Equation fonctionnelle pour les fonctions exponentielles

Equation fonctionnelle
pour les fonctions exponentielles
Université Claude Bernard–Lyon I
CAPES de Mathématiques : Oral
Année 2007–2008
Introduction
On s’intéresse à l’équation fonctionnelle
(E)
∀x, y ∈ R,
f (x + y) = f (x)f (y),
où f : R → R est une fonction à déterminer. Les premières propriétés sont vraiment
élémentaires et ne dépendent pas du point de vue choisi. Un point-clé fort intéressant :
étendre la régularité de la solution –voir 1◦ c). On montre typiquement que la continuité en
un point entraı̂ne la continuité partout, et que la continuité partout entraı̂ne la dérivabilité,
qui donne le caractère C ∞ facilement. On voit
Les leçons que nous avons vues cette année étaient tirées de la même source, et faisaient
la part belle à x 7→ xα . De fait, pour α entier, c’est une fonction facile à définir et
qui satisfait (E) ; pour α rationnel, on peut étendre ; la difficulté de la leçon consiste à
passer à α réel quelconque, ce qui demande un peu d’analyse. Dans les leçons qu’on a
vues, la dérivabilité et l’équation différentielle semblaient un peu anecdotique, je trouve
ça 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 définition de l’exponentielle dans les programmes
de terminale, comme l’unique solution de (C1 ), où pour a réel on note (Ca ) le problème
de Cauchy suivant :
0
y = ay
(C)
y(0) = 1
Aussi, il est impératif de faire, d’une façon ou d’une autre, le lien entre l’équation fonctionnelle (E) et l’équation différentielle y 0 = y. Je propose de faire ce lien a priori, avant
de construire les solutions de l’une ou l’autre équation.
Qu’on ne se voile pas la face : la partie difficile pour résoudre une ou l’autre équation,
c’est de construire une solution (voir 3◦ a) et 4◦ c)). En revanche, l’existence étant acquise,
il est facile d’en déduire l’unicité (f (1) ou f 0 (0) étant fixe). Pour (E), des arguments de
suites de Cauchy fonctionnent. Pour (C), retenez qu’il est inutile d’invoquer les mânes
Cauchy et Lipschitz, le théorème des accroissements finis suffit.
Résumé de la leçon en une phrase (dommage de rater “morphisme” !)
Tout morphisme de R vers R∗ (ou C∗ ) continu en un point est une fonction exponentielle.
1◦ Propriétés élémentaires d’une solution de (E)
a) Annulation, valeur en zéro
Lemme Soit f : R → R une fonction solution de (E). Alors, si f n’est pas partout nulle,
elle est partout non nulle et même strictement positive, et f (0) = 1.
Démonstration. 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 déduit 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 théorème
des valeurs intermédiaires pour exclure que f prenne une valeur négative ou nulle.
Remarque. Si f est une solution de (E) non nulle, 1/f est bien définie et c’est une autre
solution.
1
b)
Extension de l’additivité
Lemme Soit f une solution de (E), x ∈ R et r ∈ Q. Alors f (rx) = f (x)r .
Remarque. Pour a ∈ R∗+ , on définit successivement an pour n ∈ N par récurrence a0 = 1
et an+1 = a × an ; pour n ∈ −N par an = 1/a|n| ; pour n = 1/q où q ∈ N∗ comme l’unique
solution de xq = a (variations de x 7→ xq ) ; pour n = p/q où p ∈ Z et q ∈ N∗ comme
0 0
ap/q = (ap )1/q (attention ! il faut alors vérifier que si p/q = p0 /q 0 , on a bien ap/q = ap /q ...). Piège !
On montre que pour r, s ∈ Q, on a bien : ar+s = ar as .
Démonstration. Left to the reader.
Remarque. On obtient ainsi, pour x, y ∈ R et r, s ∈ Q : f (rx + sy) = f (x)r f (y)s .
