Problème : les équations fonctionnelles de Cauchy et de d'Alembert

1) Valeur en zéro, signe. Avec $x=y=0$ : $f(0)=f(0{)}^2$, donc $f(0)=0$ ou $f(0)=1$. Si l'on avait $f(0)=0$, alors pour tout $x$, $f(x)=f(x+0)=f(x)f(0)=0$ : $f$ serait identiquement nulle, ce qui est exclu. Donc $f(0)=1$ — c'est le seul emploi de l'hypothèse « non identiquement nulle », et elle est indispensable : la fonction nulle vérifie l'équation.

$f$ ne s'annule pas. Pour tout $x$ : $f(x)f(-x)=f(x-x)=f(0)=1$, donc $f(x)\ne 0$.

$f$ est strictement positive. Pour tout $x$ : $f(x)=f\left(\frac{x}{2}+\frac{x}{2}\right)=f{\left(\frac{x}{2}\right)}^2\ge 0$, et $f(x)\ne 0$ : donc $f(x)>0$.

2) L'équation différentielle. Fixons $x$ et considérons les deux fonctions de la variable $y$ : $y\mapsto f(x+y)$ et $y\mapsto f(x)f(y)$. Elles sont égales, donc leurs dérivées aussi. La première est la composée de $f$ avec $y\mapsto x+y$, de dérivée $1$ : sa dérivée est $f^{\prime }(x+y)$. La seconde est le produit de la constante $f(x)$ par $f$ : sa dérivée est $f(x)f^{\prime }(y)$. Ainsi, pour tous $x$ et $y$ : $$f^{\prime }(x+y)=f(x)f^{\prime }(y),\text{et en }y=0:f^{\prime }(x)=af(x),a=f^{\prime }(0).$$ La fonction $f$ est donc solution de l'équation différentielle linéaire homogène $y^{\prime }=ay$, à coefficient constant, dont les solutions sur $\mathbb{R}$ sont les $x\mapsto C{e}^{ax}$ ; la condition $f(0)=1$ impose $C=1$ — c'est l'unicité de la solution du problème de Cauchy $y^{\prime }=ay$, $y(0)=1$. Donc $$f(x)=e^{ax},a=f^{\prime }(0).$$ Réciproquement, $x\mapsto e^{ax}$ est dérivable, non nulle, et $e^{a(x+y)}=e^{ax}{e}^{ay}$ : ce sont exactement les solutions.

Le point délicat. L'équation porte sur deux variables ; on en fige une, on dérive par rapport à l'autre, puis on évalue en un point bien choisi, $y=0$, où tout devient connu. C'est là que la dérivabilité sert, et c'est elle qui fait tout le travail : sans elle, on ne pourrait pas passer de l'équation fonctionnelle à l'équation différentielle.

3) Le logarithme. Avec $x=y=1$ : $h(1)=2h(1)$, donc $h(1)=0$. Fixons $x>0$ et dérivons par rapport à $y$ : la dérivée de $y\mapsto h(xy)$ est $x{h}^{\prime }(xy)$, celle de $y\mapsto h(x)+h(y)$ est $h^{\prime }(y)$. En $y=1$ : $$x{h}^{\prime }(x)=h^{\prime }(1),\text{c’est-aˋ-dire}{h}^{\prime }(x)=\frac{a}{x},a=h^{\prime }(1).$$ Les fonctions $h$ et $a\ln$ ont la même dérivée sur l'intervalle $]0,+\infty [$ : elles diffèrent d'une constante, nulle puisque $h(1)=0=a\ln 1$. Donc $h=a\ln$. Réciproquement, $a\ln (xy)=a\ln x+a\ln y$.

4) L'équation de d'Alembert : valeur en zéro, parité. Supposons $\phi (0)=0$. Avec $x=0$ : $\phi (y)+\phi (-y)=2\phi (0)\phi (y)=0$, donc $\phi$ est impaire. Avec $x=y$ : $\phi (2x)+\phi (0)=2\phi (x{)}^2$, soit $\phi (2x)=2\phi (x{)}^2\ge 0$ pour tout $x$ ; tout réel $t$ s'écrivant $2\cdot \frac{t}{2}$, $\phi$ est positive. Alors, pour tout $t$ : $\phi (t)\ge 0$ et $\phi (t)=-\phi (-t)\le 0$, donc $\phi (t)=0$ : $\phi$ serait nulle, ce qui est exclu.

Donc $\phi (0)\ne 0$. Avec $x=y=0$ : $2\phi (0)=2\phi (0{)}^2$, et comme $\phi (0)\ne 0$, $\phi (0)=1$. Enfin, avec $x=0$ : $\phi (y)+\phi (-y)=2\phi (y)$, donc $\phi (-y)=\phi (y)$ : $\phi$ est paire.

5) L'équation différentielle du second ordre. Fixons $x$. Les deux membres sont des fonctions de $y$ de classe ${\mathcal{C}}^2$, égales, donc de mêmes dérivées. La dérivée de $y\mapsto \phi (x-y)$ est $-{\phi }^{\prime }(x-y)$, et sa dérivée seconde ${\phi }^{\prime \prime }(x-y)$ : $${\phi }^{\prime }(x+y)-{\phi }^{\prime }(x-y)=2\phi (x){\phi }^{\prime }(y),$$ $${\phi }^{\prime \prime }(x+y)+{\phi }^{\prime \prime }(x-y)=2\phi (x){\phi }^{\prime \prime }(y).$$ En $y=0$, la seconde relation donne $2{\phi }^{\prime \prime }(x)=2\phi (x){\phi }^{\prime \prime }(0)$, soit ${\phi }^{\prime \prime }=k\phi$ avec $k={\phi }^{\prime \prime }(0)$ ; la première, en $x=0$ et $y=0$, donne $0=2\phi (0){\phi }^{\prime }(0)$, donc ${\phi }^{\prime }(0)=0$ — ce que la parité annonçait. Ainsi $\phi$ est solution du problème de Cauchy $$y^{\prime \prime }-ky=0,y(0)=1,y^{\prime }(0)=0,$$ dont la solution est unique (théorème admis, sa démonstration étant hors programme). Il suffit donc d'en trouver une dans chaque cas.

