Solutions
Une application de cette équation en prenant x = c, y = c et x = c,
y = 2c donne respectivement f (2c) = 2 cos 2 θ − 1 = cos 2θ et f (3c) =
2 cos θ cos 2θ − cos θ = cos 3θ. On montre par récurrence que f (nc) = cos nθ.
En appliquant maintenant (1) à x = y =
c
2 , on a
f
c
2
2
=
f (0) + f (c)
2
=
1 + cos θ
2
= cos
2
θ
2
.
Puisque f
c
2
et cos
θ
2
sont strictement positifs, la dernière égalité implique
f
c
2
= cos
θ
2
et, par récurrence, f
c
2 n
= cos
θ
2 n
pour n ∈ N ∗ . Si on part
de l’égalité f (nc) = cos nθ et que l’on répète le procédé ci-dessus, on obtient
f
mc
2 n
= cos
mθ
2 n
pour m, n ∈ N
∗ .
Donc f (cx) = cos θx pour x =
m
2 n . Puisque l’ensemble des nombres de la forme
m
2 n (m, n ∈ N ∗ ) est un sous-ensemble dense de R ∗
+ , la continuité de f implique
f (cx) = cos θx pour x > 0. La fonction f étant paire, l’égalité est encore vraie
pour x < 0. Finalement, f (x) = cos ax, avec a =
θ
c .
Dans le cas où f (c) > 1, il existe θ tel que f (c) = ch θ. On raisonne comme
précédemment pour montrer que f (x) = ch(ax).
I.6.24. Si on pose x = th u et y = th v, alors
x + y
1 + xy
=
th u + th v
1 + th u th v
= th(u + v).
La fonction g(u) = f (th u) vérifie l’équation fonctionnelle de Cauchy
(voir I.6.1) et est continue sur R. Donc, g(u) = au et f (x) =
1
2 a ln
1+x
1−x
pour |x| < 1.
I.6.25. On suppose que P n’est pas identiquement nul et vérifie l’équation
donnée. On pose Q(x) = P (1 − x). On a Q(1 − x) = P (x) et l’équation peut
donc s’écrire Q
(1 − x)
2
= (Q(1 − x))
2 ou
Q
x
2
= (Q(x))
2
pour x ∈ R.
(1)
Si Q n’est pas réduit à un monôme, il est de la forme Q(x) = ax k + x m R(x),
où a = 0, m > k 0 et R est un polynôme tel que R(0) = 0. Pour un tel Q,
d’après (1),
ax
2k + x
2m R
x
2
= a
2 x
2k + 2ax
k+m R(x) + x
2m R
2 (x).
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Une application de cette équation en prenant x = c, y = c et x = c,
y = 2c donne respectivement f (2c) = 2 cos 2 θ − 1 = cos 2θ et f (3c) =
2 cos θ cos 2θ − cos θ = cos 3θ. On montre par récurrence que f (nc) = cos nθ.
En appliquant maintenant (1) à x = y =
c
2 , on a
f
c
2
2
=
f (0) + f (c)
2
=
1 + cos θ
2
= cos
2
θ
2
.
Puisque f
c
2
et cos
θ
2
sont strictement positifs, la dernière égalité implique
f
c
2
= cos
θ
2
et, par récurrence, f
c
2 n
= cos
θ
2 n
pour n ∈ N ∗ . Si on part
de l’égalité f (nc) = cos nθ et que l’on répète le procédé ci-dessus, on obtient
f
mc
2 n
= cos
mθ
2 n
pour m, n ∈ N
∗ .
Donc f (cx) = cos θx pour x =
m
2 n . Puisque l’ensemble des nombres de la forme
m
2 n (m, n ∈ N ∗ ) est un sous-ensemble dense de R ∗
+ , la continuité de f implique
f (cx) = cos θx pour x > 0. La fonction f étant paire, l’égalité est encore vraie
pour x < 0. Finalement, f (x) = cos ax, avec a =
θ
c .
Dans le cas où f (c) > 1, il existe θ tel que f (c) = ch θ. On raisonne comme
précédemment pour montrer que f (x) = ch(ax).
I.6.24. Si on pose x = th u et y = th v, alors
x + y
1 + xy
=
th u + th v
1 + th u th v
= th(u + v).
La fonction g(u) = f (th u) vérifie l’équation fonctionnelle de Cauchy
(voir I.6.1) et est continue sur R. Donc, g(u) = au et f (x) =
1
2 a ln
1+x
1−x
pour |x| < 1.
I.6.25. On suppose que P n’est pas identiquement nul et vérifie l’équation
donnée. On pose Q(x) = P (1 − x). On a Q(1 − x) = P (x) et l’équation peut
donc s’écrire Q
(1 − x)
2
= (Q(1 − x))
2 ou
Q
x
2
= (Q(x))
2
pour x ∈ R.
(1)
Si Q n’est pas réduit à un monôme, il est de la forme Q(x) = ax k + x m R(x),
où a = 0, m > k 0 et R est un polynôme tel que R(0) = 0. Pour un tel Q,
d’après (1),
ax
2k + x
2m R
x
2
= a
2 x
2k + 2ax
k+m R(x) + x
2m R
2 (x).
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