MPSI B 29 juin 2019

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Énoncé

PARTIE I

Soit F l'ensemble des applications continues f de R dans R telles que

∀(x, y) ∈ R

, f (x + y)f (x − y) = [f (x)f (y)]

1. Déterminer un élément de F non constant et ne s'annulant pas sur R.

2. Soit f un élément de F . Déterminer les valeurs possibles de f (0) et montrer que f est l'application nulle si et seulement si f (0) = 0 . Que peut-on en déduire pour une application non nulle de F ?

PARTIE II

Soit G l'ensemble des applications continues g de R dans R telles que

∀(x, y) ∈ R

, g(x + y) + g(x − y) = 2 [g(x) + g(y)]

1. Montrer que l'on peut déterminer tous les éléments de G en fonction des éléments de F.

2. Soit (u

)

une suite de nombres réels dénie par u

= 0

∀n ≥ 1, u

− 2u

+ u

= 2u

Préciser u

en fonction de n et u

. (utiliser des sommations)

3. Soit g ∈ G et (α, x) ∈ R

. Calculer g(αx) en fonction de α et de x (en commençant par le cas où α est entier).

4. Déterminer tous les éléments de G et en déduire ceux de F . PARTIE III

Soit H l'ensemble des applications h de R dans R telles que

∀(x, y) ∈ R

, h(x + y) + h(x − y) = 2 [h(x) + h(y)]

∃α > 0, ∃A ≥ 0 tels que ∀x ∈ [−α, α] : |h(x)| ≤ A

1. Soit h ∈ H . Montrer que pour tout entier n , h est bornée sur le segment [−2

α, 2

α] . En déduire que la restriction de h à un segment quelconque est borné.

2. Soit h ∈ H . Soit M

un majorant de |h| sur [−1, 1] ∪ [a − 1, a + 1] . Montrer que

∀u ∈ [−1, 1] , ∀n ∈ N

h(a + u

2

) − h(a)

≤ 3 · 2

− 1 4

M

3. En déduire que H = G .

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

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Corrigé

PARTIE I

1. On peut vérier que f (t) = e

convient .

2. Pour y ∈ F prenons y = 0 dans la dénition, on obtient alors f (x)

= f (x)

f (0)

puis

f (0)

(1 − f (0)

) = 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

est 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

se simplient (sauf les extrêmes) :

u

− 2u

+ 0 = 2u

u

− 2u

+ u

= 2u

...

u

− 2u

+ u

= 2u

u

− 2u

+ u

= 2u

−u

− u

+ u

= 2nu

A partir de u

− u

= (2n + 1)u

, on obtient u

par une nouvelle sommation, u

= ((2(n − 1) + 1) + (2(n − 2) + 1) + · · · + (2 × 0 + 1)) u

=

2 n(n − 1)

2 + n

u

= n

u

3. Remarquons d'abord, en prenant x = y = 0 que g(0) = 0 .

Posons u

= g(nx) . La propriété de g écrite avec nx au lieu de x et x au lieu de y entraîne alors

u

+ u

= 2(u

+ u

) soit la relation de la question précédente.

On en déduit u

= n

u

ou encore g(αx) = α

g(x) pour α entier naturel. D'autre part, avec x = 0 dans la relation de dénition, g(−y) = g(y) donc g(αx) = α

g(x) est encore valable pour α ∈ Z.

Si n ∈ N, g(x) = g(n

) = n

g(

) donc

g( x n ) = ( 1

n )

g(x)

On en déduit donc que la relation g(αx) = α

g(x) est valable dans Q.

N'importe quel nombre réel α est la limite d'une suite de nombres rationnels (α

x)

→αx

(g(α

x))

= (α

g(x))

→ g(αx) par continuité de g en αx . On en déduit

g(αx) = α

g(x)

par unicité de la limite. La relation est donc valable dans R.

4. D'après la question précédente, g(x) = x

g(1) . Les éléments de G sont donc les fonc- tions x 7→ λx

où 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

où 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 =

, on a f (a)f (0) = f ( a

2 )

donc f (

) = 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.

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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

h(x) pour n rationnel . La continuité n'intervient que pour le passage de Q à R. On peut donc écrire pour x ∈ [−2

a, 2

a]

|h(x)| = h(2

x

2

) = 2

h( x

2

) ≤ 4

A

Ceci montre que h est bornée sur [−2

a, 2

a] puis sur n'importe quel segment. Car un segment quelconque est inclus dans un des précédents pour n assez grand.

2. Pour n = 0 ,

= 2 et l'inégalité est évidente car a+

et a ∈ [−1, 1]∪ [a − 1, a + 1] . On raisonne ensuite par récurrence.

Remarquons que a +

est le milieu de a et a +

. Exploitons la propriété de h a = (a + u

2

) − u

2

, a + u

2

= (a + u

2

) + u 2

h(a + u

2

) + h(a) = 2 h

h(a + u

2

) + h( u 2

) i h

h(a + u

2

) − h(a) i

= 2 h

h(a + u

2

) − h(a) i

+ 2h( u 2

) Remarquons que

h(

) ≤

h(u)

≤

M

. On en déduit alors en utilisant l'hypothèse de récurrence

2 h

h(a + u

2

) − h(a) i

≤ 3.2

− 1

4

M

+ 2

4

M

≤ 2 3.2

− 1 4

M

ce qui achève la démonstration.

3. Comme 3 2

− 1

4

M

n∈N

→ 0 pour tout > 0 , il existe un N tel que pour tous les n ≥ N

3 2

− 1 4

M

≤

Considérons alors α =

, tout élément de [a − α, a + α] est de la forme a +

avec 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 .

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