Si $k=-{\omega }^2<0$ : l'équation caractéristique $r^2+{\omega }^2=0$ a pour racines $\pm i\omega$ ; les solutions réelles sont les $\lambda \cos (\omega x)+\mu \sin (\omega x)$, et les conditions donnent $\lambda =1$, $\mu \omega =0$ : $\phi (x)=\cos (\omega x)$.

Si $k=0$ : $y^{\prime \prime }=0$, solutions $\lambda +\mu x$, et les conditions donnent $\phi =1$.

Si $k={\omega }^2>0$ : les racines sont $\pm \omega$, réelles et distinctes ; les solutions sont les $\lambda e^{\omega x}+\mu e^{-\omega x}$, et $\lambda +\mu =1$, $\omega (\lambda -\mu )=0$ donnent $\lambda =\mu =\frac{1}{2}$ : $\phi (x)=\frac{e^{\omega x}+e^{-\omega x}}{2}=\mathrm{ch}(\omega x)$, le cosinus hyperbolique de $\omega x$.

6) La réciproque, et ce qui distingue les deux cas. Le cosinus. La formule $\cos p+\cos q=2\cos \frac{p+q}{2}\cos \frac{p-q}{2}$, avec $p=\omega (x+y)$ et $q=\omega (x-y)$, donne $\cos (\omega (x+y))+\cos (\omega (x-y))=2\cos (\omega x)\cos (\omega y)$. La constante $1$ : $1+1=2\cdot 1\cdot 1$. Le cosinus hyperbolique : avec $A=\omega x$ et $B=\omega y$, $$\mathrm{ch}(A+B)+\mathrm{ch}(A-B)=\frac{e^A\left(e^B+e^{-B}\right)+e^{-A}\left(e^{-B}+e^B\right)}{2}=\frac{\left(e^A+e^{-A}\right)\left(e^B+e^{-B}\right)}{2}=2\mathrm{ch}A\mathrm{ch}B.$$ Les trois fonctions sont de classe ${\mathcal{C}}^2$ et non nulles : ce sont exactement les solutions.

Ce qui les distingue. Pour $k<0$, la solution $\cos (\omega x)$ oscille, bornée par $1$ et périodique ; pour $k>0$, $\mathrm{ch}(\omega x)$ croît exponentiellement vers $+\infty$ quand $x\to \pm \infty$ ; $k=0$ est la frontière. C'est la même dichotomie qu'en mécanique : au voisinage d'un équilibre stable, les petits mouvements vérifient $x^{\prime \prime }=-{\omega }^{2}x$ et oscillent ; au voisinage d'un équilibre instable, ils vérifient $x^{\prime \prime }={\omega }^{2}x$, et l'écart grandit exponentiellement.

Le théorème obtenu — équations fonctionnelles de Cauchy et de d'Alembert, cas dérivable. Les fonctions dérivables $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$, non identiquement nulles, telles que $f(x+y)=f(x)f(y)$, sont les $x\mapsto e^{ax}$, $a\in \mathbb{R}$. Les fonctions dérivables $h:\left]0,+\infty \right[\to \mathbb{R}$ telles que $h(xy)=h(x)+h(y)$ sont les $a\ln$. Les fonctions $\phi$ de classe ${\mathcal{C}}^2$, non identiquement nulles, telles que $\phi (x+y)+\phi (x-y)=2\phi (x)\phi (y)$, sont les $x\mapsto \cos (\omega x)$, la constante $1$, et les $x\mapsto \mathrm{ch}(\omega x)$, $\omega >0$.

Contrôle numérique. Un calcul symbolique confirme que $e^{ax}$ vérifie l'équation de Cauchy pour $a=3$, $a=-\frac{1}{2}$ et $a=0$, et que $\cos (\omega x)$, $\mathrm{ch}(\omega x)$ et $1$ vérifient l'équation de d'Alembert. Et la fonction nulle, écartée par hypothèse, vérifie bien les deux équations sans être de la forme annoncée : l'hypothèse n'était pas décorative.

Ce que le problème installe. L'exponentielle, le logarithme, le cosinus et le cosinus hyperbolique sont caractérisés par leurs formules d'addition : c'est leur définition profonde. Les trois premières équations n'en font qu'une : si $f>0$ vérifie la première, $\ln \circ f$ transforme les sommes en sommes, et $h\circ \exp$ aussi. Cette équation additive, $g(x+y)=g(x)+g(y)$ — l'équation de Cauchy proprement dite —, se résout aussi sous la seule hypothèse de continuité, par un tout autre chemin, qui passe par les nombres rationnels : c'est un classique que cette séance ne traite pas ; ici, c'est la dérivabilité qui fait tout. Et le geste du problème — dériver une identité par rapport à un paramètre, puis évaluer — reviendra au chapitre des fonctions de deux variables. En physique et en sciences industrielles, le 3) explique les échelles logarithmiques — décibel, pH, diagramme de Bode de l'exercice 8 : une grandeur qui transforme les produits en sommes est un logarithme.