Avis de recherche
Article mis en ligne le 6 octobre 2021
dernière modification le 30 septembre 2021

par Serge Seguin

Avis de recherche du n°189

Rappelons l’avis de recherche du numéro 189 de juillet 2021 :

Soit $f$ une fonction continue sur $\left] 0 \, ; +\infty \right[$.
On pose, pour tout $x > 0$, $A(x) = \int_{\frac{1}{x}}^{x} f(t)dt$ .
Le problème est de déterminer les fonctions $f$ vérifiant, pour tout $x > 0$, $A(x) = 0$. La fonction nulle est bien sûr solution, mais il y en a aussi une infinité d’autres !

On pourrait même faire un jeu : vous me donnez une fonction quelconque, à votre goût, continue sur $\mathbb{R}$, mais pas paire, et je vous trouve grâce à elle, instantanément, une fonction $f$ non nulle solution au problème…

Voyez-vous comment ?

Voici une solution à cet avis.

Notons $F$ une primitive de $f$ sur $\left] 0 \, ; +\infty \right[$.
On a donc, pour tout $x > 0$, $A(x) = F(x) - F\left(\dfrac{1}{x}\right)$.
$F$ est dérivable en tant que primitive et $A$ aussi, comme différence et composée de fonctions dérivables.
De $A(x) = 0$, on déduit que, pour tout $x > 0$, $F(x) = F\left(\dfrac{1}{x}\right)$.
En dérivant ces deux fonctions égales, on obtient : pour tout $x > 0$, $f(x) = -\dfrac{1}{x^2} \times f\left(\dfrac{1}{x}\right)$.
On a donc $xf(x) = -\dfrac{1}{x} f\left(\dfrac{1}{x}\right)$.

Remarque intéressante : Pour $x = 1$, on obtient : $f(1) = - f(1)$, donc $f(1) = 0$.

Posons, pour tout $x > 0$, $g(x) = xf(x)$. On a donc $g(x) = - g\left(\dfrac{1}{x}\right)$.

Posons $x = e^u$, ce qui est possible puisque $x > 0$. On a alors $g(e^u) = - g(e^{-u})$.

Posons enfin $h = g \circ \exp$.

On obtient alors : Pour tout réel $u$, $h(u) = -h(-u)$ donc $h$ est une fonction impaire, définie sur $\mathbb{R}$.

On a alors, pour tout $x > 0$, $g(x) = h(\ln{x})$ et donc $f(x) = \dfrac{g(x)}{x} = \dfrac{h(\ln{x})}{x}$, avec $h$ fonction impaire sur $\mathbb{R}$.

Réciproquement, faisons le changement de variable $t = e^u$ dans l’intégrale (acceptable car $\exp$ est continûment dérivable et $t > 0$, donc on a bien : $\mathbb{R}_{+}^{*}$ inclus dans l’ensemble-image de $\exp$).
On a alors $dt = e^u$, si $x = e^X$, alors $\dfrac{1}{x} = e^{-X}$.
Donc $A(x) = \int_{\frac{1}{x}}^{x} \dfrac{h(\ln{t})}{t}dt = \int_{-X}^{X} \dfrac{h(u)}{e^u}du = \int_{-X}^{X} h(u)du$.

Or on sait que si une fonction est impaire, son intégrale entre deux bornes opposées est nulle.

CQFD

Conclusion : $f$ est définie sur $\left] 0 \, ; +\infty \right[$ par $f(x) = \dfrac{h(\ln{x})}{x}$, avec $h$ fonction impaire sur $\mathbb{R}$.

Exemples : Si, pour tout réel $x > 0$, $h_1(x) = x$, alors $f_1(x) = \dfrac{\ln{x}}{x}$,
et si $h_2(x) = \dfrac{e^x - 1}{e^x + 1} = \dfrac{e^{\frac{x}{2}} - e^{-\frac{x}{2}}}{e^{\frac{x}{2}} + e^{-\frac{x}{2}}}$, bien connue en tant que fonction impaire non triviale, alors $f_2(x) = \dfrac{x - 1}{x^2 + x}$…

Et si, pour jouer au jeu cité dans l’énoncé, votre interlocuteur vous donne une fonction $\varphi$ non impaire ?

Pas de problème : $f(x) = \varphi(x) - \varphi(-x)$ permet d’obtenir une telle fonction.

Mais si $\varphi$ est paire, alors $f$ est la fonction nulle, ce qui est décevant. Autant ne pas choisir une fonction paire…

 

Nouvel avis de recherche

Déterminer l’ensemble des points du plan par lesquels passent deux droites perpendiculaires, l’une tangente et l’autre normale (en des points différents) à l’hyperbole $(H)$ d’équation $y = \dfrac{1}{x}$.

Problème ouvert : Cette courbe fait-elle partie des courbes historiques ?

 
Pour cet avis de recherche, ainsi que des compléments sur des avis précédents, écrivez-nous à l’adresse des problèmes des Chantiers.



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Les chantiers de pédagogie mathématique n°190 octobre 2021
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