MPSI B Corrigé du DM 8 29 juin 2019
Exercice
PARTIE I
1. On peut vérier que f (t) = e
t2convient .
2. Pour y ∈ F prenons y = 0 dans la dénition, on obtient alors
f (x)
2= f (x)
2f (0)
2puis
f (0)
2(1 − f (0)
2) = 0 Les seules valeurs possibles pour f (0) sont donc 0, −1, 1 .
Si f (0) = 0 alors f (x) = 0 pour tous les x et f est identiquement nulle. Lorsque f n'est pas identiquement nulle, on doit donc avoir f (0) = 1 ou f (0) = −1 .
PARTIE II
1. Soit g un élément quelconque de G , alors e
gest un élément de F qui ne prend que des valeurs strictement positives. On obtient tous les éléments de G en composant par ln les fonctions à valeurs strictement positives de F .
2. Écrivons la relation de récurrence de 2 à n et sommons. Les termes −2u
kse simplient (sauf les extrêmes) :
u
2− 2u
1+ 0 = 2u
1u
3− 2u
2+ u
1= 2u
1...
u
n− 2u
n−1+ u
n−−2= 2u
1u
n+1− 2u
n+ u
n−1= 2u
1−u
1− u
n+ u
n+1= 2nu
1A partir de u
n+1− u
n= (2n + 1)u
1, on obtient u
npar une nouvelle sommation, u
n= ((2(n − 1) + 1) + (2(n − 2) + 1) + · · · + (2 × 0 + 1)) u
n=
2 n(n − 1)
2 + n
u
1= n
2u
13. Remarquons d'abord, en prenant x = y = 0 que g(0) = 0 .
Posons u
n= g(nx) . La propriété de g écrite avec nx au lieu de x et x au lieu de y entraîne alors
u
n+1+ u
n−1= 2(u
n+ u
1) soit la relation de la question précédente.
On en déduit u
n= n
2u
1ou encore g(αx) = α
2g(x) pour α entier naturel. D'autre part, avec x = 0 dans la relation de dénition, g(−y) = g(y) donc g(αx) = α
2g(x) est encore valable pour α ∈ Z.
Si n ∈ N, g(x) = g(n
nx) = n
2g(
nx) donc
g( x n ) = ( 1
n )
2g(x)
On en déduit donc que la relation g(αx) = α
2g(x) est valable dans Q.
N'importe quel nombre réel α est la limite d'une suite de nombres rationnels (α
nx)
n∈N→αx
(g(α
nx))
n∈N= (α
2ng(x))
n∈N→ g(αx) par continuité de g en αx . On en déduit
g(αx) = α
2g(x)
par unicité de la limite. La relation est donc valable dans R.
4. D'après la question précédente, g(x) = x
2g(1) . Les éléments de G sont donc les fonc- tions x 7→ λx
2où λ est un nombre réel arbitraire.
On se propose maintenant de démontrer que les fonctions non nulles de F sont de la forme x 7→ εe
λx2où λ est un nombre réel arbitraire et ε ∈ {−1, 1} . Pour cela, il sut de montrer qu'une fonction non nulle de F ne s'annule pas. Elle sera alors de signe constant par continuité et théorème des valeurs intermédaires et le logarithme de sa valeur absolue sera dans G .
Soit f une fonction de F nulle en a 6= 0 , en prenant x = y =
a2, on a
f (a)f (0) = f ( a 2 )
4donc f (
a2) = 0 . On en déduit une suite de points qui converge vers 0 et en lesquels la fonction est nulle. Par continuité, f est nulle en 0 , elle est donc identiquement nulle.
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
1
Rémy Nicolai M0608CMPSI B Corrigé du DM 8 29 juin 2019
PARTIE III
Notons K l'ensemble de toutes les fonctions vériant la relation de la partie II alors G est la partie de K constitué des fonctions continues alors que H est la partie de K constituée des fonctions localement bornées en 0.
D'après les propriétés des fonctions continues, il est clair que G ⊂ H . L'énoncé nous propose de montrer l'inclusion dans l'autre sens.
1. Les éléments de H vérient la même relation fonctionnelle que dans la partie II mais ne sont pas supposés continus. Ils sont toujours bornés dans un segment autour de 0 . Le calcul du début de la question II 3. reste valable, en particulier h(nx) = n
2h(x) pour n rationnel . La continuité n'intervient que pour le passage de Q à R. On peut donc écrire pour x ∈ [−2
na, 2
na]
|h(x)| = h(2
nx
2
n) = 2
2nh( x
2
n) ≤ 4
nA
Ceci montre que h est bornée sur [−2
na, 2
na] puis sur n'importe quel segment. Car un segment quelconque est inclus dans un des précédents pour n assez grand.
2. Pour n = 0 ,
3.24nn−1= 2 et l'inégalité est évidente car a+
u1et a ∈ [−1, 1]∪ [a − 1, a + 1] . On raisonne ensuite par récurrence.
Remarquons que a +
2n+1uest le milieu de a et a +
2un. Exploitons la propriété de h a = (a + u
2
n+1) − u
2
n+1, a + u
2
n= (a + u
2
n+1) + u 2
n+1h(a + u
2
n) + h(a) = 2 h
h(a + u
2
n+1) + h( u 2
n) i h
h(a + u
2
n) − h(a) i
= 2 h
h(a + u
2
n+1) − h(a) i
+ 2h( u 2
n+1) Remarquons que
h(
2n+1u) ≤
22(n+1)1h(u)
≤
4n+11M
a. On en déduit alors en utilisant l'hypothèse de récurrence
2 h
h(a + u
2
n+1) − h(a) i
≤ 3.2
n− 1
4
nM
a+ 2
4
n+1M
a≤ 2 3.2
n+1− 1 4
n+1M
ace qui achève la démonstration.
3. Comme 3 2
n− 1
4
nM
an∈N
→ 0 pour tout > 0 , il existe un N tel que pour tous les n ≥ N
3 2
n− 1 4
nM
a≤
Considérons alors α =
21n, tout élément de [a − α, a + α] est de la forme a +
2unavec u ∈ [−1, 1] . La question précédente montre alors que h est continue en a .
On en déduit que tout élément de H est continu dans R donc que H = G .
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/