Question Number 148558 by puissant last updated on 29/Jul/21

Trouver toutes les fonctions continues f:R→R verifiant: ∀(x,y)∈R^2 , f(x+y)f(x−y)=f^2 (x)f^2 (y).. monsieur j′ai suppose^� que f est un morphisme mutiplicatif de R.. mais ca ne sort pas...

Answered by Olaf_Thorendsen last updated on 29/Jul/21

∀(x,y)∈R^2 , f(x+y)f(x−y) = f^2 (x)f^2 (y) • On elimine d′emblee le cas trivial de la fonction identiquement nulle (1) • En particulier, pour x = y = 0 : f(0+0)f(0−0) = f^2 (0)f^2 (0) Et donc f(0) = 0 ou ±1. • ∀x∈R et pour y = 0 : f(x+0)f(x−0) = f^2 (x)f^2 (0) f^2 (x+0) = f^2 (x)f^2 (0) On elimine alors le cas f(0) = 0 avec (1). Et donc f(0) = ±1. ∀(x,y)∈R^2 , f(x+y)f(x−y) = f^2 (x)f^2 (y) Vu cette relation, et notamment les carres a droite, on voit que f est de signe constant. Dans toute la suite, on cherche des fonctions f strictement positives avec f(0) = 1. En posant g(x) = lnf(x), il vient : ∀(x,y)∈R^2 , g(x+y)+g(x−y) = 2[g(x)+g(y)] Mon intuition est alors de poser g(x) = wx^2 et l′on voit que cette famille de fonctions verifie l′equation. La famille de fonctions definies par f(x) = e^(ωx^2 ) verifie donc l′equation initiale. Apres, il reste a demontrer qu′il n′y en a pas d′autres. Mais on voit que si f est solution alors toute fonction h definie par h(x) = e^(ωx^2 ) f(x) est encore solution. La famille de fonctions {e^(ωx^2 ) } est donc generatrice de l′espace des solutions.

Answered by Kamel last updated on 29/Jul/21

f(x+y)f(x−y)=(f(x)f(y))^2 ...(E) Put y=x⇒f^4 (x)=f(0)f(2x)...(1) x=y=0⇒f^4 (0)=f^2 (0)⇒f(0)=0∨f(0)=±1 if f(0)=0 then f(x)=0. if f(0)=−1 then f(2x)<0⇒f(x)<0 ∀x∈R. if f(0)=1 then f(2x)>0⇒f(x)>0 ∀x∈R. Then if f(0)=−1 put g(x)=−f(x)>0. For f(0)=1: f(x)=f^2^2 ((x/2))=f^2^(2n) ((x/2^n )) f(x) exist for example f(x)=0 or f(x)=1. So:let n→+∞,then: f(x)=lim_(n→+∞) e^(2^(2n) Ln(f((x/2^n )))) ∴ f(x)=^(t=(x/2^n )) lim_(t→0) e^(x^2 ((Ln(f(t)))/t^2 )) =e^(ax^2 ) /a=lim_(t→0) ((Ln(f(t)))/t^2 ) a is exist because f(x) is exist and continous on R.

Commented bypuissant last updated on 29/Jul/21

thanks..