Un coup de logarithme là-dessus permet de voir que ln ◦f est une application linéaire,
lorsqu’on considère R comme un espace vectoriel sur Q.
c)
Extension de la régularité
Lemme Soit f : R → R une fonction solution de (E). Sont équivalentes :
(i) f est continue en un point ;
(ii) f est continue sur R ;
(iii) f est dérivable sur R.
Démonstration. 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’où
l’on peut déduire que f est continue en x.
Supposons que f soit continue sur R et pas partout nulle (sinon c’est évident que f est
dérivable). Par le théorème des valeurs intermédiaires, f est partout strictement positive.
On suppose savoir qu’une fonction continue admet une primitive, on obtient en intégrant
(E) que pour x quelconque :
Z
f (x)
1
Z
f (y) dy =
0
1
Z
f (x)f (y) dy =
0
1
Z
f (x + y) dy =
0
x+1
f (u) du.
x
L’expression de droite est une fonction dérivable de x, différence de la primitive de f entre
deux valeurs (qui sont fonctions dérivables de x...). De plus, l’intégrale du membre de
gauche est strictement positive, donc non nulle. Par suite, f est dérivable.
Enfin, il est clair que si f est dérivable, elle est continue en au moins un point...
d) Extension de la régularité (version hard)
On donne une condition apparemment plus faible pour que f soit dérivable partout, tirée
de la première épreuve du CAPES 2001.
Lemme Soit f : R → R une fonction solution de (E). Sont équivalentes :
(i) f est bornée sur un intervalle de longueur non nulle ;
(i) f est continue à droite en un point ;
(iii) f est dérivable sur R.
Démonstration. Supposons f majorée par C sur [a, b], où a < b. On montre d’abord
qu’il existe m et M réels strictement positifs tels que pour tout x ∈ [0, b − a] on ait :
1
L’idée consiste à remplacer “ce qui se passe en x” en “quelque chose qui se passe en x0 ”.
2
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 présent, soit ε > 0. Comme les suites (m1/n )n≥1 et (M 1/n )n ≥ 1 tendent2 vers 1, il
existe n ∈ N∗ tel que 1 − ε ≤ m1/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 ≤ m1/n ≤ f (x) ≤ M 1/n ≤ 1 + ε,
et enfin : |f (x) − 1| ≤ ε.
Ceci prouve que f est continue à droite en 0 : limh→0
> f (h) = 0.
A présent, on constate que pour tout h > 0, on a : f (−h) = 1/f (h). Par suite, lorsque
h tend vers 0 par valeurs supérieures, f (−h) tend vers 1/f (0) = 1, donc f est continue à
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 dérivable partout. Ce n’est pas une stricte
généralisation de ce qu’on vient de montrer, car certaines fonctions mesurables ne sont
bornées sur aucun intervalle de longueur non nulle.
2◦ Résolution de (E) avec le logarithme
a) Linéarisation du problème
Supposons connaı̂tre la fonction ln (construite par exemple comme primitive de x →
1/x sur R+∗ , d’où l’on déduit qu’elle transforme les produits en sommes), et sa fonction
réciproque exp.
Soit f une solution de (E) continue et pas partout nulle. Comme on l’a déjà remarqué, f
est partout strictement positive (valeurs intermédiaires). Par suite, g = ln ◦f a un sens et
satisfait la condition (i) du lemme suivant :
Lemme Soit g : R → R une fonction. Sont équivalentes :
(i) g est additive : ∀x, y ∈ R, g(x + y) = g(x) + g(y) ;
(ii) g est Q-linéaire : ∀x, y ∈ R, ∀r, s ∈ Q, g(rx + sy) = rg(x) + sg(y).
Si de plus, g est continue, il est encore équivalent de dire :
(iii) ∀x ∈ R, g(x) = g(1) x.
Démonstration. On a déjà laissé au lecteur le soin de montrer que (i) ⇒ (ii). La
réciproque (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 = b10n xc/10n ,
troncature de l’écriture décimale après n chiffres). Par continuité de g, on a :
g(x) = lim g(rn ) = lim rn g(1) = xg(1).
n→+∞
n→+∞
Enfin, il est clair que (iii) ⇒ (i)
On conclut le paragraphe en revenant à 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-linéaire (sur le
Q-espace vectoriel R) et continue est automatiquement R-linéaire.
