Shortlist 2010, A5

Domaine : Algèbre · Difficulté : ★★★☆☆ · Proposé par : Switzerland

Concepts : Équations fonctionnelles : substitutions, injectivité, surjectivité · Diviseurs premiers : Zsigmondy, premiers divisant un polynôme

Solution officielle : Shortlist officielle 2010 (avec solutions), p. 12 (page 13 du PDF)

Énoncé

Denote by \(\mathbb{Q}^+\) the set of all positive rational numbers. Determine all functions \(f : \mathbb{Q}^+ \to \mathbb{Q}^+\) which satisfy the following equation for all \(x, y \in \mathbb{Q}^+\):

\[f\big(f(x)^2 y\big) = x^3 f(xy). \tag{1}\]

Indices : les idées clés

• Injectivité et multiplicativité : \(y = 1\) donne \(f(f(x)^2) = x^3 f(x)\), d'où l'injectivité, puis \(f(xy) = f(x)f(y)\).
• Itération : \(g(x) = xf(x)\) vérifie \(g(g(x)) = g(x)^{5/2}\), donc \(g^{(n+1)}(x) = g(x)^{(5/2)^n}\).
• Factorisation en premiers : les exposants \((5/2)^n \alpha_i\) doivent être entiers pour tout \(n\), ce qui force \(g(x) = 1\), donc \(f(x) = \frac{1}{x}\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent la solution officielle de la Shortlist 2010 (une solution et une remarque).

Réponse : la seule fonction est \(f(x) = \dfrac{1}{x}\).

Solution

En prenant \(y = 1\), on obtient

\[f\big(f(x)^2\big) = x^3 f(x). \tag{2}\]

Ensuite, dès que \(f(x) = f(y)\), on a

\[x^3 = \frac{f\big(f(x)^2\big)}{f(x)} = \frac{f\big(f(y)^2\big)}{f(y)} = y^3,\]

ce qui implique \(x = y\) ; la fonction \(f\) est donc injective.

Remplaçons maintenant \(x\) par \(xy\) dans (2), et appliquons deux fois (1), la seconde fois à \(\big(y, f(x)^2\big)\) au lieu de \((x, y)\) :

\[f\big(f(xy)^2\big) = (xy)^3 f(xy) = y^3 f\big(f(x)^2 y\big) = f\big(f(x)^2 f(y)^2\big).\]

Comme \(f\) est injective, on obtient

\[f(xy)^2 = f(x)^2 f(y)^2, \qquad f(xy) = f(x)f(y).\]

La fonction \(f\) est donc multiplicative. Cela implique aussi \(f(1) = 1\) et \(f(x^n) = f(x)^n\) pour tout entier \(n\).

L'équation fonctionnelle (1) se réécrit alors

\[f\big(f(x)\big)^2 f(y) = x^3 f(x) f(y), \qquad f\big(f(x)\big) = \sqrt{x^3 f(x)}. \tag{3}\]

Posons \(g(x) = xf(x)\). D'après (3),

\[g\big(g(x)\big) = g\big(xf(x)\big) = xf(x) \cdot f\big(xf(x)\big) = xf(x)^2 f\big(f(x)\big) = xf(x)^2\sqrt{x^3 f(x)} = \big(xf(x)\big)^{5/2} = \big(g(x)\big)^{5/2},\]

et, par récurrence,

\[\underbrace{g\Big(g\big(\ldots g(x) \ldots\big)\Big)}_{n+1} = \big(g(x)\big)^{(5/2)^n} \tag{4}\]

pour tout entier \(n > 0\).

Considérons (4) pour un \(x\) fixé. Le membre de gauche est toujours rationnel, donc \(\big(g(x)\big)^{(5/2)^n}\) doit être rationnel pour tout \(n\). Montrons que cela n'est possible que si \(g(x) = 1\). Supposons \(g(x) \neq 1\), et soit \(g(x) = p_1^{\alpha_1} \cdots p_k^{\alpha_k}\) la décomposition en facteurs premiers de \(g(x)\), où \(p_1, \ldots, p_k\) sont des nombres premiers distincts et \(\alpha_1, \ldots, \alpha_k\) des entiers non nuls. La décomposition en facteurs premiers de (4) est alors

\[\underbrace{g\Big(g\big(\ldots g(x) \ldots\big)\Big)}_{n+1} = \big(g(x)\big)^{(5/2)^n} = p_1^{(5/2)^n \alpha_1} \cdots p_k^{(5/2)^n \alpha_k},\]

où les exposants doivent être entiers. Mais c'est faux pour \(n\) grand : par exemple, \(\left(\frac{5}{2}\right)^n \alpha_1\) n'est pas entier dès que \(2^n \nmid \alpha_1\). Donc \(g(x) \neq 1\) est impossible.

Ainsi \(g(x) = 1\), et donc \(f(x) = \frac{1}{x}\) pour tout \(x\).

La fonction \(f(x) = \frac{1}{x}\) vérifie l'équation (1) :

\[f\big(f(x)^2 y\big) = \frac{1}{f(x)^2 y} = \frac{1}{\left(\frac{1}{x}\right)^2 y} = \frac{x^3}{xy} = x^3 f(xy). \qquad \blacksquare\]

Remarque

Parmi les fonctions \(\mathbb{R}^+ \to \mathbb{R}^+\), \(f(x) = \frac{1}{x}\) n'est pas la seule solution. Une autre solution est \(f_1(x) = x^{3/2}\). Avec des outils transfinis, on peut construire une infinité d'autres solutions.