exponentielle

Universit´e Claude Bernard–Lyon I CAPES de Math´ematiques : Oral Ann´ee 2007–2008

Equation fonctionnelle pour les fonctions exponentielles

Introduction

On s’int´eresse `a l’´equation fonctionnelle

(E) ∀x, y ∈ R, f (x + y) = f (x)f (y),

o`u f : R → R est une fonction `a d´eterminer. Les premi`eres propri´et´es sont vraiment

´

el´ementaires et ne d´ependent pas du point de vue choisi. Un point-cl´e fort int´eressant :

´

etendre la r´egularit´e de la solution –voir 1^◦c). On montre typiquement que la continuit´e en un point entraˆıne la continuit´e partout, et que la continuit´e partout entraˆıne la d´erivabilit´e, qui donne le caract`ere C^∞ facilement. On voit

Les le¸cons que nous avons vues cette ann´ee ´etaient tir´ees de la mˆeme source, et faisaient la part belle `a x 7→ x<sup>α</sup>. De fait, pour α entier, c’est une fonction facile `a d´efinir et qui satisfait (E) ; pour α rationnel, on peut ´etendre ; la difficult´e de la le¸con consiste `a passer `a α r´eel quelconque, ce qui demande un peu d’analyse. Dans les le¸cons qu’on a vues, la d´erivabilit´e et l’´equation diff´erentielle semblaient un peu anecdotique, je trouve

¸ca dommage.

Pour ma part, j’ai compris “fonctions exponentielles” comme les fonctions de la forme x 7→

exp(ax). J’attire votre attention sur la d´efinition de l’exponentielle dans les programmes de terminale, comme l’unique solution de (C1), o`u pour a r´eel on note (Ca) le probl`eme de Cauchy suivant :

(C)

 y⁰ = ay y(0) = 1

Aussi, il est imp´eratif de faire, d’une fa¸con ou d’une autre, le lien entre l’´equation fonc- tionnelle (E) et l’´equation diff´erentielle y⁰ = y. Je propose de faire ce lien a priori, avant de construire les solutions de l’une ou l’autre ´equation.

Qu’on ne se voile pas la face : la partie difficile pour r´esoudre une ou l’autre ´equation, c’est de construire une solution (voir 3^◦a) et 4^◦c)). En revanche, l’existence ´etant acquise, il est facile d’en d´eduire l’unicit´e (f (1) ou f⁰(0) ´etant fixe). Pour (E), des arguments de suites de Cauchy fonctionnent. Pour (C), retenez qu’il est inutile d’invoquer les mˆanes Cauchy et Lipschitz, le th´eor`eme des accroissements finis suffit.

R´esum´e de la le¸con en une phrase (dommage de rater “morphisme” !)

Tout morphisme de R vers R^∗ (ou C^∗) continu en un point est une fonction exponentielle.

1^◦ Propri´et´es ´el´ementaires d’une solution de (E) a) Annulation, valeur en z´ero

Lemme Soit f : R → R une fonction solution de (E). Alors, si f n’est pas partout nulle, elle est partout non nulle et mˆeme strictement positive, et f (0) = 1.

D´emonstration. Supposons que f s’annule en y ∈ R. Alors, pour tout x ∈ R, on a : f (x) = f (x − y + y) = f (x − y)f (y) = 0. De plus, f (0) = f (0 + 0) = f (0)², si bien que f (0) vaut 0 ou 1. On en d´eduit que f est partout nulle ou partout non nulle. Pour le signe de f , on peut constater que pour tout x, on a : f (x) = f (x/2)² ≥ 0 ou invoquer le th´eor`eme des valeurs interm´ediaires pour exclure que f prenne une valeur n´egative ou nulle.

Remarque. Si f est une solution de (E) non nulle, 1/f est bien d´efinie et c’est une autre solution.

b) Extension de l’additivit´e

Lemme Soit f une solution de (E), x ∈ R et r ∈ Q. Alors f (rx) = f (x)^r.

Remarque. Pour a ∈ R^∗+, on d´efinit successivement aⁿpour n ∈ N par r´ecurrence a⁰ = 1 et aⁿ⁺¹= a × aⁿ; pour n ∈ −N par aⁿ= 1/a^|n|; pour n = 1/q o`u q ∈ N<sup>∗</sup> comme l’unique solution de x<sup>q</sup> = a (variations de x 7→ x<sup>q</sup>) ; pour n = p/q o`u p ∈ Z et q ∈ N^∗ comme

a^p/q = (a^p)^1/q (attention ! il faut alors v´erifier que si p/q = p⁰/q⁰, on a bien a^p/q = a^p0/q0...). Pi`ege ! On montre que pour r, s ∈ Q, on a bien : a^r+s= a^ra^s.

D´emonstration. Left to the reader.

Remarque. On obtient ainsi, pour x, y ∈ R et r, s ∈ Q : f (rx + sy) = f (x)^rf (y)^s. Un coup de logarithme l`a-dessus permet de voir que ln ◦f est une application lin´eaire, lorsqu’on consid`ere R comme un espace vectoriel sur Q.

c) Extension de la r´egularit´e

Lemme Soit f : R → R une fonction solution de (E). Sont ´equivalentes : (i) f est continue en un point ;

(ii) f est continue sur R ; (iii) f est d´erivable sur R.

D´emonstration. Supposons f continue en un point x₀ ∈ R et soit x, h ∈ R. On a :¹ f (x + h) = f (x − x₀+ x₀− h) = f (x − x₀) f (x₀+ h).

Lorsque h tend vers 0, f (x0+ h) a pour limite f (x0) et f (x − x0) est une constante, d’o`u l’on peut d´eduire que f est continue en x.

Supposons que f soit continue sur R et pas partout nulle (sinon c’est ´evident que f est d´erivable). Par le th´eor`eme des valeurs interm´ediaires, f est partout strictement positive.

On suppose savoir qu’une fonction continue admet une primitive, on obtient en int´egrant (E) que pour x quelconque :

f (x) Z 1

0

f (y) dy = Z 1

0

f (x)f (y) dy = Z 1

0

f (x + y) dy = Z x+1

x

f (u) du.

L’expression de droite est une fonction d´erivable de x, diff´erence de la primitive de f entre deux valeurs (qui sont fonctions d´erivables de x...). De plus, l’int´egrale du membre de gauche est strictement positive, donc non nulle. Par suite, f est d´erivable.

Enfin, il est clair que si f est d´erivable, elle est continue en au moins un point...

d) Extension de la r´egularit´e (version hard)

On donne une condition apparemment plus faible pour que f soit d´erivable partout, tir´ee de la premi`ere ´epreuve du CAPES 2001.

Lemme Soit f : R → R une fonction solution de (E). Sont ´equivalentes : (i) f est born´ee sur un intervalle de longueur non nulle ;

(i) f est continue `a droite en un point ; (iii) f est d´erivable sur R.

D´emonstration. Supposons f major´ee par C sur [a, b], o`u a < b. On montre d’abord

m < f (x) < M . Pour cela, fixons x ∈ [0, b − a]. Comme x + a ∈ [a, b], on a : f (x) = f (x + a)/f (a) ≤ C/f (a) = M . Comme b − x ∈ [a, b], on a : f (x) = f (b)/f (b − x) ≥ f (b)/C = m.

A pr´esent, soit ε > 0. Comme les suites (m^1/n)_n≥1 et (M^1/n)_n ≥ 1 tendent² vers 1, il existe n ∈ N^∗ tel que 1 − ε ≤ m^1/n et M^1/n ≤ 1 + ε. Pour x ∈ [0, (b − a)/n], on a nx ∈ [0, b − a], si bien que m ≤ f (x) ≤ M , donc :

1 − ε ≤ m^1/n ≤ f (x) ≤ M^1/n≤ 1 + ε, et enfin : |f (x) − 1| ≤ ε.

Ceci prouve que f est continue `a droite en 0 : lim

h→0^> f (h) = 0.

A pr´esent, on constate que pour tout h > 0, on a : f (−h) = 1/f (h). Par suite, lorsque h tend vers 0 par valeurs sup´erieures, f (−h) tend vers 1/f (0) = 1, donc f est continue `a gauche en 0. C’est fini.

Remarque vaguement culturelle³. On peut en fait montrer que si f est seulement mesurable et solution de (E), alors f est d´erivable partout. Ce n’est pas une stricte g´en´eralisation de ce qu’on vient de montrer, car certaines fonctions mesurables ne sont born´ees sur aucun intervalle de longueur non nulle.

2^◦ R´esolution de (E) avec le logarithme a) Lin´earisation du probl`eme

Supposons connaˆıtre la fonction ln (construite par exemple comme primitive de x → 1/x sur R^+∗, d’o`u l’on d´eduit qu’elle transforme les produits en sommes), et sa fonction r´eciproque exp.

Soit f une solution de (E) continue et pas partout nulle. Comme on l’a d´ej`a remarqu´e, f est partout strictement positive (valeurs interm´ediaires). Par suite, g = ln ◦f a un sens et satisfait la condition (i) du lemme suivant :

Lemme Soit g : R → R une fonction. Sont ´equivalentes : (i) g est additive : ∀x, y ∈ R, g(x + y) = g(x) + g(y) ;

(ii) g est Q-lin´eaire : ∀x, y ∈ R, ∀r, s ∈ Q, g(rx + sy) = rg(x) + sg(y).

Si de plus, g est continue, il est encore ´equivalent de dire : (iii) ∀x ∈ R, g(x) = g(1) x.

D´emonstration. On a d´ej`a laiss´e au lecteur le soin de montrer que (i) ⇒ (ii). La r´eciproque (ii) ⇒ (i) est triviale.

Montrons que (ii) ⇒ (iii). Pour r ∈ Q, on a : g(r) = rg(1). Prenons alors x ∈ R et fixons une suite (rn)_n∈N de rationnels qui converge vers x (par exemple, rn= b10ⁿxc/10ⁿ, troncature de l’´ecriture d´ecimale apr`es n chiffres). Par continuit´e de g, on a :

g(x) = lim

n→+∞g(rn) = lim

n→+∞rng(1) = xg(1).

Enfin, il est clair que (iii) ⇒ (i)

On conclut le paragraphe en revenant `a f : pour tout x ∈ R, f (x) = exp(g(1) x).

Remarque. Ce qu’on vient de montrer ici, c’est qu’une application Q-lin´eaire (sur le Q-espace vectoriel R) et continue est automatiquement R-lin´eaire.

2Voir a).

3Comprendre : inutile...

b) Construction de solutions pathologiques

Abandonnons l’hypoth`ese de continuit´e de f , et construisons des solutions d´esagr´eablement non-continues. On reprend `a (lin_Q). Pour construire g, il suffit de choisir⁴une base (x_i)_i∈I du Q-espace vectoriel⁵R, une famille quelconque de r´eels (yi)i∈I. Il existe alors une unique application lin´eaire g telle que pour tout i ∈ I, g(xi) = yi.

Soit α ∈ R. Il est ´equivalent de dire que pour tout x, g(x) = αx et de dire que pour tout i, yi = αxi. En effet, si les fonctions lin´eaires g et x 7→ αx co¨ıncident sur la base (xi), elles sont ´egales, et la r´eciproque est triviale. De plus, d’apr`es le paragraphe a), g est continue si et seulement s’il existe α tel que g(x) = αx. Par cons´equent, la fonction g est continue si et seulement si tous les yi/xi sont ´egaux –autant dire que ¸ca n’arrive pas souvent...

Enfin, ´etant donn´e une application additive g : R → R non continue, on construit une solution de (E) en posant f = exp ◦g ; elle n’est pas continue (pourquoi ?).

3^◦ R´esolution de (E) a mano (comme la pelote basque !)

Dans cette version, on se refuse `a utiliser le logarithme. On part du constat suivant :

∀r ∈ Q, f (r) = f (1)^r.

La d´emarche est la suivante : on prolonge Q → R, r 7→ f (1)^r(c’est la partie difficile), puis on montre que f co¨ıncide avec ce prolongement (facile par densit´e de Q !).

a) Construction des fonctions puissances Lemme Soit a > 0.

(i) La suite (a^1/k)_k≥1 converge vers 1.

(ii) Si (t_n)_n est une suite de rationnels qui est de Cauchy, la suite (a^tn)_n est de Cauchy.

(iii) Soit x ∈ R et (rn)n et (sn)n deux suites de rationnels qui tendent vers x. Alors les limites de (a^rn)_n et de (a^sn)_n sont ´egales.

D´emonstration. (i) Quitte `a ´ecrire a<sup>1/k</sup> = 1/(1/a)<sup>1/k</sup> et `a remplacer a par 1/a, on peut supposer a ≥ 1. Pour r ∈ Q, r > 0 on a a^r ≥ 1, donc on a, pour k ≥ 1 :

0 ≤ a^1/k− 1 = a − 1

a^(k−1)/k+ a^(k−2)/k+ · · · + a^2/k+ a^1/k+ 1 ≤ a − 1 k .

(ii) La suite ´etant de Cauchy, elle est born´ee entre deux rationnels m et M . Pour p, q ∈ N, on ´ecrit : |a^tp−a^tq| = |a^tp−tq−1|a^tq. D’une part, en vertu de (i), on peut rendre |a^tp−tq−1|

aussi petit que l’on veut en prenant p et q assez grands ; d’autre part, a^tq reste born´e entre les deux constantes a^m et a^M. Par suite, on peut rendre |a^tp − a^tq| aussi petit que l’on veut : c’est fini.

(ii) Pour n ∈ N, posons t2n = r_n et t_2n+1 = s_n : cette suite converge vers x, donc elle est de Cauchy, donc (a^tn) a une limite, qui est aussi celle de (a^rn) et de (a^sn), qui sont n´ecessairement ´egales.

Ce lemme donne un sens `a la d´efinition suivante :

D´efinition. Soit a > 0. Pour x ∈ R, choisissons une suite (rn) de rationnels qui converge vers x. La suite (a^rn) est de Cauchy, et sa limite ne d´epend que de x, et pas du choix de la suite (r_n). On la note a^x. On d´efinit ainsi une fonction appel´ee exponentielle de base a. (Noter que si on prend x ∈ Q et rn = x pour tout n, on voit que a^rn co¨ıncide avec a^x pour tout n : pas de conflit de notation.)

D´emonstration. Pour montrer la continuit´e de ea en un r´eel x, il suffit de montrer que pour toute suite de r´eels (hn) tendant vers 0, on a : limn→+∞ea(x + hn) = ea(x). Soit donc x et (h_n).

Fixons n ∈ N^∗. Par construction de ea(x + hn), on peut choisir un rationnel un tel que

|(x + h_n) − un| ≤ 1/n et |e_a(x + hn) − ea(un)| ≤ 1/n.

La premi`ere in´egalit´e montre que (u<sub>n</sub>) est une suite de rationnels qui tend vers x, donc ea(un) tend vers ea(x). Mais alors, la deuxi`eme in´egalit´e montre que la suite (ea(x + hn)) tend aussi vers ea(x), ce qui montre la continuit´e de ea.

La relation a^x+y = a^xa^y est vraie pour tout x, y ∈ Q ; par continuit´e de (x, y) 7→ a^x+y− a^xa^y, elle est vraie pour tout x, y ∈ R.

b) R´esolution de (E) parmi les fonctions continues

Proposition Soit a > 0. La fonction e_a : x 7→ a^x est l’unique solution continue de (E) telle que f (1) = a.

D´emonstration. On a vu que ea convenait. De plus, on a vu en 1^◦ que les fonctions ea

et f co¨ıncident sur Q : comme elles sont continues et que Q est dense dans R, elles sont

´ egales.

4^◦ Equation fonctionnelle et ´equation diff´erentielle

a) Pr´eliminaire : non annulation des solutions de (C)

Lemme Soit f une fonction d´erivable, ´egale `a sa d´eriv´ee et non nulle en z´ero. Alors f ne s’annule jamais.

D´emonstration. Pour x ∈ R, on pose h(x) = f (x)f (−x). Alors h est d´erivable et :

∀x ∈ R, h⁰(x) = f⁰(x)f (−x) − f⁰(−x)f (x) = f (x)f (−x) − f (−x)f (x) = 0.

D’apr`es le th´eor`eme des accroissements finis, h est constante,⁶ et non nulle en 0, donc f ne s’annule jamais.

C’est l’occasion de montrer qu’on n’a besoin de presque rien pour d´emontrer l’unicit´e d’une solution du probl`eme de Cauchy pour une ´equation lin´eaire `a coefficient constant.

Pour cela, on va appliquer la m´ethode de variation de la constante, ce qui demande que la fonction derri`ere la constante ne s’annule pas.

Lemme Soit α ∈ R. Il existe au plus une fonction f d´erivable, pas partout nulle, telle que f⁰ = αf et f (0) = 1.

D´emonstration. C’est clair si α = 0 par le th´eor`eme des accroissements finis. Supposons α 6= 0, et soit f1et f2deux telles fonctions. On montre comme ci-dessus que f1 ne s’annule jamais. On consid`ere alors q = f2/f1 : on constate que q⁰ = 0, donc q est constante ´egale

`

a q(0) = 1. C’est fini.

Devinette. Comment montrer l’unicit´e d’une fonction telle que f⁰ = f et f (0) = 0 sans supposer l’existence d’une fonction telle que e⁰ = e et e(0) = 1 ?

6Pour tous r´eels a < b, il existe c ∈ ]a, b[ tel que h(b) − h(a) = (b − a)h⁰(c) = 0.

b) Equivalence entre (E) et (C)

Proposition Soit f : R → R d´erivable non partout nulle. Sont ´equivalentes : (i) ∀x, y ∈ R, f (x + y) = f (x)f (y) ; (ii) f⁰= f⁰(0) f et f (0) = 1.

D´emonstration. Supposons (i). Fixons x et d´erivons l’´equation fonctionnelle par rapport

`a y : pour tout x, y ∈ R, on a : f⁰(x + y) = f (x)f⁰(y). Pour y = 0, on obtient l’´equation diff´erentielle cherch´ee.

Inversement, supposons (ii) et fixons y ∈ R. On a prouv´e ci-dessus que f ne s’annule jamais, ce qui autorise `a poser q(x) = f (x + y)/f (x) pour x ∈ R. La fonction q est d´erivable, et

∀x ∈ R, q⁰(x) = f⁰(x + y)f (x) − f (x + y)f⁰(x)

f (x)² = f⁰(0)f (x + y)f (x) − f (x + y)f⁰(0)f (x)

f (x)² .

Ainsi, q⁰ est partout nulle, donc q est constante, et vaut f (y) en x = 0.

Une variante (de r´edaction !) pour prouver que (ii) ⇒ (i) consiste `a utiliser le dernier lemme de a) : y ´etant fix´e, les fonctions F1 : x 7→ f (x + y) et F2 : y 7→ f (x)f (y) sont toutes deux solutions de F⁰ = F⁰(0) F , F (0) = f (y), donc elles sont ´egales.

c) Construction d’une solution de y⁰ = y

On n’a que l’embarras du choix pour construire une solution de l’´equation diff´erentielle y⁰ = y. Voici quelques d´emarches possibles :

• (la plus concise ?) on consid`ere la s´erie enti`ere P

n≥0xⁿ/n! : on v´erifie que son rayon de convergence est infini, on peut la d´eriver terme `a terme et constater qu’elle r´epond `a la question ;

• (la plus classique ? plus maintenant...) on consid`ere la primitive de x 7→ 1/x qui s’annule en 0 (d´efinie sur R^+∗), et on examine sa fonction r´eciproque ;

• (la plus pesante ?) on fait comme en 3^◦ ;

• (la plus lourde ?) on invoque le th´eor`eme de Cauchy-Lipschitz ;

• (la plus hype ?) on r´esout l’´equation diff´erentielle par la m´ethode d’Euler, explicite et implicite, ce qui donne lieu aux suites de terme g´en´eral (1 + x/n)ⁿet (1 − x/n)⁻ⁿ, qu’on peut ´etudier de fa¸con ´el´ementaire (voir la premi`ere ´epreuve du CAPES 2004).

d) Conclusion

Proposition Etant donn´´ e α ∈ R, il existe une unique fonction f d´erivable sur R satis- faisant (E) telle que f⁰(0) = α.

L’unicit´e a ´et´e prouv´ee ci-dessus. Ayant choisi une construction de l’exponentielle, on obtient une solution au probl`eme en posant, pour x ∈ R : f (x) = exp(αx).

Lien entre exp(αx) et a^x

Supposons connaˆıtre⁷ les variations de l’exponentielle. Elle ´etablit une bijection de R sur R^+∗, donc l’´egalit´e a = exp α permet de d´efinir α en fonction de a et inversement.

Ainsi, pour caract´eriser une solution continue non nulle f de (E) ou (C), on peut se donner arbitrairement f⁰(0) ∈ R ou f (1) ∈ R^+∗ : elles sont li´ees par la relation f (1) = exp f⁰(0).

5^◦ Extension aux fonctions R → C

L’int´erˆet de la construction de la solution de (E) en passant par l’´equation diff´erentielle, c’est qu’elle se prolonge au cas des fonctions de R dans C. D’un cˆot´e, force est de constater que d´efinir a^x, pour a ∈ C^∗et x ∈ R, ce n’est gu`ere possible. En effet, mˆeme pour x ∈ Q, on ne sait pas d´efinir a<sup>x</sup> de fa¸con univoque ; pas question, dans ces conditions, de prolonger ! En revanche, pas de probl`eme pour parler de exp(αx), mˆeme si α est complexe, en partant de la s´erie enti`ere.

Proposition Soit f : R → C une fonction continue en un point satisfaisant (E). Alors, il existe α ∈ C tel que pour tout x ∈ R, on ait : f (x) = exp(αx).

D´emonstration. On montre comme pour une fonction `a valeurs r´eelles que f est continue sur R. Pour la d´erivabilit´e, on peut int´egrer, mais il faut s’assurer que l’int´egrale en facteur de f (x) n’est pas nulle⁸. Par continuit´e de f , il existe θ > 0 tel que pour y ∈ [0, θ], on ait : Re f (y) ≥ 1/2. Par suite,

Re Z θ

0

f (y) dy = Z θ

0

Re f (y) dy ≥ Z θ

0

dy 2 ≥ θ

2 > 0, donc Z θ

0

f (y) dy 6= 0.

On obtient alors, pour tout x ∈ R : f (x)

Z θ 0

f (y) dy = Z x+θ

x

f (y) dy, ce qui permet d’en d´eduire que f est d´erivable.

Posons α = f⁰(0) et q(x) = f (x)e^−αx. On d´erive q, on constate que q⁰ = 0, on en d´eduit que q est constante (th´eor`eme des accroissements finis appliqu´e `a Re q et Im q), et on conclut.

8Noter que pour α = 2π i, on a : R1

0 f (y) dy = 0...