2
3
Voir a).
Comprendre : inutile...
3
b) Construction de solutions pathologiques
Abandonnons l’hypothèse de continuité de f , et construisons des solutions désagréablement
non-continues. On reprend à (linQ ). Pour construire g, il suffit de choisir4 une base (xi )i∈I
du Q-espace vectoriel5 R, une famille quelconque de réels (yi )i∈I . Il existe alors une unique
application linéaire g telle que pour tout i ∈ I, g(xi ) = yi .
Soit α ∈ R. Il est équivalent de dire que pour tout x, g(x) = αx et de dire que pour tout
i, yi = αxi . En effet, si les fonctions linéaires g et x 7→ αx coı̈ncident sur la base (xi ), elles
sont égales, et la réciproque est triviale. De plus, d’après le paragraphe a), g est continue
si et seulement s’il existe α tel que g(x) = αx. Par conséquent, la fonction g est continue
si et seulement si tous les yi /xi sont égaux –autant dire que ça n’arrive pas souvent...
Enfin, étant donné 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◦ Résolution de (E) a mano (comme la pelote basque !)
Dans cette version, on se refuse à utiliser le logarithme. On part du constat suivant :
∀r ∈ Q,
f (r) = f (1)r .
La démarche est la suivante : on prolonge Q → R, r 7→ f (1)r (c’est la partie difficile), puis
on montre que f coı̈ncide avec ce prolongement (facile par densité de Q !).
a) Construction des fonctions puissances
Lemme Soit a > 0.
(i) La suite (a1/k )k≥1 converge vers 1.
(ii) Si (tn )n est une suite de rationnels qui est de Cauchy, la suite (atn )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 (arn )n et de (asn )n sont égales.
Démonstration. (i) Quitte à écrire a1/k = 1/(1/a)1/k et à remplacer a par 1/a, on peut
supposer a ≥ 1. Pour r ∈ Q, r > 0 on a ar ≥ 1, donc on a, pour k ≥ 1 :
0 ≤ a1/k − 1 =
a(k−1)/k
+
a−1
a−1
.
≤
2/k
1/k
k
+ ··· + a + a + 1
a(k−2)/k
(ii) La suite étant de Cauchy, elle est bornée entre deux rationnels m et M . Pour p, q ∈ N,
on écrit : |atp −atq | = |atp −tq −1|atq . D’une part, en vertu de (i), on peut rendre |atp −tq −1|
aussi petit que l’on veut en prenant p et q assez grands ; d’autre part, atq reste borné entre
les deux constantes am et aM . Par suite, on peut rendre |atp − atq | aussi petit que l’on
veut : c’est fini.
(ii) Pour n ∈ N, posons t2n = rn et t2n+1 = sn : cette suite converge vers x, donc elle
est de Cauchy, donc (atn ) a une limite, qui est aussi celle de (arn ) et de (asn ), qui sont
nécessairement égales.
Ce lemme donne un sens à la définition suivante :
Définition. Soit a > 0. Pour x ∈ R, choisissons une suite (rn ) de rationnels qui converge
vers x. La suite (arn ) est de Cauchy, et sa limite ne dépend que de x, et pas du choix de
la suite (rn ). On la note ax . On définit ainsi une fonction appelée exponentielle de base
a. (Noter que si on prend x ∈ Q et rn = x pour tout n, on voit que arn coı̈ncide avec ax
pour tout n : pas de conflit de notation.)
Lemme Soit a > 0. La fonction ea : R → R, x 7→ ax est continue et satisfait (E).
4
5
Nous croyons en l’axiome du choix !
Rappelons que R est de dimension infinie sur Q, i.e. I est infini, et même non dénombrable.
4
Démonstration. Pour montrer la continuité de ea en un réel x, il suffit de montrer que
pour toute suite de réels (hn ) tendant vers 0, on a : limn→+∞ ea (x + hn ) = ea (x). Soit
donc x et (hn ).
