Résolution d’une équation fonctionnelle

Les solutions sont exactement les fonctions
$$f(x)=\cos(ax)\quad (a\geqslant 0)\qquad\text{et}\qquad f(x)=\cosh(ax)\quad (a>0),$$

Étape 1 : La dérivée première est nulle en 0

La formule de Taylor–Young s’écrit
$$f(x)=1+f'(0)\,x+\frac{\gamma}{2}x^{2}+o(x^{2}),\qquad \gamma:=f''(0).$$D’une part $f(2x)=1+2f'(0)x+2\gamma x^{2}+o(x^{2})$ ; d’autre part
$$2f(x)^{2}-1=1+4f'(0)\,x+2\bigl(f'(0)^{2}+\gamma\bigr)x^{2}+o(x^{2}).$$Ainsi
$$f(x)=1+\frac{\gamma}{2}x^{2}+o(x^{2}). \qquad \qquad \tag{1}$$

Étape 2 : Itération de la duplication

Fixons $x\in\mathbb{R}$ et posons $u_n=f\bigl(x/2^{n}\bigr)$. L’équation appliquée au point $x/2^{n}$ donne
$$u_{n-1}=2u_n^{2}-1 .$$Les formules $2\cos^{2}\theta-1=\cos 2\theta$ et $2\cosh^{2}t-1=\cosh 2t$ se propagent alors le long de la suite, une récurrence immédiate sur $j$ montre que
$$u_n=\cos\theta\ \Longrightarrow\ f(x)=u_0=\cos\bigl(2^{n}\theta\bigr),\qquad u_n=\cosh t\ \Longrightarrow\ f(x)=\cosh\bigl(2^{n}t\bigr). \qquad \qquad \tag{2}$$Ce sont des égalités exactes, valables pour chaque $n$ où l’écriture est possible.

Étape 3 : Discussion selon le signe de $\gamma$

Fixons $x\neq 0$. Comme $x/2^{n}\to 0$, le développement (1) donne
$$u_n-1=\frac{\gamma x^{2}}{2}\cdot 4^{-n}+o\bigl(4^{-n}\bigr). \qquad \qquad \tag{3}$$

Cas $\gamma<0$. Posons $a=\sqrt{-\gamma}$. Par (3), $u_n<1$ pour $n$ assez grand, et $u_n\to 1$ : on peut poser $\theta_n=\arccos u_n\in\,]0,\pi[$, avec $\theta_n\to 0$. Alors $1-u_n=2\sin^{2}(\theta_n/2)\sim\theta_n^{2}/2$, et (3) donne $\theta_n^{2}\sim a^{2}x^{2}4^{-n}$, soit
$$2^{n}\theta_n\ \xrightarrow[n\to\infty]{}\ a|x| .$$Par (2), $f(x)=\cos(2^{n}\theta_n)$ pour tout $n$ assez grand ; la continuité du cosinus donne à la limite
$$f(x)=\cos\bigl(a|x|\bigr)=\cos(ax).$$

Cas $\gamma>0$. Posons $a=\sqrt{\gamma}$. Par (3), $u_n>1$ pour $n$ assez grand : posons $t_n=\operatorname{argch}(u_n)>0$. De $\cosh t_n-1\sim t_n^{2}/2$ et (3) on tire $2^{n}t_n\to a|x|$, puis par (2) :
$$f(x)=\cosh(2^{n}t_n)\ \xrightarrow[n\to\infty]{}\ \cosh(ax),\qquad\text{donc}\qquad f(x)=\cosh(ax).$$

Cas $\gamma=0$. Ici (3) dit seulement $u_n-1=o(4^{-n})$, sans signe. Mais pour une infinité de $n$, on a $u_n\leqslant 1$, ou bien pour une infinité de $n$, $u_n\geqslant 1$. Dans le premier cas, $\theta_n=\arccos u_n$ vérifie, grâce à $\sin u\geqslant\frac{2u}{\pi}$ sur $[0,\frac{\pi}{2}]$ :
$$\theta_n^{2}\ \leqslant\ \frac{\pi^{2}}{2}\bigl(1-u_n\bigr)=o\bigl(4^{-n}\bigr),$$donc $2^{n}\theta_n\to 0$ le long de cette sous-suite et $f(x)=\cos(2^{n}\theta_n)\to 1$. Dans le second cas, $\cosh t-1\geqslant t^{2}/2$ donne $t_n^{2}\leqslant 2(u_n-1)=o(4^{-n})$, et $f(x)=\cosh(2^{n}t_n)\to 1$. Dans les deux cas $f(x)=1$ : la fonction est constante égale à $1$, c’est le cas $a=0$ de la première famille.

Réciproque

Les formules de duplication $\cos(2ax)=2\cos^{2}(ax)-1$ et $\cosh(2ax)=2\cosh^{2}(ax)-1$ montrent que toutes les fonctions annoncées sont solutions ; elles valent $1$ en $0$ et sont de classe $\mathcal{C}^{\infty}$. $\blacksquare$