1 MOrphismes continus +

équations fonctionnelles

Marc SAGE

<2017

Table des matières

1 MOrphismes continus+ 2

1.1 enmorphismes réels continus pour+& . . . 2

1.2 morphismes R !Ccontinus pour+& version intégration . . . 2

1.3 enmorphismes deC continus pour+& . . . 3

1.4 "exponentielle" non continues . . . 3

2 Formules addition et continuité 4 2.1 ^cos_sin et ^ch_sh par formules addition croisées . . . 4

2.2 th ettanpar formules addition . . . 4

2.3 cosouchpar formule d’addition . . . 5

2.4 autre formules additions . . . 5

3 doubles & carrés et dérivabilité en0 5 3.1 MorphismesDL₁(0)double carré, notationsP¹⁼²et P^p . . . 5

3.2 sinus par (fausse) formule duplication +0dérivabilité . . . 7

3.3 tanetthpar formule duplicaion + 0dérivabilité . . . 7

3.4 sinus par formule duplication +0dérivabilité . . . 8

3.5 DM :coset chpar formule duplication +DL₂ en0 . . . 9

3.6 ^cos_sin et ^ch_sh par formules duplication/carré croisées + 0dérivabilité . . . 11

4 Equa di¤ 13 4.1 Sinus par duplication & dérivée . . . 13

4.2 Cosinus par duplication & dérivée . . . 14

4.3 Tangente par duplication & dérivée . . . 15

4.4 sinet cospar formules d’addition avec dérivée . . . 15

4.5 pur équa di¤ . . . 16

1 MOrphismes continus +

1.1 enmorphismes réels continus pour + &

Quels sont les morphismes réels from un sg additif deR?

Fondamental : enmorphisme additifs deQsont les homothétie. Ainsi, les endo addtifs continus deRsont les homothéties.

Récapitulatif

source / but R+ R

R+ Id 0oue R₊ ln 0ou Id R lnj j 0ou j j

R 0 0ou j j ⁰

où réel

R+ !R+: par densité deQon obtient une homothétie (ok si continu remplacer par croissant, ce qui est impliqué par préserver carrés et sommes, ou encore par conserver di¤érences et inverses)

R+ !R . Si on peut considéer lnf, alorslnf :R+ !R+, ie lnf = Idd’où f =e . Mq f > 0. On a déjàf =f 2₂ =f ₂ ² 0. De plus, sif(a) = 0, alors f(a+ ) = 0et f nulle. Finalmenent, f = 0 ouf =e (on pourra inclure = 1⁾

R₊ !R+. f exp :R+ !R+, doncf(e^t) = t, d’où (poura >0)f =f e^ln = ln.

R !R+. Par ce qui précède0 =f(1) =f ( 1)² = 2f( 1), d’oùf paire etf = lnj j

R !R+? Par ce qui précède et continuité en0, on o = 0etf = 0(démo directe :f(0) =f(0 ) = f(0) +f doncf constante, orf(2 ) = 2f, doncf = 0)

R₊ !R Onfexp :R+ !R , d’oùfexp =e ^Idd’oùf(a) =f e^lna =e ^lna=a (ou0) R ! R on a par ce qui précède 1 = f(1) =f ( 1)² =f( 1)², donc f( 1) = 1. SElon les cas, on trouve f = j j (ou0)

R !R La solution f = j j se prolonge en0ssi 0. Conclusion :0ou élever à une pusisance 0.

RQ : les solution trouvées sont toutes dérivables (disons sur R⁺⁺). Cela peut se montrer directement par un argument d’intégration et on peut alors résoudre des équa di¤.

1.2 morphismes R ! C continus pour + & version intégration

EG + !+ Intégrer enb= 0:::;1 donneRa+1

a f =f(a) +R1

0 f, d’où f C¹ et par réc C¹. Deriver ena=> f⁰(a) =f⁰(a+b), d’où f⁰ cst etf linéaire (f(0) = 0facile)

Intérêt : on peut intégrer à valeurs dansC, là où nos méthodes réelles (les carrés sont positifs) lorque la loi d’arrivée est ne foncitonnent plus.

EG R+ !C . Supposonsf(a+b) =f(a)f(b) On intègre deb= 0; :::; M avecRM

0 f 6= 0(si R

0f = 0, sa dérivé est nulle, ief = 0) d’où f(a) = R_M¹

0 f

Ra+M

a f dérivable . Dériver en a donnef⁰(a+b) = f⁰(a)f(b)puis (a= 0) f⁰(b) =f⁰(0)f(b), ie f⁰ = f, d’oùf =Ce et C=C². Conclsuion : f nulle ou f = exp ( ).

On obtient le même tableau (les autrse cas R₊;R ;R ! C+; se ramènement de même à ces deux premiers)

source / but C+ C

R+ Id 0oue R₊ ln 0ou Id R lnj j 0ou j j

R 0 0ou j j ⁰

où complexe

1.3 enmorphismes de C continus pour + &

On utilise ce qui précéde, a…n d’obtenir le tablea suivant :

source / but C+ C

C+ Re + Im 0oue ^{Re + Im} C lnj j 0 ou j j Id^k

C 0 0 ou j j ⁰Id^{k 0}

où ; complexes k entier

On se ramènent à une source réelle en restreignant àRetiR

C+ !C+ f_jRet f(i)_jRvontR+ !C+, donc sont des homothéties, d’où f =f(Re +iIm) =f Re +f(iIm) =f_jR(Re) +f(i)_jR Im = Re + Im. C+ !C f_jR etf(i)_jR vontR+ !C , donc sont des exponentielles (ou 0), d’où

f =f(Re +iIm) =f_jR(Re) f(i)_jR Im =e ^Ree ^Im (ou0)

C !C+ on af exp :C+ !C+, donc f e^a+ib = a+i b. invariante parb 7!b+ 2 , ce qui force i 2 = 0et = 0. Ainsi,f reⁱ =f e^lnr+i = lnr, d’oùf = lnj j

C !C+ comma avantf = 0

C !C on a f exp :C+ !C , doncf e^a+ib =e ^{a+i b}(ou0) invariante parb7!b+ 2 , ce qui forcee^{i 2} = 1et 2Z(noték:= ). Ainsi,f reⁱ =f e^lnr+i =e ^lnr+ik =r e^ik , d’oùf =j j Id^k (ou0)

C !C comma avant (plgement possible en0 ssi ; k 0.

