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En prenant $x=y$ on trouve $f(2x)f(0)=f(x)^4$. En prenant $x=0$ on a donc $f(0)^2=f(0)^4$ et donc $f(0)\in \{-1,0,1\}$. Si $f(0)=0$ alors pour tout $x$ on a $f(x)^4=0$ et donc $f$ est la fonction nulle. Quitte à changer $f$ en $-f$ (qui vérifie toujours l'équation fonctionnelle) on suppose que $f(0)=1$. Remarquons que $f(2x)f(0)=f(x)^4\geq 0$ et donc $f$ est positive. De plus si $x\neq 0$ vérifie $f(x)=0$ alors on trouve aussi que $f(x/2)=0$ et puis $f(x/2^n)=0$ pour tout $n$. Par continuité de $f$ on devrait avoir $f(0)=0$ ce qui est absurde. Ainsi on peut désormais supposer que $f$ est strictement positive et que $f(0)=1$.

On peut poser $g(x)=\ln(f(x))$. Alors $g$ est encore continue vérifie $g(0)=0$ et $g(x+y)+g(x-y)=2g(x)+2g(y)$.
On montre par récurrence que $g(nx)=n^2g(x)$. C'est vrai pour $n=0$ et $n=1$, et si c'est vrai aux rangs $n$ et $n-1$ alors $g(nx+x)=2g(nx)+2g(x)-g(nx-x) = (2n^2+2-(n-1)^2)g(x) = (n+1)^2g(x)$ et donc la propriété est héréditaire (vraie aux rangs $n$ et $n+1$).

En remplaçant $x$ par $x/n$ on trouve $g(x/n)= 1/n^2g(x)$ en remplaçant $x$ par $mx$ on trouve $g(\frac{m}{n}x)=\frac{1}{n^2}g(mx) = \frac{m^2}{n^2}g(x)$ et donc si $b=g(1)$ on a $g(r)=br^2$ pour tout $r$ rationnel positif, (pour les rationnels négatifs, on utilise $g(-y)=g(y)$ en prenant $x=0$ dans l'équation fonctionnelle, et on trouve la même chose).

Finalement, puisque $g$ est continue alors $g(x)=bx^2$ pour tout $x\in \mathbb{R}$, on conclut que $f(x)=e^{g(x)}=e^{bx^2}$ pour un $b\in \mathbb{R}$.

Ne pas oublier qu'on peut aussi remplacer $f$ en $-f$ ou prendre $f=0$.

En faisant la synthèse on voit bien que les $f$ obtenues sont bien solutions.

Pour $a>0$ un réel je propose la fonction $f : x\mapsto a^{x^2}=e^{x^2\ln(a)}$ et aussi la fonction $-f$ tant qu'à faire.