Équation fonctionnelle et séries de fonctions

Résolution.

1. Soit $u_n(x) = \sin\left(\frac{x}{2^n}\right)$. Pour tout $n \in \mathbb{N}$, $u_n$ est de classe $\mathcal{C}^\infty$ sur $\mathbb{R}$.

   Soit $A > 0$ et $x \in [-A, A]$. On a la majoration :

   $$|u_n(x)| \le \frac{|x|}{2^n} \le \frac{A}{2^n}$$

   Comme $\sum \frac{1}{2^n}$ converge, la série $\sum u_n$ converge normalement, donc uniformément sur tout segment de $\mathbb{R}$. Ainsi, $f$ est continue sur $\mathbb{R}$.

   Pour les dérivées, on a $u_n^{(k)}(x) = \frac{1}{2^{nk}} \sin^{(k)}\left(\frac{x}{2^n}\right)$. Pour tout $k \ge 1$ :

   $$\forall x \in \mathbb{R},   |u_n^{(k)}(x)| \le \frac{1}{2^{nk}}$$

   La série des dérivées d'ordre $k$ converge normalement sur $\mathbb{R}$ car $\sum \left(\frac{1}{2^k}\right)^n$ est une série géométrique convergente ($k \ge 1$).

   Par théorème de dérivation des séries de fonctions, $f$ est de classe $\mathcal{C}^\infty$ sur $\mathbb{R}$ et :

   $$\boxed{ \forall k \in \mathbb{N}, \forall x \in \mathbb{R},   f^{(k)}(x) = \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{2^{nk}} \sin^{(k)}\left(\frac{x}{2^n}\right) }$$

2. Calculons la différence $f(2x) - f(x)$ :
   $$f(2x) = \sum_{n=0}^{\infty} \sin\left(\frac{2x}{2^n}\right) = \sin(2x) + \sum_{n=1}^{\infty} \sin\left(\frac{x}{2^{n-1}}\right)$$

   En effectuant le changement d'indice $k = n-1$ dans la seconde somme :

   $$f(2x) = \sin(2x) + \sum_{k=0}^{\infty} \sin\left(\frac{x}{2^k}\right) = \sin(2x) + f(x)$$

   On en déduit immédiatement :

   $$\boxed{ f(2x) - f(x) = \sin(2x) }$$

3. Soit $d = h - f$. Par linéarité, $d$ est continue et vérifie $d(2x) - d(x) = 0$, soit $d(x) = d(x/2)$.

   Par récurrence immédiate, pour tout $n \in \mathbb{N}$ :

   $$d(x) = d\left(\frac{x}{2^n}\right)$$

   Comme $d$ est continue en $0$, en faisant tendre $n$ vers $+\infty$, on obtient $\frac{x}{2^n} \to 0$, d'où $d(x) = d(0)$.

   L'écart entre deux solutions est donc une constante :

   $$\boxed{ h(x) = f(x) + C }$$

4. Soit $f$ une solution continue. En $x=0$, l'équation donne $f(0) - f(0) = g(0)$, d'où la condition nécessaire $g(0) = 0$.

   Supposons $g$ de classe $\mathcal{C}^1$ avec $g(0)=0$. Par l'inégalité des accroissements finis (ou un DL1), au voisinage de $0$ :

   $$g(t) = O(t)   \text{quand } t \to 0$$

   Considérons la série $\sum_{n=1}^\infty g(x/2^n)$. Pour $x$ fixé, $g(x/2^n) = O(x/2^n)$, donc la série converge.

   Posons $f_0(x) = \sum_{n=1}^\infty g(x/2^n)$. Cette fonction est continue (convergence normale sur tout segment car $|g(x/2^n)| \le \frac{M|x|}{2^n}$) et :

   $$f_0(2x) - f_0(x) = \sum_{n=1}^\infty g\left(\frac{x}{2^{n-1}}\right) - \sum_{n=1}^\infty g\left(\frac{x}{2^n}\right) = \sum_{k=0}^\infty g\left(\frac{x}{2^k}\right) - \sum_{n=1}^\infty g\left(\frac{x}{2^n}\right) = g(x)$$

   En utilisant le raisonnement de la question 3, toute solution continue $f$ est de la forme $f_0 + C$.

   Conclusion : Si $g(0) \neq 0$, il n'y a pas de solution. Si $g(0) = 0$, les solutions sont :

   $$\boxed{ f(x) = C + \sum_{n=1}^{\infty} g\left(\frac{x}{2^n}\right) }$$