Exercice 51

1. Avec $x = y = 0$, la relation donne $f(0) = 2f(0)$, donc $\boxed{f(0) = 0}$. Fixons $y$ et dérivons les deux membres par rapport à $x$ ; la fonction $x \mapsto f(x + y)$ a pour dérivée $x \mapsto f'(x + y)$, et le terme $f(y)$ est constant : $$f'(x + y) = f'(x) \quad\text{pour tous réels } x, y, \qquad\text{donc}\qquad f'(y) = f'(0) \text{ en prenant } x = 0.$$ Avec $a = f'(0)$, la fonction $x \mapsto f(x) - ax$ a une dérivée nulle sur l'intervalle $\mathbb{R}$ : elle est constante (théorème 1 du chapitre 5), égale à sa valeur $f(0) = 0$ en $0$. $$\boxed{f(x) = ax, \quad a = f'(0)}$$ Réciproquement, $a(x + y) = ax + ay$ : ces fonctions conviennent.

2.(a) Fixons $x$. Les deux membres de $f(x + y) = f(x) + f(y)$ sont des fonctions continues de $y$, que l'on intègre entre $0$ et $1$. À gauche, le changement de variable $t = x + y$ (proposition 5) donne $$\int_{0}^{1} f(x + y)\,\mathrm{d} y = \int_{x}^{x+1} f(t)\,\mathrm{d} t = F(x + 1) - F(x),$$ et à droite, $f(x)$ ne dépend pas de $y$, d'où $f(x) + \int_{0}^{1} f$. $$\boxed{f(x) = F(x + 1) - F(x) - \int_{0}^{1} f(t)\,\mathrm{d} t}$$ (b) La primitive $F$ est dérivable, donc le second membre l'est : $f$ est dérivable, et la relation, appliquée avec $y = 1$, donne $$f'(x) = f(x + 1) - f(x) = f(1).$$ La question 1 s'applique alors. $$\boxed{f(x) = f(1)\,x \text{ pour tout réel } x}$$ L'intégration a régularisé la fonction : partant d'une fonction seulement continue, on l'a écrite à l'aide de sa primitive, qui est dérivable. Cauchy avait résolu ce problème pour les fonctions continues dans son Cours d'analyse de 1821, par une autre méthode, qui passe par les valeurs rationnelles et que le chapitre 7 permettra de reprendre ; sans hypothèse de continuité, Hamel a montré en 1905 qu'il existe d'autres solutions, dont la construction utilise l'axiome du choix.

3. Si $g$ s'annulait en un réel $x_{0}$, on aurait, pour tout réel $x$, $$g(x) = g\big(x_{0} + (x - x_{0})\big) = g(x_{0})\,g(x - x_{0}) = 0,$$ ce qui est exclu. Pour tout réel $x$, on a ensuite $g(x) = g\big(\frac{x}{2}\big)^{2}$, en appliquant la relation à $\frac{x}{2}$ et $\frac{x}{2}$ : c'est le carré d'un réel non nul. $$\boxed{g(x) > 0 \text{ pour tout réel } x}$$ La fonction $k = \ln \circ\, g$ est donc définie et continue sur $\mathbb{R}$, et elle vérifie, pour tous réels $x$, $y$, $$k(x + y) = \ln\big(g(x)\,g(y)\big) = k(x) + k(y).$$ D'après la question 2, $k(x) = ax$ avec $a = k(1)$, et l'on compose par $\exp$. $$\boxed{g(x) = \mathrm{e}^{ax}, \quad a = \ln g(1)}$$ Réciproquement, $\mathrm{e}^{a(x + y)} = \mathrm{e}^{ax}\mathrm{e}^{ay}$. La fonction nulle, exclue par l'énoncé, est la seule autre solution continue.

4. La fonction $k : t \mapsto h(\mathrm{e}^{t})$ est continue sur $\mathbb{R}$, et $k(s + t) = h(\mathrm{e}^{s}\mathrm{e}^{t}) = k(s) + k(t)$. D'après la question 2, $k(t) = at$ avec $a = k(1) = h(\mathrm{e})$, et, pour tout $x > 0$, $h(x) = k(\ln x) = a\ln x$. Réciproquement, $a\ln(xy) = a\ln x + a\ln y$. $$\boxed{h = a\ln, \quad a \in \mathbb{R}}$$

Piège : à la question 2, on ne peut pas dériver la relation comme à la question 1, puisque $f$ n'est pas supposée dérivable ; c'est tout l'intérêt de l'intégration, qui prouve d'abord la dérivabilité.

À retenir : les fonctions $x \mapsto ax$, $\exp$ et $\ln$ sont caractérisées, parmi les fonctions continues, par la manière dont elles transforment sommes et produits ; le chapitre 11 dira que ce sont des morphismes de groupes, de $(\mathbb{R}, +)$ dans lui-même, de $(\mathbb{R}, +)$ dans $(]0\,,+\infty[, \times)$ et de $(]0\,,+\infty[, \times)$ dans $(\mathbb{R}, +)$.