’hypothèse de récurrence,
g((n + 1)x) + (n − 1)
2 g(x) = 2[n
2 g(x) + g(x)].
On en déduit donc que
g((n + 1)x) = g(x)[2n
2 + 2 − (n − 1)
2 ]
= g(x)[n
2 + 2n + 1],
d’où g((n + 1)x) = (n + 1)
2 g(x) qui est l’égalité cherchée à l’ordre n + 1. Donc, par
récurrence, l’égalité est toujours vraie.
3) Soit q ∈ N
∗ . On a x = q ·
x
q
, donc g(x) = q
2 g
x
q
, d’où g
x
q
=
1
q 2 g(x).
Soit r =
p
q
∈ Q. On a r x = p·
x
q
, donc g(r x) = p
2 g
x
q
=
p
2
q 2 g(x) = r
2 g(x) .
4) On en déduit que, pour tout r ∈ Q, on a g(r ) = r
2 g(1). Soit g 1 la fonction définie
sur R par g 1 (x) = x
2 g(1). Les fonctions g et g 1 sont continues sur R et coïncident
sur Q. Or, Q est dense dans R, donc g et g 1 coïncident sur R et par conséquent
g(x) = Ax
2 , avec A = g(1), pour tout x ∈ R. Réciproquement, une fonction du type
x −→ Ax
2 , avec A ∈ R quelconque, vérifie l’identité (∗).
Conclusion : G =
x −→ Ax
2 ; A ∈ R
.
5) Soit f ∈ F ; comme l’image d’un intervalle par une fonction continue est un
intervalle, f (R) est un intervalle de R
∗ . Par conséquent, ou bien f (R) ⊂ R
+∗ ou
f (R) ⊂ R
−∗ . Dans les deux cas, | f | est une fonction strictement positive sur R et
l’on a alors l’équivalence f ∈ F ⇐⇒ ln | f | ∈ G . Par conséquent, on a pour tout
x ∈ R, ln | f (x)| = Ax
2 , d’où | f (x)| = e
Ax
2
et f (x) = ´e
Ax
2
, avec ´ = ±1.
Conclusion : F =
x −→ ´e
Ax
2
; ´ = ±1 et A ∈ R
.
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit