Sujet : Analyse, Fonctions numériques, Continuité et équation fonctionnelle

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 septembre 2013

Continuité et équation fonctionnelle

Exercice 1[ 01790 ][correction]
Soitf:R→Rcontinue en 0 telle que

∀x∈R,f(2x) =f(x)

Montrer quefest une fonction constante.

Exercice 2[ 01791 ][correction]
Soitf:R→R0 et en 1 telle queune fonction continue en

Montrer quefest constante.

∀x∈R f(x) =f(x2)

Exercice 3[ 00244 ][correction]
Soitf:R→Rcontinue telle que∀x∈R,
fx1+2=f(x)

Montrer quefest constante.

Exercice 4[ 01792 ][correction]
Soitf:R→Rune fonction continue et prenant la valeur 1 en 0.
On suppose que
∀x∈R f(2x) =f(x) cosx

Déterminerf.

Exercice 5[ 01798 ][correction]
Soitf:R→Rcontinue telle que

∀x y∈R f(x+y) =f(x) +f(y)

a) Calculerf(0)et montrer que pour toutx∈R,f(−x) =−f(x).
b) Justifier que pour toutn∈Zet toutx∈R,f(nx) =nf(x).
c) Etablir que pour toutr∈Q,f(r) =araveca=f(1).
d) Conclure que pour toutx∈R,f(x) =ax.

Enoncés

Exercice 6[ 00243 ][correction]
Soitf:R→Rtelle que pour toutx y∈R,

f(x+y) =f(x) +f(y)

On suppose en outre que la fonctionfest continue en un pointx0∈R.
Déterminer la fonctionf.

Exercice 7[ 01799 ][correction]
On cherche les fonctionsf:R→Rcontinues telles que
∀x y∈R,fx+2y=12(f(x) +f(y))

a) On supposefsolution etf(0) =f(1) = 0.
Montrer quefest périodique et que

∀x∈R,2f(x) =f(2x)

En déduire quefest nulle.
b) Déterminer toutes les fonctionsfsolutions.

Exercice 8[ 03721 ][correction]
Soitf:R→Rune fonction continue telle que
∀x y∈R fx+2y=12

a) On supposef(0) = 0. Vérifier

(f(x) +f(y))

∀x y∈R f(x+y) =f(x) +f(y)

b) On revient au cas général, déterminerf.

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Corrections

Exercice 1 :[énoncé]
On a

fx2=f22x=f(x)

Par récurrence, on montre
∀n∈N∀x∈R,f(x) =fx
2n

Quandn→+∞,x2n→0et donc par continuité defen 0
f2xnf(0)
→

Or
f2xn=f(x)→f(x)
donc par unicité de la limitef(x) =f(0).
Finalementfest constante égale àf(0).

Exercice 2 :[énoncé]

∀x∈R f(−x) =f((−x)2) =f(x2) =f(x)

Corrections

doncfest paire.
Pour toutx >0,x12nn−→−−∞→1doncf(x12n)−→−−∞→f(1)par continuité defen
n
1.
Or
f(x12n) =f(x12n−1) =∙ ∙ ∙=f(x)

doncf(x) =f(1)pour toutx >0puis pour toutx∈R?par parité.
De=f(1)donc
plusf(0) =xl→im0+f(x)

∀x∈R f(x) =f(1)

Exercice 3 :[énoncé]
Soientx∈Ret(un)définie paru0=xet pour toutn∈N,

un+ 1
un+12=

Six>1alors on montre par récurrence que(un)est décroissante et supérieure à
1.
Six61alors on montre par récurrence que(un)est croissante et inférieure à 1.
Dans les deux cas la suite(un)converge vers 1.
Or pour toutn∈N,f(x) =f(un)donc à la limitef(x) =f(1).