Fixons n ∈ N∗ . Par construction de ea (x + hn ), on peut choisir un rationnel un tel que
|(x + hn ) − un | ≤ 1/n et |ea (x + hn ) − ea (un )| ≤ 1/n.
La première inégalité montre que (un ) est une suite de rationnels qui tend vers x, donc
ea (un ) tend vers ea (x). Mais alors, la deuxième inégalité montre que la suite (ea (x + hn ))
tend aussi vers ea (x), ce qui montre la continuité de ea .
La relation ax+y = ax ay est vraie pour tout x, y ∈ Q ; par continuité de (x, y) 7→ ax+y −
ax ay , elle est vraie pour tout x, y ∈ R.
b) Résolution de (E) parmi les fonctions continues
Proposition Soit a > 0. La fonction ea : x 7→ ax est l’unique solution continue de (E)
telle que f (1) = a.
Démonstration. On a vu que ea convenait. De plus, on a vu en 1◦ que les fonctions ea
et f coı̈ncident sur Q : comme elles sont continues et que Q est dense dans R, elles sont
égales.
4◦ Equation fonctionnelle et équation différentielle
a) Préliminaire : non annulation des solutions de (C)
Lemme Soit f une fonction dérivable, égale à sa dérivée et non nulle en zéro. Alors f
ne s’annule jamais.
Démonstration. Pour x ∈ R, on pose h(x) = f (x)f (−x). Alors h est dérivable et :
∀x ∈ R,
h0 (x) = f 0 (x)f (−x) − f 0 (−x)f (x) = f (x)f (−x) − f (−x)f (x) = 0.
D’après le théorème 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 démontrer l’unicité
d’une solution du problème de Cauchy pour une équation linéaire à coefficient constant.
Pour cela, on va appliquer la méthode de variation de la constante, ce qui demande que
la fonction derrière la constante ne s’annule pas.
Lemme Soit α ∈ R. Il existe au plus une fonction f dérivable, pas partout nulle, telle
que f 0 = αf et f (0) = 1.
Démonstration. C’est clair si α = 0 par le théorème des accroissements finis. Supposons
α 6= 0, et soit f1 et f2 deux telles fonctions. On montre comme ci-dessus que f1 ne s’annule
jamais. On considère alors q = f2 /f1 : on constate que q 0 = 0, donc q est constante égale
à q(0) = 1. C’est fini.
Devinette. Comment montrer l’unicité d’une fonction telle que f 0 = f et f (0) = 0 sans
supposer l’existence d’une fonction telle que e0 = e et e(0) = 1 ?
6
Pour tous réels a < b, il existe c ∈ ]a, b[ tel que h(b) − h(a) = (b − a)h0 (c) = 0.
5
b)
Equivalence entre (E) et (C)
Proposition Soit f : R → R dérivable non partout nulle. Sont équivalentes : (i) ∀x, y ∈
R, f (x + y) = f (x)f (y) ; (ii) f 0 = f 0 (0) f et f (0) = 1.
Démonstration. Supposons (i). Fixons x et dérivons l’équation fonctionnelle par rapport
à y : pour tout x, y ∈ R, on a : f 0 (x + y) = f (x)f 0 (y). Pour y = 0, on obtient l’équation
différentielle cherchée.
Inversement, supposons (ii) et fixons y ∈ R. On a prouvé ci-dessus que f ne s’annule
jamais, ce qui autorise à poser q(x) = f (x + y)/f (x) pour x ∈ R. La fonction q est
dérivable, et
∀x ∈ R,
q 0 (x) =
f 0 (x + y)f (x) − f (x + y)f 0 (x)
f 0 (0)f (x + y)f (x) − f (x + y)f 0 (0)f (x)
=
.
f (x)2
f (x)2
Ainsi, q 0 est partout nulle, donc q est constante, et vaut f (y) en x = 0.
