Chapitre I. Limites et continuité
On a alors, en faisant tendre n vers +∞ et en utilisant la monotonie de g,
g(x) x + g(0) pour x < 0,
(1)
g(x) x + g(0) pour x > 0,
ce qui implique g(R) = R. La fonction réciproque g −1 est donc définie sur R. En
remplaçant dans (i) x par g −1 (g −1 (y)), on voit que g −1 (g −1 (y)) = 2g −1 (y) − y.
Puisque g −1 vérifie (i), on peut prouver par la même méthode que
g
−n (y) − g
−n (0) = n
g
−1 (y) − y − g
−1 (0)
+ y.
Par passage à la limite lorsque n tend vers +∞, on obtient (comme précédemment)
g
−1 (y) y + g
−1 (0) pour y < 0,
(2)
g
−1 (y) y + g
−1 (0) pour y > 0.
On prouve maintenant que g −1 (0) = −g(0). En remplaçant x par g −1 (y) dans
(ii), on obtient
g(y) − y = y − g
−1 (y),
ce qui donne g −1 (0) = −g(0).
On suppose, par exemple, que g(0) 0. Alors, g(x) > 0 pour x > 0. En prenant y = g(x) > 0 dans (2), on voit que x g(x)+g −1 (0) = g(x)−g(0). Donc,
d’après (1), on obtient g(x) = x + g(0) pour x > 0. Puisque g −1 (0) 0, on a
g −1 (y) < 0 pour y < 0 et, comme ci-dessus, on prouve que g −1 (y) = y+g −1 (0),
ce qui signifie que g(x) = x + g(0) pour x < 0. Donc, g(x) = x + g(0) ou, de
façon équivalente, f (x) = m(x − g(0)) pour x ∈ R.
I.6.23. On vérifie facilement que les fonctions données remplissent les conditions du problème. On montre qu’il n’y a pas d’autres solutions. Si on prend
x = 0 dans l’équation
f (x + y) + f (y − x) = 2f (x)f (y)
(1)
et y tel que f (y) = 0, on obtient f (0) = 1. En prenant y = 0 dans (1), on
voit que f (x) = f (−x) et la fonction f est paire. Puisque f est continue et
f (0) = 1, il existe un intervalle [0 , c] sur lequel la fonction est strictement
positive. On considère deux cas : f (c) 1 et f (c) > 1. Dans le premier cas, il
existe θ, 0 θ <
π
2 , tel que f (c) = cos θ. On réécrit alors (1) sous la forme
f (x + y) = 2f (x)f (y) − f (y − x).
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On a alors, en faisant tendre n vers +∞ et en utilisant la monotonie de g,
g(x) x + g(0) pour x < 0,
(1)
g(x) x + g(0) pour x > 0,
ce qui implique g(R) = R. La fonction réciproque g −1 est donc définie sur R. En
remplaçant dans (i) x par g −1 (g −1 (y)), on voit que g −1 (g −1 (y)) = 2g −1 (y) − y.
Puisque g −1 vérifie (i), on peut prouver par la même méthode que
g
−n (y) − g
−n (0) = n
g
−1 (y) − y − g
−1 (0)
+ y.
Par passage à la limite lorsque n tend vers +∞, on obtient (comme précédemment)
g
−1 (y) y + g
−1 (0) pour y < 0,
(2)
g
−1 (y) y + g
−1 (0) pour y > 0.
On prouve maintenant que g −1 (0) = −g(0). En remplaçant x par g −1 (y) dans
(ii), on obtient
g(y) − y = y − g
−1 (y),
ce qui donne g −1 (0) = −g(0).
On suppose, par exemple, que g(0) 0. Alors, g(x) > 0 pour x > 0. En prenant y = g(x) > 0 dans (2), on voit que x g(x)+g −1 (0) = g(x)−g(0). Donc,
d’après (1), on obtient g(x) = x + g(0) pour x > 0. Puisque g −1 (0) 0, on a
g −1 (y) < 0 pour y < 0 et, comme ci-dessus, on prouve que g −1 (y) = y+g −1 (0),
ce qui signifie que g(x) = x + g(0) pour x < 0. Donc, g(x) = x + g(0) ou, de
façon équivalente, f (x) = m(x − g(0)) pour x ∈ R.
I.6.23. On vérifie facilement que les fonctions données remplissent les conditions du problème. On montre qu’il n’y a pas d’autres solutions. Si on prend
x = 0 dans l’équation
f (x + y) + f (y − x) = 2f (x)f (y)
(1)
et y tel que f (y) = 0, on obtient f (0) = 1. En prenant y = 0 dans (1), on
voit que f (x) = f (−x) et la fonction f est paire. Puisque f est continue et
f (0) = 1, il existe un intervalle [0 , c] sur lequel la fonction est strictement
positive. On considère deux cas : f (c) 1 et f (c) > 1. Dans le premier cas, il
existe θ, 0 θ <
π
2 , tel que f (c) = cos θ. On réécrit alors (1) sous la forme
f (x + y) = 2f (x)f (y) − f (y − x).
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