1.4 "exponentielle" non continues

! ! ! Toutes les equa fonction de cette feuille peuvent avoir d’autres solution sans hyhtèse d econtinuité. ! ! ! !

On part de':R !Radditive non linéaire (eg : projecteur surQdans leQeevR), on formeexp := exp ' et ln :=' ln, puisch := ^exp+exp(₂ ⁾ etc.... qui véri…ent tout ce qu’on veut (sansêtre les bonnes fonctions)

RQ culturelle : on peut avec ZF et AC_dep exlcure cela, au sens où il y a des moèdle de ZF+ACD où toute forme Qlinrée sur R est une homothéi.

Eq Boltzmann physicien cours MALET très bons exemples...

(isootrpopie + limite null en l’in…ni)

Involutions contines deR(donc inj, donc mono, donc homéo) (stable par conjugation)

Quitte à conuguer par translation parf(0), OPSf(0) = 0. Alors ou bienf décroît surR (puis symétrique surR⁺ par rapport à première bissectrice) ou bienf = Id.

Involution deR⁺⁺ : idem (pas besoin de conjuguer)

2 Formules addition et continuité

2.1

et

par formules addition croisées

EXO(cos etsin par les formules d’addition):continues bornées de RdansRtq f(a+b) =f(a)f(b) g(a)g(b)

g(a+b) =g(a)f(b) +f(a)g(b) ?

DEM : on rqf +ig transforme + en , donc est une expontielle complexe (c’est normal, c’est de là que viennent les formules d’addition !), d’où ^f_g = ^e_e ^cos(!_sin(!)⁾ , le borné imposse = 0. (santi check : f²+g² transforme +en )

EXO(chetsh par les formules d’addition):continues de R dansRtq f(a+b) =f(a)f(b) +g(a)g(b) g(a+b) =g(a)f(b) +f(a)g(b) ?

DEM : on rqf+gtransforme+en , donc est une expontielle complexee^{( +!)}, de mêmef g=e^{( !)}, d’où f =^{e( +!)+e}₂ ^{( !)} =e ch (!)et mêmeg=e sh (!).

2.2 th et tan par formules addition

EXO(th par formule addition):trouver les cotinues tq f(a+b) = f(a) +f(b)

1 +f(a)f(b)?

IDée : inverserthx=^e_e^2x2x+1¹ (iee^2x=_{1 th}^1+thx_x) pour se ramenr à une équa surexp DEM : les cstes solution sontC= _1+C^2C2, ieC= 0ou1 +C²= 2, ieC= 1.

Posere:= ^1+f_{1 f} (on va mq f 6= 1) envoie+en

e(a+b) := 1 +f(a+b)

1 f(a+b) = 1 +_1+f(a)f(b)^f(a)+f(b)

1 _1+f(a)f(b)^f(a)+f(b) = (1 +f(a)) (1 +f(b))

(1 f(a)) (1 f(b)) =e(a)e(b) donce(x) = exp (2 x), d’où f(x) = ^e_e²2 ^xx+1¹ = th ( x).

GA¤e ! il faut f 6= 1 : sinon, mettons f(2a) = 1, alors 2f(a) = 1 +f(a)², donc f(a) = 1 aussi, d’où f ₂n = 1 et par continuité :=f(0) = 1. Mais alors (b= 0) donnef =^f+1_1+f = 1, exclu.

EXO(tanpar formule addition):trouver les cotinues tq f(a+b) = f(a) +f(b)

1 f(a)f(b)?

IDée : utiliserthia=itanapour utilise ce qui précède. Mieux : on ne récupère que la méthode, à savoir exp (2 ) = ^1+th_{1 th}). Posons donce=^1+if_{1 if} (ief =i¹_1+e^e) bien déf carf réelle. Alorsetrnadofmr +en

e(a+b) = 1 +i₁⁺

1 i₁⁺ =1 +i +i

1 i i = (1 +i ) (1 +i )

(1 i ) (1 i )=e(a)e(b) donce= exp (2 ), d’où f =i¹_1+e^e22 = i^e_{e +e}^{e i}i = tan ( ) pour un certain complexe .

2.3 cos ou ch par formule d’addition

EXO(cos etchpar formule d’addition) continue tq

f(a+b) +f(a b) = 2f(a)f(b)?

DEM ensemble des solutios contiet0;1;cosetchet est stabe par homothétie. Mq c’est tout.

Sif 6= 0, diviser par unf(a)6= 0mqf paire.

On montreC¹car (intégrer enb= 0; :::; M en supposantRM 0 f 6= 0) 2

Z M 0

f

! f(a) =

Z M 0

f(a+ ) + Z M

0

f(a ) = Z a+M

a

f + Z a

a M

f qui estC¹

d’où (dériver deux fois en b et évlauerb= 0)f⁰⁰ =f⁰⁰(0)f, d’où (par parité)f =Acos (!) ouAch (!)avec A+A= 2AA, ieA= 0ou1.

2.4 autre formules additions

SUR LES ÉQUATIONS FONCTIONNELLES DU COSINUS ET DU SINUS ORDINAIRES ET HYPER- BOLIQUES

Autor(en) : Cioranesco, N.

Objekttyp : Article

Zeitschrift : L’Enseignement Mathématique Band (Jahr) : 31 (1932)

Heft 1 : L’ENSEIGNEMENT MATHÉMATIQUE

f(a+b)f(a b) =f(a)²+f(b)² 1continue –> ch (c)oùc2R[iR f(a+b)f(a b) =f(a)² f(b)²continue –> Ash (c)oùc2R[iR

3 doubles & carrés et dérivabilité en 0

3.1 Morphismes DL

(0) double carré, notations P

et P

On regarde à présent juste les formues de duplication / carré.

EG (double) : une fonctionf tq f(2a) = F(f(a); a)(disons dé…nie sur une partie stable par double/moitité) est la donnée de sa restriction à la couronne de module[1;2]. EG siF(x; y) = 2xitérer l’homothétie de centre l’orgine et de rapport 2 ou ¹₂). Il y en a beuacoup ! Même avec la continuité hors de 0 (qui équivaudra à celle de cette restriction ainsi qu’à l’égalitéf(jaj= 2) = 2f ^a₂ , EG on fait ce qu’on veut de continu et raccordable sur [1;2]ou sur une uniion …nie de demi droites). En revanche, ladérivablité en 0 va éliminer sréisuement les candidats.

