Correction : Analyse, Deux équations fonctionnelles

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1.a

1.b

1.c

1.d

2.a

2.b

2.c

Correction

(0)=(0+0)=(0)+(0) donc(0)=0 .
Pour tout∈ℝ,−∈ℝet(−)+()=(0) donc(−)= −() . Ainsiest impaire.

Raisonnons par récurrence sur∈ℕ.
Pour=0 . Puisque(0)=0 donc()=() pour=0 .
Supposons la propriété établie au rang≥0 .
Au rang+1 ,((+1))=(+)=()+( en vertu de l’hypothèse de récurrence,) et
((+1))=()+()=(+1)() . Récurrence établie.
Pour∈ℤ−,= −avec∈ℕet alors()=(−)= −()= −()=() .

Pour∈ℚ, on peut écrire= avec∈ℤet∈ℕ∗.()=(×1)=(1) . Or

(1)=( )=(1) donc(1)= puis()=( )=  =.

Pour∈ℝ, il existe ( de nombres rationnels convergent vers) suite. Par continuité()→() .
D’autre part()=→donc par unicité de la limite on obtient()=.
1 2
ϕest définie et continue surℝ.ϕ( )= −+ 1nc odϕest strictement croissante. On a le tableau de
variation suivant :ϕ()−−∞1ր+1∞doncϕréalise une bijection deℝvers−1,1 .
ϕ+ϕ=−+ +−=++ +− =
1+(ϕ())ϕ(()(()+()1(1)+11))+((−)1()1(−)11)++11ϕ( ) .
+ =ϕ−+ =ϕ− + . Or ( ) (
( )1(( ))11+(())(()) =ϕ()) et()=ϕ(()) donc
1
(+)=ϕ−1ϕ(ϕ(())(+))ϕϕ(((())))=ϕ−1(ϕ(()+()))=()+() .
+

La fonctionest continue, donc en introduisant=on a par la question 1., pour tout(1) , ∈ℝ,

.
= =
()=et donc() (( ))−11ll e eet tnumeneversu’inns qNotoioutdun cnofnoittse los
ϕ+
problème initial posé.

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