Ivan Shishkin, Rye (1878)

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Une solution unique et bornée ?

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Solution by FiniteField · FR

On raisonne par analyse-synthèse.
Analyse. Soit f∈C0(R+,R)f\in\mathcal{C}^0(\mathbb{R}^+,\mathbb{R}) telle que  ⁣:∀x∈R+,f(x)=1+∫0xe−t1+f(t)2 dt.\colon\forall x\in\mathbb{R}^+,f(x)=\displaystyle 1+\int_0^x\dfrac{e^{-t}}{1+f(t)^2}\,\mathrm{d}t. On remarque qu’une telle fonction doit satisfaire f(0)=1.f(0)=1. La fonction t∈R+↦e−t1+f(t)2t\in\mathbb{R}^+\mapsto \dfrac{e^{-t}}{1+f(t)^2} est continue comme quotient de fonctions continues dont le dénominateur ne s’annule pas. Par le théorème fondamental de l’analyse ff est alors de classe C1\mathcal{C}^1. On peut alors dériver la relation satisfaite par ff ce qui donne
f′(x)=e−x1+f(x)2⇔f′(x)+f′(x)f2(x)=e−xf'(x)=\dfrac{e^{-x}}{1+f(x)^2}\Leftrightarrow f'(x)+f'(x)f^2(x)=e^{-x}puis, pour y∈R+y\in\mathbb{R}^+, en intégrant entre 00 et yy, on a
f(y)−f(0)+13(f(y)3−f(0)3)=1−e−y donc 13f(y)3+f(y)=73−e−y.f(y)-f(0)+\dfrac{1}{3}(f(y)^3-f(0)^3)=1-e^{-y}\text{ donc }\dfrac{1}{3}f(y)^3+f(y)=\dfrac{7}{3}-e^{-y}.On pose g ⁣:t∈R↦13t3+tg\colon t\in\mathbb{R}\mapsto \dfrac{1}{3}t^3+t. C’est une fonction polynomiale donc de classe C∞\mathcal{C}^\infty et on a ∀t∈R,g′(t)=t2+1>0\forall t\in\mathbb{R},g'(t)=t^2+1>0. La fonction gg étant continue et strictement monotone décrit donc une bijection sur son image qui est R\mathbb{R} à cause de ses limites en +∞+\infty et −∞.-\infty. On note h=g−1h=g^{-1} sa réciproque. On a donc ∀y∈R,f(y)=h(73−e−y)\forall y\in\mathbb{R}, f(y)=h\left(\dfrac{7}{3}-e^{-y}\right) ce qui termine l’analyse. On peut aussi dans un même temps anticiper la dernière question. En effet, l’analyse montre que s’il existe une telle solution alors elle est unique.
Synthèse. Soit f ⁣:x∈R+↦h(73−e−x)f\colon x\in\mathbb{R}^+\mapsto h\left(\dfrac{7}{3}-e^{-x}\right). On pose φ ⁣:x↦1+∫0xe−t1+f(t)2 dt\varphi\colon x\mapsto 1+\displaystyle\int_0^x\dfrac{e^{-t}}{1+f(t)^2}\,\mathrm{d}t. On veut montrer que φ\varphi et ff sont égale. Pour cela on va montrer que f′=φ′f'=\varphi' et qu’elles coïncident en un point. Puisque g′g' ne s’annule pas, et que g∘h=id⁡g\circ h=\operatorname{id}, la fonction hh est dérivable et h′×(g′∘h)=1h'\times (g'\circ h)=1 donc ∀t∈R,h′(t)=11+h(t)2.\forall t\in\mathbb{R}, h'(t)=\dfrac{1}{1+h(t)^2}. Par conséquent, ∀x∈R,f′(x)=e−x1+f(x)2=φ′(x).\forall x\in\mathbb{R}, f'(x)=\dfrac{e^{-x}}{1+f(x)^2}=\varphi'(x). Par ailleurs, φ(0)=1\varphi(0)=1 et, puisque g(1)=1313+1=43g(1)=\dfrac{1}{3}1^3+1=\dfrac{4}{3} on a f(0)=h(73−1)=h(43)=1.f(0)=h\left(\dfrac{7}{3}-1\right)=h\left(\dfrac{4}{3}\right)=1. On a donc f=φf=\varphi ce qui prouve que ff est bien solution de l’équation fonctionnelle.

Il existe donc une solution à l’équation fonctionnelle et elle est unique d’après l’analyse. Par ailleurs, ∀x∈R+,73−1=43⩽73−e−x⩽73\forall x\in\mathbb{R}^+, \dfrac{7}{3}-1=\dfrac{4}{3}\leqslant \dfrac{7}{3}-e^{-x}\leqslant \dfrac{7}{3} donc f(R+)⊂h([43,73])f(\mathbb{R}^+)\subset h\left(\left[\dfrac{4}{3},\dfrac{7}{3}\right]\right) qui est borné comme image continue d’un segment par une application continue. Donc ff est bornée.

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