RQ UTILIE : deux solution coindent ssi elles coincident sur un voisinage de0. On ne regardera par conséquent que les solution dé…nies autour de0.

On noteP¹⁼² (rzsp.P^p) une partie deCcontenant0(resp 1) et stable par moitié (resp racine principale).

EG :

P¹⁼² = R;C;R⁺; 1 2ⁿ ; :::

P^p = R;]0;1];[1;1[;fRe>0g;fIm 0g:::

Rq : lesP¹⁼²et lesP^p sont échangés par les applicatios "(pré)image parexp" (mais pas de manière bij carexp pas inj) Rq : unP¹⁼²(respP^p) rcontient toujours une suite tendant vers0(resp.1) (itérer les moitiés/racine d’un point deds).

On va obtenir le tableau suivant pour les fonction dérivables en

source/but C;+ C ;

P¹⁼² (der en0) Id e

P^p (der en1) Ln e ^Ln

R (der en1) lnj j j j surR₊ j j surR

(restrction :a; a²2P^p =) Rea >0

rq : rajouter0 ou pas au début ne change rien : si apparait l’éqiation fonctielle donne f(0) = 2f(0) d’où f(0) = 0, et cela n’aucune in‡cuence sur les autres complexes

rq : on a toujours les solutions additives Re + Imet les multiplicativesjaj a^k; mais d’une partCdériavalbe en 1ssi =i et k= , d’autre part les mltilplicatifs sur R dvienennt jaj oujaj a(cas particuliter où cst)

EXO f(2 ) = 2f et f dérivable en 0? (de P¹⁼²vers C) Autre solutions di¤ érentiables sans dérivabilité ? simplement continues ?

DEM f(0) = 2f(0), ief(0) = 0. Alors ^f(a)_a = ^f(^a2)

a

2 =^f(2^an)

a

2n !f⁰(0), d’oùfhomothétie.

RQ : on peut remplacer "f der en 0" par "f der en 0 dans chaque direction", alors f est une homothétie sur chaque demi-droite d’origine. Cela servira même en réel pour distinguer les casR .

Sans dér : les endo Re + Im.

Avec juste continuité en0: un telf est borné au voisinag de0, donc bornée sur chaque segment par dupli- cation. Réciproquement, soit A >0, soit un grapheborné sur[A;2A] (defM un maj dessus) soita_n !0, def N_n := min N ; 2^Na_n2[A;2A] (fait sens APCR et ! 1cara_n !0) : alorsjf(a_n)j= _2Nn¹ f 2^Nna_n

M

2^Nn !0. Conclusion :

sous l’hypothèsef(2 ) = 2f, on a l’égalitéf(0) = 0et les équivalences

f continue en0 () 9A >0 tqf bornée sur [A;2A]

f dér en0() 9 ; f = Id (en particuliuer ; la continuité hors de0 implique celle en0)

EXO f(2 ) =f² dériable en 0? (de P¹⁼²vers C)

RQ : la suite f ₂^an =jf(a)j²¹ⁿ tend versjf(0)j= 1 sif(a)6= 0

0sinon , donc ou bienf = 0ou bienf(0) = 1 et f ne s’annule jamais, ce que l’on imposera.

DEM cas réel f =f ₂ ²>0atour de0doncf >0partout (sinon on coupe l’inf des zéro en2). ALors lnf commute au double, est dérivable en0, donclnf homotéhie etf = exp ( )

DEM cas général f 1 dans un certain voisinage de 0 de P¹⁼² sur lequeLn transofmre en+, donc oùLnfcommute au double (et sera dérivable en0 siLnl’est en1) doncLnf homotéhie etf =e . Cela se proonge à toutP¹⁼²car f(a) =f 2^{n a}₂n =f ₂^an

2ⁿ

= e ^{2an 2}

n

=e ^a. Véri…ons que Lnest bien dérivable en1 : on a d’une part

Arg (1 +z) = 2 atn Im (1 +z)

Re (1 +z) +j1 +zj = 2 atn 1 2

Imz

1 + Rez+o(z) = 2 atn Imz+o(z)

2 = Imz+o(z) d’autre part

lnj1 +zj= lnp

(1 +z) (1 +z) =1

2ln (1 + 2 Rez+o(z)) = Rez+o(z) d’où

Ln (1 +z) = lnj1 +zj+iArg (1 +z) =z+o(z), CQFD.

EXO f a² = 2f(a) et dérivable en 1? (de P^pvers C) Même question en remplaçant P^p par R₊;R ;R.

DEM L’enesmble exp ¹ P^p \(R+i] ; ]) est un P¹⁼². On dé…nit g = f exp de P¹⁼² vers C, dérivbale en0, d’oùg(2 ) =f e² = 2f(e ) = 2g( ), doncg homotthétie etf(a) =f e^Lna =g(Lna) =

Lna.

Ainsi, dès queaeta²sont dansP^p, on aLna²= 2 Lna, ie2 Arga= Arga²2] ; ], d’oùArga2 2;₂ . Réciproquement, Lnsur une telleP^p foncionne.

En restreignant àR₊, on a une partie P^p, donc f(a >0) = lna. Sur R , on af paire d’oùf = lnj j. Sur toutR, on rajoute la valeur (nulle) en0.

RQ :lnj jsatis…at l’équation fontionnellr, est di¤érentiable en1 mais qui n’est pas dérivable au sens complexe car lnj1 +zj = Rez+o(z) où l’application tangente n’est pas une C-homohétie (sur R elle est dérivable mais alors le module est jsute un signe)

EXO f a² =f(a)² et f dériable en 1? (de P^p vers C ). Même question en remplaçant P^p par R₊ ouR .

L’enesmbleexp ¹ P^p \(R+i] ; ])est unP¹⁼². On dé…nitg=f expdeP¹⁼²versC , dérivbale en 0, d’oùg(2 ) =f e² =f(e )²=g( )², doncg expontneitl etf(a) =f e^Lna =g(Lna) =e ^Lna.

