Solutions
I.6.3. On remarque que f (x) = f 2 x
2
0. Si f prend la valeur 0 en x 0 , du
fait que f (x + y) = f (x)f (y), f est alors identiquement nulle, ce qui contredit f (1) > 0. La fonction f est donc strictement positive sur R et la fonction g(x) = ln f (x) est continue et vérifie l’équation fonctionnelle de Cauchy.
D’après I.6.1, g(x) = ax, où a = g(1) = ln f (1). Donc f (x) = b x pour x ∈ R,
en posant b = f (1).
I.6.4. Pour x, y ∈ R ∗
+ , on choisit t, s ∈ R tels que x = e t et y = e s . On
définit g par g(t) = f (e t ). On a alors g(t + s) = g(t) + g(s) pour t, s ∈ R et,
d’après I.6.1, g(t) = at. Donc, f (x) = a ln x = log b x où b = e
1
a .
I.6.5. Comme dans la solution du problème précédent, pour x, y ∈ R ∗
+ ,
on choisit t, s ∈ R tels que x = e t et y = e s puis on définit g en posant
g(t) = f (e t ). La fonction f vérifie alors l’équation donnée si et seulement
si g(t + s) = g(t)g(s) pour t, s ∈ R. On déduit de I.6.3 que g(t) = a t et
f (x) = a ln x = x b où b = ln a.
I.6.6. Si f est continue sur R et f (x)− f (y) est rationnel lorsque x− y est rationnel, alors g(x) = f (x+1)−f (x) est continue et ne prend que des valeurs rationnelles. La propriété des valeurs intermédiaires implique que g est constante.
On pose donc f (x + 1) − f (x) = q, q ∈ Q. Si f (0) = r, alors f (1) = r + q
et, par récurrence, f (n) = nq + r, n ∈ N. Puisque f (x) = f (x + 1) − q, on
obtient f (−1) = −q + r et, par récurrence, f (−n) = −nq + r, n ∈ N. Pour
un rationnel p =
n
m , la fonction f (x + p) − f (x) est aussi constante. On pose
f (x+p) = f (x)+ ˜
q. Comme précédemment, on montre que f (kp) = k ˜
q+r pour
k ∈ N. En particulier, f (n) = f (mp) = m˜ q + r. D’autre part, f (n) = nq + r.
Donc, ˜
q =
n
m q et f
n
m
=
n
m q + r. Puisqu’on peut choisir p arbitrairement,
f (x) = qx + r pour x ∈ Q. La continuité de f implique que f est définie par
cette expression pour tout x ∈ R.
I.6.7. On remarque que f (0) = 0. De plus, pour x ∈ R, on a
f (x) = −f (qx) = f
q
2 x
= −f
q
3 x
.
On montre par récurrence que f (x) = (−1)
n f (q n x). En faisant tendre n
vers +∞ et, en utilisant la continuité de f en 0, on voit que f (x) = 0. Seule
la fonction identiquement nulle vérifie donc l’équation donnée.
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I.6.3. On remarque que f (x) = f 2 x
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0. Si f prend la valeur 0 en x 0 , du
fait que f (x + y) = f (x)f (y), f est alors identiquement nulle, ce qui contredit f (1) > 0. La fonction f est donc strictement positive sur R et la fonction g(x) = ln f (x) est continue et vérifie l’équation fonctionnelle de Cauchy.
D’après I.6.1, g(x) = ax, où a = g(1) = ln f (1). Donc f (x) = b x pour x ∈ R,
en posant b = f (1).
I.6.4. Pour x, y ∈ R ∗
+ , on choisit t, s ∈ R tels que x = e t et y = e s . On
définit g par g(t) = f (e t ). On a alors g(t + s) = g(t) + g(s) pour t, s ∈ R et,
d’après I.6.1, g(t) = at. Donc, f (x) = a ln x = log b x où b = e
1
a .
I.6.5. Comme dans la solution du problème précédent, pour x, y ∈ R ∗
+ ,
on choisit t, s ∈ R tels que x = e t et y = e s puis on définit g en posant
g(t) = f (e t ). La fonction f vérifie alors l’équation donnée si et seulement
si g(t + s) = g(t)g(s) pour t, s ∈ R. On déduit de I.6.3 que g(t) = a t et
f (x) = a ln x = x b où b = ln a.
I.6.6. Si f est continue sur R et f (x)− f (y) est rationnel lorsque x− y est rationnel, alors g(x) = f (x+1)−f (x) est continue et ne prend que des valeurs rationnelles. La propriété des valeurs intermédiaires implique que g est constante.
On pose donc f (x + 1) − f (x) = q, q ∈ Q. Si f (0) = r, alors f (1) = r + q
et, par récurrence, f (n) = nq + r, n ∈ N. Puisque f (x) = f (x + 1) − q, on
obtient f (−1) = −q + r et, par récurrence, f (−n) = −nq + r, n ∈ N. Pour
un rationnel p =
n
m , la fonction f (x + p) − f (x) est aussi constante. On pose
f (x+p) = f (x)+ ˜
q. Comme précédemment, on montre que f (kp) = k ˜
q+r pour
k ∈ N. En particulier, f (n) = f (mp) = m˜ q + r. D’autre part, f (n) = nq + r.
Donc, ˜
q =
n
m q et f
n
m
=
n
m q + r. Puisqu’on peut choisir p arbitrairement,
f (x) = qx + r pour x ∈ Q. La continuité de f implique que f est définie par
cette expression pour tout x ∈ R.
I.6.7. On remarque que f (0) = 0. De plus, pour x ∈ R, on a
f (x) = −f (qx) = f
q
2 x
= −f
q
3 x
.
On montre par récurrence que f (x) = (−1)
n f (q n x). En faisant tendre n
vers +∞ et, en utilisant la continuité de f en 0, on voit que f (x) = 0. Seule
la fonction identiquement nulle vérifie donc l’équation donnée.
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