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Une équation fonctionnelle.

Posté par
elhor_abdelali Correcteur 28-12-05 à 20:15

Bonsoir;
On se donne f une fonction (réelle ou complexe) définie , bornée sur [-1,1] et telle que: \fbox{\forall x\in[-1,1]\\f(x^2)=2f(x)}
Motrer que f est identiquement nulle.
Application:
\fbox{\forall x\in[-1,1]\\\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}ln(x^2-2xcos(2t)+1)dt=0}
Sauf erreurs...

Posté par
kaiser Moderateurre : Une équation fonctionnelle. 28-12-05 à 20:29

Bonsoir elhor_abdelali

Bien joué !

Encore mieux que les sommes de Riemann et la dérivation sous le signe intégrale.
Mais encore fallait-il y penser !

Kaiser

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Une équation fonctionnelle. 28-12-05 à 20:44

Bonsoir kaiser;
Pas si vite je dois reconnaitre que je ne suis pas trés sur que ça marche pour l'application (c'est d'ailleurs pour cela que je l'ai posté) mais si c'est le cas il est vrai que c'est une preuve niveau sup.
elhor

Posté par
kaiser Moderateurre : Une équation fonctionnelle. 28-12-05 à 20:48

Ne t'inquiète pas, avant de poster mon message, j'ai bien sûr vérifié si ça marchait et je crois que c'est le cas.
Je vais essayer de mettre ça en forme.

Posté par
kaiser Moderateurre : Une équation fonctionnelle. 28-12-05 à 21:28

On a par récurrence immédiate que pour tout entier naturel n, f(x^{2^{n}})=2^{n}f(x)
Remarque : Comme le segment [-1,1] est stable par élévation à une puissance entière, la notation f(x^{2^{n}}) a bien un sens.
On en déduit que pour tout n, f(x)=\frac{f(x^{2^{n}})}{2^{n}}
Or par hypothèse, f est bornée, donc l'expression précédente tend vers 0 et donc f(x)=0.

Maintenant, passons au "gros morceau".

Notons f(x) cette intégrale.
Alors f(x^{2})=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}ln(x^{4}-2x^{2}cos(2t)+1)dt
On déja vu dans le topic "nullité à démontrer", que X^{2}-2xcos(2t)+1=(X+e^{2it})(X+e^{-2it})
On déduit que x^{4}-2x^{2}cos(2t)+1=(x^{2}+e^{2it})(x^{2}+e^{-2it})=(x+ie^{it})(x-ie^{it})(x+ie^{-it})(x-ie^{-it})
Or (x+ie^{it})(x-ie^{-it})=x^{2}-2xsint(t)+1
et (x-ie^{it})(x+ie^{-it})=x^{2}+2xsint(t)+1
Donc f(x^{2})=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}ln(x^{2}-2xsint(t)+1)dt+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}ln(x^{2}+2xsint(t)+1)dt.


En effectuant le changement de variable u=\frac{\pi}{2}-t dans ces deux intégrales, on a que f(x^{2})=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}ln(x^{2}-2xcos(u)+1)du+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}ln(x^{2}+2xcos(u)+1)du. En effectuant le changement de variable t=\pi-u dans la deuxième intégrale, on voit que f(x^{2})=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}ln(x^{2}-2xcos(u)+1)du+\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}ln(x^{2}-2xcos(u)+1)du=\int_{0}^{\pi}ln(x^{2}-2xcos(u)+1)du

On effectue un autre changement de variable (le dernier, c'est promis !)
On pose alors u=2t et on obtient la formule voulue, c'est-à-dire f(x²)=2f(x).

Il reste encore une chose à faire (non, je vous rassure : pas de changement de variable).
Il faut vérifier que f est bien bornée mais je ne pense pas que ce soit très difficile à faire

Kaiser

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Une équation fonctionnelle. 28-12-05 à 22:23

Bravo kaiser;
Pour f bornée on pourra remarquer que \fbox{(\forall x\in[-1,1])(\forall t\in[0,\frac{\pi}{2}])\\sin^2(2t)\le (x-cos(2t))^2+sin^2(2t)=|x-e^{2it}|^2\le4} et puis que \fbox{\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}ln(sin^2(2t))dt=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}ln(sin^2(t))dt\ge\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}ln(\frac{4t^2}{\pi^2})dt=-\pi}.
Sauf erreurs...

Posté par
kaiser Moderateurre : Une équation fonctionnelle. 28-12-05 à 22:27

Je te remercie.
Ben finalement, on y est quand même arrivé (il était temps).
Et puis surtout, n'hésite pas si t'as d'autres résultats du même genre en magasin (pas forcément dur cette intégrale).

Posté par
kaiser Moderateurre : Une équation fonctionnelle. 28-12-05 à 22:28

Je voulais dire : pas forcément sur cette intégrale!


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