En restreignant àR₊, on a une partieP^p, doncf(a >0) =e ^Lna =a . SurR , on af(a <0)²=f a² = a² , doncf(a <0) = jaj (avec le même que surR+) qui fonctioonne

3.2 sinus par (fausse) formule duplication + 0dérivabilité

EXO (sin etsh par duplication et dérivabilité en 0) trouver les f dérivables en 0 sur unP¹⁼²tq f(2 ) = 2fcos ou = 2fch

DEM On a f(0) = 0. Equation linéaire ->OPS f⁰(0) = 1La fonction i := _sin^f ou_sh^f est inchangé par double et est prolongeable par continuité en 0:

f(t)

sint =t+o(t)

t+o(t) =1 +o(1) 1 +o(1) !1.

Ainsi,i(a) =i ₂^an = lim0i= 1cst, doncf = sinoushautour de0, ce qui se propage d’après l’équation.

3.3 tan et th par formule duplicaion + 0dérivabilité

EXO (th par duplication et dérivabilité en0) Trouver les f der en 0dé…ne sur unP¹⁼² tq 1 +f² f(2 ) = 2f.

DEM Les partiesff = 1getff = 1gsont stables par doubles (clair) et moitités (f(2a) = 1=>2f(a) = 1 +f(a)²=>f(a) = 1, idem pour 1), donc la partie ff 6= 1g aussi.

SUrff 6= 1gon pose e(x) :=^1+f_{1 f} (on attendth (2 )).eenvoie double sur carré : e(2x) = 1 +f² + 1 +f² f(2 )

(1 +f²) (1 +f²)f(2 ) = (1 +f)²

(1 f)² =e(x)², donce(x) = exp (2 x)(oue= 0) d’oùf(x) =^e_e²2 ^xx+1¹ = th ( x)(ouf = 1)

Par dérivatblité en0, l’une seulement des trois partiesff =6= 1gest non vide.

EXO (tan par duplication et dérivabilité en 0) quelle sont les f der en 0 dé…nie sur unP¹⁼² tq

f(2 ) 1 f² = 2f? DEM

1. poserg:=if. Alorsg(2 ) 1 +g² = 2g, doncg= ioug= th (!).

2. cas réel : valeur en0 vérii…e 1 ² = 2 , ie = 0ou2 = 1 ²<2abs.

On poseg:= atnf. On se place dans un voisinage de0 oùj2gj< ₂ (alorsjfj=jtangj<1) alors g(2 ) = atnf(2 ) = atn 2f

1 f² = atn 2 tang

1 tan²g = atn tan (2g) = 2g, Ainsi,glinéaire (cf ci-desssus) sur ce voisinsage etf ets de la forme voulue au voisinage de0.

Soitsle sup des 0< x < ₂ tqf = tan sur[0; x]. Si s < ₂, alors on prend un réel a > s plus petit que2set que ₂ : alors0<^a₂ < s, doncf(a) = ^2f(^a2)

1 f(^a2)² = tan (a), absurde.

Mq ensuite par réc surf = tansur 0; n₂ Z₂ (on vient de fairen= 1) (puis idem dans les négatifs).

Supposons ok pour uuN 1. Alors 8x2 N₂;(N+ 1)₂ , x n’est pas dans Z₂ (sinon ^x

2 entier, absurde) et on a0<^x₂ <^N₂⁺¹₂ N₂, donc par récurrencef(x) = tanx, cqfd.

3.4 sinus par formule duplication + 0dérivabilité

LEM Soient r suite ! 0 NON NULLE ÀPCR et 2 C tq j j < 1 et ^rn+1_r

n = +O(rn). Alors 9C >0; jrnj Cj jⁿ.

DEM Soit >0 tq j j < < 1, soit " > 0, soitN tq n > N =) ^rn+1_rn <1 +" (ok car r ! 0), soit n > N : alors ^rn+1_r

n < (1 +") ^{im p oser"=}j j ¹

= 1, donc (multiplier) 8p; ^rN+pprN < 1, d’où r_n =O( ⁿ) et P

rn acv.

On veut alors ^rnn cv dans R+, çed ln ^rnn cv, çed P

ln ^rn+1n+1 ln ^rnn cv, or TG vaut ln ^rn+1_r

n =

lnj1 +O(r_n)j=O(r_n) (rq :8c2C; j1 +cj= q

1 + 2 Rec+jcj²= 1 +O(c))

EXO (sh par duplication et dérivabilité en0)trouver les f dérivables en 0 sur unP¹⁼² tq f(2 )²= (2f)² 1 +f²

DEM ( := f(0)) Alors f(2 ) = 2 fp

1 +f² où est une fn signe. Excluons solution où g := f² constante0 ou ³₄.

cas = 0 On peut résoudre 2g = p

1 +g(2 ) 1 (pas p car = 0). Soit a > 0 tq g(a) 6= 0, alors an := g ₂^an véri…e an+1 = ^p1+a₂^{n 1} = ^a₄ⁿ +O a²_n , d’où (LEM) janj 4^Cn. Si f⁰(0) = 0, alors an =f ₂^an

2 =o ₂^an

2 =o ₄¹n , abs. Alors injecter DL1 donne = ₂₍^2c+o(c)_{c+o(c))1+o(1)}¹ 1, donc = 1 autour de0

f²+ 1 reste proche de 1 autour de 0. Posons e :=p

1 +f²+"f (avec"² = 1) où p est la racine carré principale (qui est dér en 1 : à la main comme dans R). Alorsvéri…ons que e est une exponentielle (e 6= 0 sinon1 +f²=f²) : d’une partedér en0(carp l’est en1), d’autre part

e(2 ) = p

1 + 4f²(1 +f²) +"2 fp

1 +f²= q

(1 + 2f²)²+"2fp 1 +f²

= 2f²+ 1 + 2"fp

1 +f²=e². Alorsf = ^e+₂^e =e sh (!), d’où en réinjectant

2e² sh (!) ch (!) =f(2 ) = 2fp

1 +f²= 2e sh (!) q

1 +e² ch²(!) 1 . Eleer au carré impose = 0. Finalement,f est unsh (!)autour de0 (et cela se propage)

cas ²= ³₄ On obtient g = ¹

p1+g(2 )

2 d’où := g g(0) = g+ ³₄ = ¹

p1+4 (2 )

4 et an+1 =

1 p 1+4an

4 = ^a₂ⁿ +O(a_n) et ja_nj 2^Cn. Si f⁰(0) = 0, alors a_n = f ₂^an

2 = o ₂^an

2 = o ₄¹n , abs. Or

dériver éq originelle done 2 2f⁰(2 )f(2 ) = 4 2f f⁰ 1 +f² +f²2f f⁰ , d’où f⁰(2 )f(2 ) = 1 + 2f² 2f f⁰, d’où 1 = 1 + 2 ² 2et ²= ¹²₂¹, abs. Doncg cste. Mais la continiuité en0def imposer cst autour de 0.

