Chapitre I. Limites et continuité
I.6.18. Par hypothèse f (0) = 0 et f (2x) = (f (x)) 2 . Par récurrence,
f (x) =
f
x
2
2
=
f
x
2 2
2 2
= . . . =
f
x
2 n
2 n
.
Donc,
f
x
2 n
=
2 n
f (x).
Si f (x) > 0, on obtient alors 0 = 1 par passage à la limite lorsque n tend
vers +∞, contradiction. Seule la fonction identiquement nulle vérifie donc
l’équation donnée.
I.6.19. En remplaçant x par
x−1
x dans
f (x) + f
x − 1
x
= 1 + x,
(1)
on a
f
x − 1
x
+ f
−1
x − 1
=
2x − 1
x
.
(2)
En remplaçant alors x par
−1
x−1 dans (1), on obtient
f
−1
x − 1
+ f (x) =
x − 2
x − 1
.
(3)
Additionner (1) et (3) et soustraire (2) à cette somme donne
2f (x) = 1 + x +
x − 2
x − 1
−
2x − 1
x
,
d’où
f (x) =
x 3 − x 2 − 1
2x(x − 1)
.
On vérifie facilement que cette fonction est bien solution de l’équation fonctionnelle donnée.
I.6.20. Pour x et y réels, on définit {x n } comme suit : x 2k−1 = x et x 2k = y,
k ∈ N ∗ . L’égalité f (C- lim
n→+∞
x n ) = C- lim
n→+∞
f (x n ) implique alors
f
C- lim
n→+∞
nx + ny
2n
= C- lim
n→+∞
nf (x) + nf (y)
2n
,
ce qui signifie que f vérifie l’équation de Jensen f
x+y
2
=
f (x)+f (y)
2
. Comme
dans la solution de I.6.11, on peut montrer que
f
x +
k
2 n (y − x)
= f (x) +
k
2 n (f (y) − f (x))
(∗)
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