Une variante (de rédaction !) pour prouver que (ii) ⇒ (i) consiste à utiliser le dernier
lemme de a) : y étant fixé, les fonctions F1 : x 7→ f (x + y) et F2 : y 7→ f (x)f (y) sont
toutes deux solutions de F 0 = F 0 (0) F , F (0) = f (y), donc elles sont égales.
c) Construction d’une solution de y 0 = y
On n’a que l’embarras du choix pour construire une solution de l’équation différentielle
y 0 = y. Voici quelques démarches possibles :
P
• (la plus concise ?) on considère la série entière n≥0 xn /n! : on vérifie que son
rayon de convergence est infini, on peut la dériver terme à terme et constater qu’elle
répond à la question ;
• (la plus classique ? plus maintenant...) on considère la primitive de x 7→ 1/x qui
s’annule en 0 (définie sur R+∗ ), et on examine sa fonction réciproque ;
• (la plus pesante ?) on fait comme en 3◦ ;
• (la plus lourde ?) on invoque le théorème de Cauchy-Lipschitz ;
• (la plus hype ?) on résout l’équation différentielle par la méthode d’Euler, explicite
et implicite, ce qui donne lieu aux suites de terme général (1 + x/n)n et (1 − x/n)−n ,
qu’on peut étudier de façon élémentaire (voir la première épreuve du CAPES 2004).
d)
Conclusion
Proposition Étant donné α ∈ R, il existe une unique fonction f dérivable sur R satisfaisant (E) telle que f 0 (0) = α.
L’unicité a été prouvée ci-dessus. Ayant choisi une construction de l’exponentielle, on
obtient une solution au problème en posant, pour x ∈ R : f (x) = exp(αx).
Lien entre exp(αx) et ax
Supposons connaı̂tre7 les variations de l’exponentielle. Elle établit une bijection de R sur
R+∗ , donc l’égalité a = exp α permet de définir α en fonction de a et inversement.
Ainsi, pour caractériser une solution continue non nulle f de (E) ou (C), on peut se donner
arbitrairement f 0 (0) ∈ R ou f (1) ∈ R+∗ : elles sont liées par la relation f (1) = exp f 0 (0).
Partons de exp0 = exp et exp(0) = 1. On a vu que exp = exp00 est partout > 0, donc exp0 est croissante.
Par le théorème des accroissements finis, pour T > 0, on a : exp(T ) − 1 ≥ T , donc lim+∞ exp = +∞.
Comme exp(−T ) = 1/ exp(T ), il vient lim−∞ exp = 0.
7
6
5◦ Extension aux fonctions R → C
L’intérêt de la construction de la solution de (E) en passant par l’équation différentielle,
c’est qu’elle se prolonge au cas des fonctions de R dans C. D’un côté, force est de constater
que définir ax , pour a ∈ C∗ et x ∈ R, ce n’est guère possible. En effet, même pour x ∈ Q, on
ne sait pas définir ax de façon univoque ; pas question, dans ces conditions, de prolonger !
En revanche, pas de problème pour parler de exp(αx), même si α est complexe, en partant
de la série entière.
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).
Démonstration. On montre comme pour une fonction à valeurs réelles que f est continue
sur R. Pour la dérivabilité, on peut intégrer, mais il faut s’assurer que l’intégrale en facteur
de f (x) n’est pas nulle8 . Par continuité de f , il existe θ > 0 tel que pour y ∈ [0, θ], on
ait : Re f (y) ≥ 1/2. Par suite,
Z
Re
θ
Z
Z
θ
Re f (y) dy ≥
f (y) dy =
0
θ
0
0
dy
θ
≥ > 0,
2
2
Z
θ
f (y) dy 6= 0.
donc
0
On obtient alors, pour tout x ∈ R :
Z
f (x)
θ
Z
f (y) dy =
0
x+θ
f (y) dy,
x
ce qui permet d’en déduire que f est dérivable.
Posons α = f 0 (0) et q(x) = f (x)e−αx . On dérive q, on constate que q 0 = 0, on en déduit
que q est constante (théorème des accroissements finis appliqué à Re q et Im q), et on
conclut.
8
Noter que pour α = 2π i, on a :
R1
0
f (y) dy = 0...
7