Conclusion: les solutions sont lessh (!)(dont0) et ^ip₂³ où fn signe cst autour de0.

RQ : en duplquuant un graphe (cf DM cos), on obtient une sol à l’éqau fonc tjs continue en0 (mais pas forcément der car on n’est pas parti forcément d’un sh)

EXO (sin par duplication et dérivabilité en0)trouver les f dérivables en 0 sur unP¹⁼² tq f(2 )²= (2f)² 1 f²

DEM f(2 ) = 2 fp

1 f², excluons solution oùg:=f²constante0 ou ³₄. cas = 0 On peut résoudre 1 2g = p

1 g(2 ) (pas p car = 0). Soit a > 0 tq g(a) 6= 0, alors a_n := g ₂^an véri…e a_n+1 = ^{1 p}₂^{1 an} = ^a₄ⁿ +O a²_n , d’où (LEM) ja_nj ₄^Cn et l’on conclut comme ci-dessusf⁰(0)6= 0puis 1. Alors idem avece:=p

1 f²+i"f , d’oùf = ^e+_2i^e =e sin (!)puis = 0.

cas ²= ³₄ alorsg = ¹⁺

p1 g(2 )

2 d’où = ^p1+4₄ ¹ et ja_nj ₂^Cn. Comme ci-dessus, on a f⁰(0)6= 0, d’où f⁰(2 )f(2 ) = 1 f² 2f f⁰, d’où1 = 1 2 ² 2et ²= ¹² ₂¹, abs.

Conclusion: les solutions sont lessin (!)(dont 0) et ^p₂³ où fn signe cst autour de0.

Même rq pour pleinns de solutions continues non dériavalbes

3.5 DM : cos et ch par formule duplication + DL

en 0

EXO(cosetchpar duplication etDL2 en 0)trouver les f réelles admettant un DL2(0)sur un P¹⁼²tq f(2 ) = 2f² 1:

Que se passe-t-il si on supose juste DL1(0)? juste continue en 0? DEM On connaîtcosetch(et les constantes1ou ¹₂)

Idée : se ramne à équa fonctionnelle sur exp (i) = f +ip

1 f² et exp = f +p

f² 1 Il faut pour cela préciser la position de f par rapport à1, d’où le DL2.

Analayse Puisque 2f² 0, on af 1. Puisquef bornée autour de 0(car continue en0),f est loc bornée. On a de plus f(0) = 2f(0)² 1

f⁰(0) = 22f⁰(0)f(0) , d’où f(0) = 1ou ¹₂

f⁰(0) = 0ou (exclu)1 = 2f(0) . En…n, selon la valeur en0, de la continuité en0on tire f^>_<0autour de0, d’oùf ₂ =

q1+f

2 avec lemême signe autour de0.

Bilan: il y a un A >0et un signe "2 f 1gtels que 8>

>>

<

>>

>:

f 1majorée sur [A;2A[

f ₂ ="q

1+f

2 sur ]0;2A[

f(0) = ^1+3"₄ (1ou ¹₂) f⁰(0) = 0

Suite analyse

Casf(0) = ¹₂ Autour de0on af ₂ =

q1+f

2 , çed (def :=f+¹₂) ₂ =¹₂ q₁

2+

2 = ^{1 p}₂¹⁺² =

1 (1+ +o( ))

2 = ₂+O ² .

Supposonsf non constante et soit a > 0 tq (a)6= 0 : alors ^a₂ 6= 0 et (rec) an := ₂^an 6= 0 ÀPCR, d’où sens à ^an+1_a

n = (¹2 a 2n)

(2^an) = ¹₂ +O(an)et (LEM) 9C > 0; janj 2^Cn. D’autre part, puisque f⁰(0) = 0, on a (t) =o(t), d’où ₂^an =o ₂^an , çeda_n =o ₂¹n : absurde. Doncf = ¹₂. (on a juste utilisé dér en0, pas le DL2)

Casf(0) = 1 Autour de0on af ₂ = +q

1+f

2 , çed (def :=f 1) ₂ =q

1 + ₂ 1 = ₄+O ²

CCasf⁰⁰(0) = 0 Supp f non constante et soit a >0 tq (a)6= 0 : alors an := ₂^an 6= 0ÀPCR, d’où sens à ^a_aⁿ⁺¹

n =¹₄+O(a_n)et (LEM)9C >0ja_nj ₄^Cn. Or (t) =o t² , d’oùa_n= ₂^an =o ₂^an

2 =o ₄¹n , absurde. Doncf = 1.

CCasf⁰⁰(0)>0 alorsf 1autour de0 où l’on def e:=f +p

f² 1 (on attendch + sh = exp, mqe dér en0⁺et morphisme double carré). D’une part

f² 1 = 1 + t²+o t^{2 2} 1 = 2 t²(1 +o(1)), d’où p

f² 1 =^>0p

2 jtj+o(t), ce qui mqeadmet DL1 en0⁺, çededer en0⁺. D’aute part :

e(2 ) = f(2 ) + q

f(2 )² 1 = 2f² 1 + q

(2f² 1)² 1 =f²+p

4f⁴ 4f²+f² 1

= f²+ 2jfjp

f² 1 +p

f² 1²= f+p

f² 1 ²=e².

Donce=e^! (case= 0donnef²=f² 1absurde) d’oùf² 1 = (e f)²=e² 2ef+f², çedf = ^e2_2e⁺¹ = ch (!), ce qui se propage loin de0. (Pour d’autres direction, eg0 , le DL2 donne le même ! racine def⁰⁰(0)>0(en paritculier !réel))

CCasf⁰⁰(0)<0 Idem avece:=f+ip

1 f²avec cette fois0< f⁰⁰(0) =!²d’où!2iRetf = cos (!).

