Shortlist 2007, A4¶
Domaine : Algèbre · Difficulté : ★★★☆☆ · Proposé par : Thailand
Concepts : Équations fonctionnelles : substitutions, injectivité, surjectivité · Équations fonctionnelles : équation de Cauchy, monotonie, continuité
Solution officielle : Shortlist officielle 2007 (avec solutions), p. 14 (page 15 du PDF)
Énoncé¶
Find all functions \(f : \mathbb{R}^+ \to \mathbb{R}^+\) such that
for all \(x, y \in \mathbb{R}^+\). (Symbol \(\mathbb{R}^+\) denotes the set of all positive real numbers.)
Indices : les idées clés
- \(f(y) > y\) : sinon la substitution \(x = y - f(y)\) donne \(f(y) > f(y)\) ; on pose \(g(x) = f(x) - x > 0\), qui vérifie \(g(t + g(y)) = g(t) + y\) pour \(t > y\).
- Additivité : \(g\) est injective, puis \(g(u) + g(v) = g(u + v)\) ; \(g\) positive est donc croissante, et \(g(g(y)) = y\) force \(g(x) = x\).
- Solution 2 : \(f(t + ng(y)) = f(t) + nf(y)\), puis un passage à la limite montre que \(\frac{f(y)}{y}\) est constant, \(f(x) = cx\), et \(c = 2\).
Solutions
Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2007 (deux solutions et une remarque).
Réponse : \(f(x) = 2x\).
Solution 1¶
Montrons d'abord que \(f(y) > y\) pour tout \(y \in \mathbb{R}^+\). L'équation (1) donne \(f(x + f(y)) > f(x + y)\), d'où immédiatement \(f(y) \neq y\). Si \(f(y) < y\) pour un certain \(y\), alors en posant \(x = y - f(y)\), on obtient
ce qui est une contradiction. Donc \(f(y) > y\) pour tout \(y \in \mathbb{R}^+\).
Pour \(x \in \mathbb{R}^+\), posons \(g(x) = f(x) - x\) ; alors \(f(x) = g(x) + x\) et, comme on l'a vu, \(g(x) > 0\). En transformant (1) pour la fonction \(g\) et en posant \(t = x + y\),
et donc
Montrons ensuite que la fonction \(g\) est injective. Supposons \(g(y_1) = g(y_2)\) pour certains \(y_1, y_2 \in \mathbb{R}^+\). Alors, d'après (2),
pour tout \(t > \max\{y_1, y_2\}\). Donc \(g(y_1) = g(y_2)\) n'est possible que si \(y_1 = y_2\).
Soient maintenant \(u\), \(v\) des réels strictement positifs quelconques et \(t > u + v\). En appliquant trois fois (2),
Par injectivité, on en conclut que \(t + g(u) + g(v) = t + g(u + v)\), donc
Comme la fonction \(g\) est strictement positive, l'équation (3) montre aussi que \(g\) est croissante.
Montrons enfin que \(g(x) = x\). En combinant (2) et (3), on obtient
et donc
Supposons qu'il existe un \(x \in \mathbb{R}^+\) tel que \(g(x) \neq x\). Par monotonie de \(g\), si \(x > g(x)\), alors \(g(x) > g(g(x)) = x\). De même, si \(x < g(x)\), alors \(g(x) < g(g(x)) = x\). Les deux cas mènent à une contradiction ; un tel \(x\) n'existe donc pas.
On a prouvé que \(g(x) = x\), et donc \(f(x) = g(x) + x = 2x\) pour tout \(x \in \mathbb{R}^+\). Cette fonction vérifie bien l'équation fonctionnelle (1). \(\blacksquare\)
Remarque. On sait bien que la propriété additive (3), avec \(g(x) \geq 0\) (pour \(x > 0\)), implique \(g(x) = cx\). Après avoir prouvé (3), il suffit donc de tester les fonctions \(f(x) = (c + 1)x\).
Solution 2¶
On montre que \(f(y) > y\) et l'on introduit la fonction \(g(x) = f(x) - x > 0\) comme dans la solution 1.
Pour \(t > y > 0\) quelconques, substituons \(x = t - y\) dans (1) pour obtenir
ce qui, par récurrence, implique
Prenons deux réels strictement positifs quelconques \(y\) et \(z\), et un troisième nombre fixé \(t > \max\{y, z\}\). Pour tout entier \(k > 0\), posons \(\ell_k = \left\lfloor k\frac{g(y)}{g(z)} \right\rfloor\). Alors \(t + kg(y) - \ell_kg(z) \geq t > z\) et, en appliquant deux fois (4),
Quand \(k \to \infty\), on obtient
et donc
En échangeant les variables \(y\) et \(z\), on obtient l'inégalité inverse. Donc \(\frac{f(y)}{y} = \frac{f(z)}{z}\) pour \(y\) et \(z\) quelconques ; la fonction \(\frac{f(x)}{x}\) est constante, \(f(x) = cx\).
En reportant dans (1), on trouve que \(f(x) = cx\) est solution si et seulement si \(c = 2\). La seule solution du problème est donc \(f(x) = 2x\). \(\blacksquare\)