Décomposition paire-impaire : énoncé (MPSI)
Décomposition paire-impaire
Toute fonction $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ s'écrit de manière unique $f=g+h$ avec $g:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ paire et $h:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ impaire. De plus, pour tout $x\in\mathbb{R}$ : $$g(x)=\frac{f(x)+f(-x)}{2},\qquad h(x)=\frac{f(x)-f(-x)}{2}.$$
Démonstration : Décomposition paire-impaire
Preuve par analyse-synthèse
Analyse. Supposons que $f=g+h$ avec $g$ paire et $h$ impaire. Pour tout $x\in\mathbb{R}$ : $$f(x)=g(x)+h(x),\qquad f(-x)=g(-x)+h(-x)=g(x)-h(x).$$ En ajoutant puis en soustrayant ces deux égalités : $g(x)=\dfrac{f(x)+f(-x)}{2}$ et $h(x)=\dfrac{f(x)-f(-x)}{2}$. Donc $g$ et $h$ sont entièrement déterminées par $f$ : il y a au plus une décomposition.
Synthèse. Définissons $g$ et $h$ par ces formules. Pour tout $x\in\mathbb{R}$ :
- $g(x)+h(x)=\dfrac{2f(x)}{2}=f(x)$ ;
- $g(-x)=\dfrac{f(-x)+f(x)}{2}=g(x)$, donc $g$ est paire ;
- $h(-x)=\dfrac{f(-x)-f(x)}{2}=-h(x)$, donc $h$ est impaire.
Conclusion. La décomposition existe et elle est unique.
Le cas de l'exponentielle
Pour $f=\exp$, la décomposition donne $$\exp(x)=\underbrace{\frac{e^x+e^{-x}}{2}}_{\operatorname{ch}(x)}+\underbrace{\frac{e^x-e^{-x}}{2}}_{\operatorname{sh}(x)}.$$ On retrouve les fonctions cosinus hyperbolique (paire) et sinus hyperbolique (impaire), étudiées dans le chapitre sur les fonctions usuelles.
Une équation fonctionnelle
Cherchons toutes les fonctions $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ telles que $$\forall (x,y)\in\mathbb{R}^2,\quad f(x)f(y)-f(xy)=x+y.$$
Analyse. Soit $f$ une solution.
- Avec $x=y=0$ : $f(0)^2-f(0)=0$, donc $f(0)\in\{0,1\}$.
- Avec $y=0$ et $x$ quelconque : $f(x)f(0)-f(0)=x$.
- Si $f(0)=0$, cela donne $0=x$ pour tout $x$, faux pour $x=1$. Donc $f(0)=1$, et alors $f(x)-1=x$, soit $f(x)=x+1$ pour tout $x$.
Le seul candidat est $f:x\mapsto x+1$.
Synthèse. Pour tous réels $x,y$ : $(x+1)(y+1)-(xy+1)=xy+x+y+1-xy-1=x+y$. Le candidat convient.
Conclusion. L'unique solution est $x\mapsto x+1$.
Ne pas oublier la synthèse
L'analyse produit des conditions nécessaires. Sans synthèse, on peut annoncer une solution qui n'en est pas une. Par exemple, pour l'équation $f(x)f(y)=f(x+y)+1$ pour tous réels $x,y$, l'analyse avec $x=y=0$ donne $f(0)^2-f(0)-1=0$, puis $y=0$ donne $f(x)\big(f(0)-1\big)=1$, donc $f$ constante égale à $c=\dfrac{1}{f(0)-1}$. La synthèse impose alors $c^2=c+1$ : elle est nécessaire pour savoir quelles constantes conviennent réellement.