Synthèse: soitA >0, soit"2 f 1g, soitF 1majorée sur[A;2A[puis def 8>

<

>:

f :=F sur [A;2A[

f ₂ :="

q1+f

2 sur ]0;2A[

f(0) := ^1+3"₄ (1ou ¹₂) et

8<

:

:=f f(0) tn:= ₂^An an:= (tn) Mn:= max[tn;tn 1]

.

LEM* Soit f : V ois_dansR+(0) ! C, soit a_n ^&&! 0 tq a_n = O(a_n+1) (eg a_n = ₂¹n), soit 2 R. Mqf(t) =o(t )ssimax_{[anan 1]}jfj=o(a_n).

DEM Soit" >0.

=> Soit >0tq0< t < =) jf(t)j< "t , soitN tqa_N < , soitn > N : alors

max_{[anan 1]}jfj atteint en un certain t 2 [a_n; a_{n 1}] ]0; a_N] ]0; [, d’où max_{[anan 1]}jfj = jf(t)j <

"t ^t<a<^{n 1}"a_{n 1}^an=O(a<ⁿ⁺¹⁾C "a_n.

<= Soit N tq n > N =) max_{[anan 1]}jfj < "a_n, soit 0 < < aN, soit 0 < t < , soit n > N tq an < t < an 1 : alorsf(t) max_{[anan 1]}jfj< "a_n< "t .

Cas"= 1 Alors ₂ =^{1 p}₂¹⁺² et reprendre le Cas f(0) = ¹₂ mqf non dér en0(sauf sif cste).

Cas"= +1 Alors ₂ = q

1 +₂ 1. Mqf dér en0 maisf n’admet pas (sauf sif cste) deDL2(0) de terme quardratique nul.

Puisque'(t) :=q

1 +₂^t 1 croît et ₂ =' , on aM_n+1 ='(M_n), d’où (réc) ou bienM_n 6= 0ÀPCR ou bien M_n = 0ÀPCR, donc jM_nj = O ₄¹n dans tous les cas (trivial si M_n nul ÀPCR, sinon LEM avec '(t) =₄^t+O(t)), de même pourm_n:= min_{[tn;tn 1]} , d’où

max

[tn;tn 1]j j= max max

[tn;tn 1] ; min

[tn;tn 1] = maxfjM_nj;jm_njg=maxfO(1); O(1)g

4ⁿ =O(1) 4ⁿ donc8 <2; ^max[tn;tn_t ^{1]j j}

n =O(1)²₄nⁿ =o(1), çed (LEM*) (t) =o(t ): mieux que dérivable ! Sif non constante, repdnre le CCasf⁰⁰(0) = 0 ci-dessus pour nier (t) =o t²

Résumé synthèse: on donne

f :=F sur [A;2A[

f ₂ :="

q1+f

2 sur ]0;2A[

f(0) := ^1+3"₄ (1 ou ¹₂)

. Alors f continue en0

ssiF majorée et dans ce cas

ou bien"= 1: alors ou bienf = ¹₂

ou bienf non dérivable en0 ou bien"= 1: alors f dérivable en0

avecf⁰(0) = 0 et

ou bienf = 1

ou bienf n’admet pas deDL₂(0) ou bienf admet unDL₂(0) de tq 6= 0 et alorsf est un cos (!) ou un ch (!)

Conclusion:

* les solutions admettant un DL₂(0) sont les cosinus ch (c)pour un c 2 R[iR (dont 1 qd c = 0).et la constante ¹₂

* les solutions dérivables en0 mais sansDL₂(0)permettant de trancher position relative courbe/tangente s’obtiennent en imposant "= 1

F = ¹₂ ou "= 1 F pas ch .

* les sol continues en0non dérivables en 0s’obtiennent en imposant "= 1 F non cste

EG superposition des deux ch (eg à l’aide d’une parittionde R en deux parties stables par double.moitié, egf = _Qcos + ^c_Qch).Mieux, on partionneQ selon la valuation3-adique(inchange par double/moitité), d’où unefamilel dénombrablbe dech;1;cos(le ¹

2pose pb de continuité)Le DL_2 impose un seul élément de la famille.

Géné : même EXO en supposantf complexe Casf(0) = ¹₂ cf cas réel

Casf(0) = 1 Posonse :=f p

f² 1(avec racine principale). Alors d’une part e(2 ) =f(2 ) +

q

f(2 )² 1 = 2f² 1 +p

4f²(f² 1)

= f²+ 2p

f²(f² 1) +p

f² 1^{2 ?}=e² ok sip

f²(f² 1)=^? fp

(f² 1) or commef '1 on a déjàp

f²=f et ce qu’on veut découle deArgc(c+ 1) = Argc+ Arg (c+ 1)pourcassez proche de0 (les trois compelxes restent alors dans le même demiplanIm^<0). D’autre part,eest dérivable¹ en 0⁺ (utilsieer leDL2 etp

tc=p tp

c pourt 0) :

f²(t) = 1 + t²+o t^{2 2}= 1 + 2 t²+o t² d’où p

f² 1 (t) =p

2 t²+o(t²)^t>0= tp

2 +o(1) p 2 t Alorse est ou bien nulle (alors f = p

f² 1 d’où au carré f² =f² 1 impossible) ou biene =e^{( !)}. On en déduit f = ^e++e₂ =e ch (!). Réinjecter donne e² 2 ch²(!) 1 = 2e² ch²(!) 1 et = 0. On propage ensuite à toutP¹⁼².

Quetsion ouverte :qdf complexe, peut-on montrer dans le Cas"= +1 la négligabilitémax[tn;tn 1]j j= o ₂¹n ? ? ? traduire la croisance deq

1+Id

2 pour une norme à trouver ? ? ?

