Deux équations fonctionnelles, par analyse-synthèse

La stratégie. On ne connaît aucune solution d'avance, et l'on ne « résout » pas une équation dont l'inconnue est une fonction. On raisonne donc par analyse-synthèse : on suppose qu'une solution existe et l'on en déduit sa forme nécessaire (l'analyse, condition nécessaire), puis on vérifie que cette forme convient (la synthèse, condition suffisante). Les deux temps sont indispensables.

a) Analyse. Soit $f$ une solution. La relation est vraie pour tout réel, donc aussi en $1-x$. En remplaçant $x$ par $1-x$, et comme $1-(1-x)=x$, on obtient une seconde relation : $$\forall x\in \mathbb{R},f(1-x)+2f(x)=(1-x{)}^2.$$

Le point délicat est cette substitution. Elle est légitime parce que $x\mapsto 1-x$ envoie $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$, et efficace parce qu'elle est involutive : l'appliquer deux fois ramène au point de départ. Les deux relations se referment donc en un système aux deux « inconnues » $f(x)$ et $f(1-x)$ : $$\{\begin{array}{l}f(x)+2f(1-x)=x^2\\ 2f(x)+f(1-x)=(1-x{)}^2\end{array}$$ On élimine $f(1-x)$ : deux fois la seconde moins la première donne $$4f(x)-f(x)=2(1-x{)}^2-x^2,\text{soit}3f(x)=x^2-4x+2,$$ puisque $2(1-x{)}^2-x^2=2-4x+2x^2-x^2$. Donc, si $f$ est solution, nécessairement $$\forall x\in \mathbb{R},f(x)=\frac{x^2-4x+2}{3}.$$

a) Synthèse. Réciproquement, soit $f$ définie par cette formule ; l'analyse n'a fourni qu'une condition nécessaire, il faut vérifier. Pour tout réel $x$ : $$f(1-x)=\frac{(1-x{)}^2-4(1-x)+2}{3}=\frac{1-2x+x^2-4+4x+2}{3}=\frac{x^2+2x-1}{3},$$ d'où $$f(x)+2f(1-x)=\frac{x^2-4x+2+2x^2+4x-2}{3}=\frac{3x^2}{3}=x^2.$$ La formule convient.

Conclusion du a). L'équation admet une solution et une seule : $f:x\mapsto \frac{x^2-4x+2}{3}$.

Contrôle numérique. En $x=2$ : $f(2)=\frac{4-8+2}{3}=-\frac{2}{3}$ et $f(-1)=\frac{1+4+2}{3}=\frac{7}{3}$, donc $f(2)+2f(-1)=-\frac{2}{3}+\frac{14}{3}=4=2^2$.

Pourquoi la synthèse n'est pas une formalité. L'analyse a tiré de l'équation une conséquence, et une conséquence n'est pas équivalente à l'hypothèse : il existe des équations fonctionnelles dont l'analyse produit un candidat qui, à la synthèse, ne convient pas — l'ensemble des solutions est alors vide. L'analyse dit « pas d'autre solution que celle-ci » ; seule la synthèse dit « celle-ci en est une ».

b) Analyse : l'unicité. Supposons que $f=p+i$, avec $p$ paire et $i$ impaire. Soit $x\in \mathbb{R}$. On a $f(x)=p(x)+i(x)$ ; et, en appliquant la même égalité au réel $-x$, puis la parité de $p$ et l'imparité de $i$, $$f(-x)=p(-x)+i(-x)=p(x)-i(x).$$ Voici de nouveau deux équations aux deux « inconnues » $p(x)$ et $i(x)$ — la substitution $x\mapsto -x$ est involutive, elle aussi. En les ajoutant, puis en les retranchant : $$p(x)=\frac{f(x)+f(-x)}{2},i(x)=\frac{f(x)-f(-x)}{2}.$$ Les fonctions $p$ et $i$ sont déterminées par $f$ : s'il existe une décomposition, il n'y en a qu'une.

b) Synthèse : l'existence. Réciproquement, définissons $p$ et $i$ par ces deux formules. Pour tout réel $x$ : $$\begin{array}{rl}p(-x)& =\frac{f(-x)+f(x)}{2}=p(x),\\ i(-x)& =\frac{f(-x)-f(x)}{2}=-i(x),\\ p(x)+i(x)& =\frac{2f(x)}{2}=f(x).\end{array}$$ La fonction $p$ est paire, $i$ est impaire, et $p+i=f$ : une décomposition existe, ce qui achève la démonstration.

Le cas de l'exponentielle. Avec $f=\exp$, la partie paire est $x\mapsto \frac{e^x+e^{-x}}{2}$ et la partie impaire $x\mapsto \frac{e^x-e^{-x}}{2}$ : ce sont le cosinus hyperbolique, noté $\mathrm{ch}$, et le sinus hyperbolique, noté $\mathrm{sh}$ (on dit « cosinus hyperbolique » et « sinus hyperbolique », jamais comme le début du mot « chic »). Ainsi $\exp =\mathrm{ch}+\mathrm{sh}$, avec $$\begin{array}{rlrl}\mathrm{ch}(x)& =\frac{e^x+e^{-x}}{2},& \mathrm{sh}(x)& =\frac{e^x-e^{-x}}{2}.\end{array}$$ Contrôle : en $1$, $\mathrm{ch}(1)\approx 1,5431$ et $\mathrm{sh}(1)\approx 1,1752$, de somme $2,7183\approx e$.

Le point délicat, commun aux deux questions. L'analyse démontre l'unicité — il y a au plus une solution —, la synthèse l'existence — il y en a au moins une. C'est leur réunion qui donne « une et une seule ».

Ce que l'exercice installe. Le réflexe des équations fonctionnelles — chercher une substitution involutive qui referme le système —, et la discipline de l'analyse-synthèse, celle de toute l'année dès qu'on cherchera un objet « existant et unique ». La décomposition paire plus impaire est le premier exemple de deux sous-espaces supplémentaires, et le même calcul découpera toute matrice carrée en partie symétrique et partie antisymétrique. Et, en physique comme en mathématiques, c'est ce découpage qui simplifie les intégrales sur un intervalle symétrique : la partie impaire y a une intégrale nulle, seule compte la partie paire.