2

Exercice 4 :[énoncé]
Soitfsolution.
f(x) =f2xcos2x=fx4cos4xcosx2=  =f2xncos2xn  cos2x

Or
sin2xncos2xn  cos2x=21nsinx
donc
sin2xnf(x2isn)=nfx2xn
Pourx6= 0, quandn→+∞, on asin2xn6= 0puis
f(x 2) =nisnnisx2xnf2xn→sixnxf(0)

Ainsi
∀x∈R f(x sin) =xx
(avec prolongement par continuité par 1 en 0).
Vérification : ok.

Exercice 5 :[énoncé]
a) Pourx=y= 0, la relation donnef(0) = 2f(0)doncf(0) = 0.
Poury=−x, la relation donnef(0) =f(x) +f(−x)doncf(−x) =−f(x).
b) Par récurrence, on montre pourn∈N:f(nx) =nf(x).
Pourn∈Z−, on écritn=−pavecp∈N.
On a alorsf(nx) =−f(px) =−pf(x) =nf(x).
c) Soitr∈Q. On peut écrirer=pqavecp∈Zetq∈N?.
f(r) =pf(1q) =pqqf(1q) =pqf(1) =ar.
d) Pour toutx∈Ril existe une suite(un)telle queun→xetun∈Q.
Par continuitéf(un)→f(x)or puisqueun∈Qf(un) =aun→axdonc par
unicité de la limitef(x) =ax.

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Exercice 6 :[énoncé]
La relation fonctionnellef(x+y) =f(x) +f(y)permet d’établir

∀r∈Q f(r) =rf(1)

Pour cela on commence par établir

∀a∈R∀n∈Z f(na) =nf(a)

On commence par établir le résultat pourn= 0en exploitant

f(0) =f(0) +f(0)

Corrections

ce qui entraînef(0) = 0.
On étend ensuite le résultat àn∈Nen raisonnant par récurrence et en exploitant

f((n+ 1)a) =f(na) +f(a)

On étend enfin le résultat àn∈Zen exploitant la propriété de symétrie
f(−x) =−f(x)issu de
f(x) +f(−x) =f(0) = 0
Considérons alorsr=pq∈Qavecp∈Zetq∈N?, on peut écrire
f(r) =fp×q1=pf1qetf(1) =fq×q1=qf1q

donc
f(r) =pqf(1) =rf(1)
Nous allons étendre cette propriété àx∈Rpar un argument de continuité.
Soitx∈R. On peut affirmer qu’il existe une suite(xn)∈QNtelle quexn→x.
Pour celle-ci, on axn+x0−x→x0et donc par continuité defenx0

Or on a aussi

donc

f(xn+x0−x)→f(x0)

f(xn+x0−x) =f(x0) + (f(xn)−f(x))

f(xn)−f(x)→0

Ainsi
f(x) =nl→i+mf(xn) =xf(1)
∞
Finalement, la fonctionfest linéaire.

Exercice 7 :[énoncé]
a)f(2−x) +f(x) = 0etf(−x) +f(x) = 0doncf(x) =f(x+ 2)doncfest
périodique.
f(x2) =f(x)2doncf(2x) = 2f(x).
Puisquefest continue et périodique,fest bornée. Or la relationf(2x) = 2f(x)
implique quefn’est pas bornée dès qu’elle prend une valeur non nulle. Par suite
fest nulle.
b) Poura=f(1)−f(0)etb=f(0), on observe queg(x) =f(x)−(ax+b)est
solution du problème posé et s’annule en 0 et 1 doncgest nulle etfaffine. La
réciproque est immédiate.

Exercice 8 :[énoncé]
a) On a
∀x∈R fx2=fx+02=12(f(x) +f(0=1))2f(x)
donc
∀x y∈R fx+2y= 1f(x+y)
2
On en déduit

∀x y∈R f(x+y) =f(x) +f(y)

3

b) Sachantfcontinue, on peut alors classiquement conclure que dans le cas
précédentfest de la formex7→ax.
Dans le cas général, il suffit de considérerx7→f(x)−f(0)et de vérifier que cette
nouvelle fonction satisfait toujours la propriété initiale tout en s’annulant en 0.
On peut donc conclure que dans le cas généralfest affine :x7→ax+b

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