3.6

et

par formules duplication/carré croisées + 0dérivabilité

EXO(cos chetsin sh par les formules des carrés) trouver les f; gdérivable en0 tq f²(a) = ^1+f(2a)₂

g²(a) = ^{1 f(2a)}₂ ou f²(a) =^f(2a)+1₂ g²(a) = ^{f(2a) 1}₂

DEM :f(2 ) = 2f² 1, donc ou bien f(0) = ¹₂ (alorsf = ¹₂et g = ^p₂³, signe indéterminé, le même pour avoir der en 0), ou bienf(0) = 1etg(0) = 0, d’où ^{1 f(2t)}₂ =g²(t) = ( t+o(t))²= ²t²+o t² , doncf DL₂ etf = cos (!)et g= sin (!)(signe indéterminé) (!= 0possible).

2e variante : remplacerg parig.

EXO(cosetsin par les formules de duplication) trouver les f; g der en 0 tq f(2a) =f(a)² g(a)²

g(2a) = 2f(a)g(a) ? Variante2 f(2a) = 2f(a)² 1

g(2a) = 2f(a)g(a) ? Variante3 f(2a) = 1 2g(a)² g(2a) = 2f(a)g(a)

1dans le cas 1=2, la fonctionp

f² 1 =q

3

4+o(t)n’est pas forcment continue en0!

DEM : (rq : sigsol , alors g aussi)

variante 1 on rqf ig transforment doubles en carrés (rq : si ^f_g sol alorse^{c f}_g aussi)

si l’une est nulle : alors l’équation devient f(2a) = 2f(a)², donc2f transofmre doubles en carrés, donc est ou bien nulle (casf = 0 =g) ou bien une expontielle complexe et ^f_g = ^e₂^{c 1}_i , qui sont sol.

si les deux sont exp : mettonsf; g =e^{( +i!)}; e^{( i!)}, d’où f = ^{e( +i!)+e}₂ ^{( i!)} =e cos (!) et de même g=e sin (!)(le cas!= 0donne sol cstes1;0). (RQ : si plusf; gbornés alors 2iR)

IDEM pourf(2a) =f(a)²+g(a)²

variante2 RQ : eq homogène eng, donc il va y avoir un paramètre :=g⁰(0).

Sif = ¹₂, alorsg(2 ) = g d’oùg=g ₄n !g(0) = 0. OPDIf 6= ¹₂. Alorsf(0) = 1(d’oùg(0) = 0) et

g(a) = 2f a 2 g a

2 = 2ⁿg a 2ⁿ

Yn i=1

f a

2ⁱ

?!

ok si 6=0 a (a) si l’on mq := a 7! Q

n 1f ₂^an cv, ce qui est le cas pour a ' 0 car alors lnf ₂^an fait sens SI CAS REEL ? ? ?et= ln 1 +O ₄¹n =O ₄¹n cv enP

. (RQ : même sif = ¹₂ on a encoreg= Id avec = 0 et = ¹₂ ¹= 0)

Synthèse: soit 2Ret soitf tqf(2a) = 2f(a)² 1Alors cv (cf.avant) et véri…e (2a) =f(a) (a).

Def g(a) := (a)a quii véri…e g(0) = 0 et g(2a) = 2f(a)g(a). Mq g der en 0 (avec g⁰(0) = ) Le TV vaut ^g(a)_a ^g(0)₀ = (a): si = 0 alorsg= 0et le TV est nul, donc ! ; sinon mq ⁰!1.

Soit 2[A;2A[ oùf max (imposer A assez petit pour que 6= 0) et def _n :=f ₂^an = max

1 2n[A;2A[

f (par croisance de q

1+Id

2 SI CAS REEL ? ? ?) (chacun 6= 0) de sorte que ( n) = ^{( )}

1::: n ! 1 (idem min avecf( )>0). Soit" >0, soitN tqn > N =) j ( n) 1j

j ( _n) 1j < ", soitt < ₂¹N, soitn > N tq ₂n+1¹ < t < ₂¹n : alors (8i > 0) ₂n+i+1¹ < ₂^ti < ₂n+i¹ d’où f _n+i < f ₂^ti < f( _n+i) et ( _n) (t) ( _n) où chaque membre !1, CQFD

RQ : = 0ssig= 0.

SC : si f DL₂, alors f = ch (!) (ou ¹₂ et g = 0), doncg _! vér…e fausse éqution du sinus (ou g = Id si!= 0), d’oùg= sh (!)(SC : calculer dans ces cas)

Cas complexe ? ? ?

variante3 (cas où images REELLES) f 1 (car 1 moins un carré). évaluer en 0 livre ^f(0)_g(0) = ¹₀ (d’où f⁰(0) = 0) ou bien f(0) = ¹₂ = g(0) (et f⁰(0) = 0 = g⁰(0)). PUisque f(0) > 0, la continuité en 0 donnejfj 1 autour de0

def ^F_G := ^2f_2g , alors F(2 ) = 2 G²

G(2 ) =F G et jFj 2.

CAS ^f(0)_g(0) = ¹₀ . Mq :=F² 4 +G² = 0 (on sera alors ramené àf(2a) =f(a)² g(a)² (vairante 1), d’où ^f_g = ^cos(!_sin(!⁾₎ ). On a (0) = 0et

jG(a)j = F a 2 G a

2 2 G a

2 2ⁿ G a

2ⁿ

= a G ₂^an G(0)

a

2ⁿ 0 ! jG⁰(0)ja d’oùG(a)² Ca² (2 ) = F(2 )² 4 +G(2 )²= 2 G^{2 2} 4 +F²G²

= 4 4G²+G⁴ 4 +F²G²=G² 4 +G²+F² = G² , d’où j (a)j G² a

2 a

2 C a

2

2

C a

4

2

C a

2ⁿ

2 a

2ⁿ Ca^{2 n} a

2ⁿ = o(1)

|{z}

sijaj<_C¹

O(1)

| {z }

car continue en0 n1

!0, CQFD.

CASF(0) = 1 =G(0)(si DSE, on peut mqF = 1 =G)

? ? ? AlorsF⁰(0) = 0 =G⁰(0). Def ^a_bⁿ

n := ^F(2^an)

G(2^an) chacune>0ÀPCR (par coninutié en0), d’où an 1= 2 b²_n bn 1=anbn , çed

8<

:

bn=p

2 an 1=q

2 ^b_bⁿ_n ²₁ an=^bn_b ¹

n =q

2 an 2

2 an 1

. Def ⁿ

n := ^a_b^{n 1}

n 1 ! ⁰0 et ^A_Bⁿ

n := 2^{n n}

n , alors

n =

s1 _{n 2} 1 n 1

1 = r

1 + ^{n 1 n 2} 1 n 1

1 1

2

n 1 n 2

1 n 1

n 1 n 2

2 ,

çedAn An 1 2An 2. De plus, 0dérvi donne ^ana¹

2n !0, çedAn !0 (idem pour _n).

On aF²=²₂ ^F_F^{(4 )}_{(2 )} etG=Q

n 1F ₂n .<=, puisque F G

F⁰ G⁰ (0) = 1 1

0 0 ;on retrouve eq fonc de départ.

? ? ?

EXO(chetsh par les formules de duplication):fonction de RdansR dér en 0tq f(2a) =f(a)²+g(a)²

g(2a) = 2g(a)f(a)

Variantes 2 (idem que avant)

Variantes 3 déjà couverte ci-dessu ? ? ?

DEM : on rqf+gtransforme doubles en carrés, donc est ou bien nulle (f =g= 0) ou bien une expontielle complexe e^{( +!)}, de même f g=e^{( !)}, d’oùf = ^{e( +!)+e}₂ ^{( !)} =e ch (!) et mêmeg =e sh (!).(cas

!= 0 donne sol cstes1;0)

RQ : dans le cas DSE, def au vois de 0 dans R mq de au vois de 0 dans C, ce qui donne sens àf(i)

4 Equa di¤

4.1 Sinus par duplication & dérivée

EXO trouver lesf dérivables tq

f(2 ) = 2f f⁰ RQ : sif sol alors ^{f( )} solution

sin&sh 0 Id e²

admettons analytique en 0(DEM ? ? ? CEG ? ? ?) def a_n :=f⁽ⁿ⁾(0). DériverN fois donne 2^{N 1}a_N = X

p+q=N

N

p a_pa_q+1

a06= 0 OPIa0=¹₂. Mq alorsan=¹₂ (rec), d’oùf = ^exp₂ (et plus génltf(t) =^e₂^t) a0= 0 N 1donnea1= 0 +a²₁ d’oùa12 f0;1g.

mqa2n= 0(rec, utiliserN 2n)

a1= 0 alorsaN poly enai<N sans terme cst donc (rec) nul etf = 0.

a1= 1 defAn :=a2n+1 et mq8n 0,An =Aⁿ₁ (rec).

A1= 0: alorsf = Id, qui est solutino

A₁6= 0: OPIA₁= 1 d’oùf = sh(et plus génltf(t) =^{sh t}, dontsin)

Fait : les solutions def(2 ) = 2f f⁰ qui admettent unDSE(0)sont0,Id,exp ₂ ,shet leurs conjugués par les homothéties (par exemple ^exp₂ etsin = ^sh(i_i ⁾).

Question ouverte : y a-t-il d’autres solutions dérivables ? Moins précisément : la dérivabilité au voisinage de0 implique-t-elle l’holomorphie en0?

4.2 Cosinus par duplication & dérivée

EXO trouver lesf dérivables tq

f(2 ) = 1 2f⁰² def F :=f⁰ : alorsF(2 ) = 2F F⁰ etcf avant :

F = 0 =)fcst1

F =^{sh t}=)f =C ^ch2^t réijecter donnef = 1 +^{1 ch}2 ^t ( idonnef = cos) F = Id =)f =C ^t₂² réinjecter donneC= 1d’où f = 1 ^t₂²

F =^e₂^t =)f =C ₂^{e t}2réinjecter donneC= 1d’oùf = 1 ₂^{e t}2

EXO trouver lesf dérivables tq

f(2 ) = 1 + 2f⁰²

idée 1 : reprendre1 2f⁰² –> f = 1 1 +^{ch t}2 ¹ 1 +^t₂² 1 + ₂^{e t}2

idée 2 : SiDomf stable par ¹₄tour, def g:=f(i)pour se ramner à avant. (RQ : dans le cas DSE, def au vois de 0 dans R mq de au vois de 0 dans C, ce qui donne sens à f(i))

EXO trouver lesf dérivables tq

f(2 ) =f² f⁰² (idée 1 idée 2 IDEM –>OPSf(2 ) =f² f⁰²

0 1 ₁^{e t}2 e^{tsin cos(t}_cos^{cos )}(dontcos;cf plus loin pour autre forme générale^{e t 2e}

t

1 ² ) (1 t)e ^t admettons analytique en 0.defan:=f⁽ⁿ⁾(0). Dérivern+ 1 fois donne

n 1 a₀=a²₀ a²₁ n 0 a₁= (a₀ a₂)a₁

n 1 2a₂+a²₂+a₁a₃=a₀a₂+a²₁ n 2 (4 a₀+ 3a₂)a₃+a₁a₄= 3a₁a₂ et8n 2

[2ⁿ+ (n+ 1)a2 a0]an+1=a1an+na2an 1+

n 2

X

p=1

n

p (ap ap+1)an+1 p

a₁6= 0 a_{n 2}='(a_i<n),a₀=a²₀ a²₁aveca₀6= 0Réciproque : soient ; 6= 0tq ²= ( 1)et soit 2C tq =₁ ¹2. Alors 1 = ₁ ²2 d’où ² = ₁ 2

2

et = ₁ 2; or ₁^{e t}2 est SOL et véri…ea₀= et a1= ₁⁶⁼ 2 = . (heurisque : calculer de proche en proche avec ^a_a⁰

1 = ^p2₂ semble donneran=p

2^{n 2} d’où idéee ^t, à recti…er en Ce ^t)

a1= 0 alorsa02 f0;1g a0= 0 alorsa22 f0; 2g

sia2= 0, alorsan+1 poly en lesai n sans terme cst donca= 0et f = 0.

Sa2= 2, remplacer n 2donnea3= 0puis remplacern 3livre absurde a0= 1 alorsa02 f0; 1g

sia2= 0, alors(2ⁿ 1)an+1poly en lesa1 i nsans terme cst donca= 0etf = 1. OPdcSa2= 1.

Alors

8n 3, [2ⁿ n 2]an+1= nan 1+

nX2 p=1

n

p (ap ap+1)an+1 p

où indices à droite 2[1; n]doncf déterminée par :=a3.