Shortlist 2012, A1¶
Domaine : Algèbre · Difficulté : ★★☆☆☆ · Proposé par : non indiqué
Concepts : Équations fonctionnelles : substitutions, injectivité, surjectivité · Récurrence et constructions récursives
Solution officielle : Shortlist officielle 2012 (avec solutions), p. 8 (page 8 du PDF)
Problème 4 de l'OIM 2012
Ce problème a été choisi parmi ceux de la shortlist pour l'épreuve de l'OIM 2012, où il était le problème 4 (jour 2).
Énoncé¶
Find all the functions \(f : \mathbb{Z} \to \mathbb{Z}\) such that
for all integers \(a, b, c\) satisfying \(a + b + c = 0\).
Indices : les idées clés
- Substitutions : \(f(0) = 0\), \(f\) est paire, et \(f(2a) \in \{0, 4f(a)\}\) ; si \(f(r) = 0\) pour un \(r \geq 1\), alors \(f\) est \(r\)-périodique.
- Arbre de cas selon \(f(1) = k\), \(f(2) \in \{0, 4k\}\), \(f(4) \in \{0, 16k\}\) : on obtient deux solutions périodiques, et sinon \(f(3) = 9k\).
- Récurrence : deux substitutions donnent \(f(n + 1) = k(n + 1)^2\) ; l'équation est en fait du second degré en \(f(a + b)\), de solutions \(\big(\sqrt{f(a)} \pm \sqrt{f(b)}\big)^2\).
Solutions
Les solutions ci-dessous suivent la solution officielle de la Shortlist 2012 (une solution et une remarque).
Solution¶
Réponse. Les solutions sont la fonction nulle et, pour tout entier \(k \neq 0\), les fonctions
La substitution \(a = b = c = 0\) donne \(3f(0)^2 = 6f(0)^2\), donc
La substitution \(b = -a\) et \(c = 0\) donne \(\big(f(a) - f(-a)\big)^2 = 0\). Donc \(f\) est paire :
Prenons ensuite \(b = a\) et \(c = -2a\) ; on obtient \(2f(a)^2 + f(2a)^2 = 2f(a)^2 + 4f(a)f(2a)\). Donc
Si \(f(r) = 0\) pour un \(r \geq 1\), la substitution \(b = r\) et \(c = -a - r\) donne \(\big(f(a + r) - f(a)\big)^2 = 0\). Donc \(f\) est périodique de période \(r\) : \(f(a + r) = f(a)\) pour tout \(a \in \mathbb{Z}\).
En particulier, si \(f(1) = 0\), alors \(f\) est constante, donc \(f(a) = 0\) pour tout \(a \in \mathbb{Z}\). Cette fonction vérifie clairement l'équation. Pour la suite, on suppose \(f(1) = k \neq 0\).
Par (3), \(f(2) = 0\) ou \(f(2) = 4k\). Si \(f(2) = 0\), alors \(f\) est \(2\)-périodique, donc \(f(\text{pair}) = 0\) et \(f(\text{impair}) = k\). Cette fonction est solution pour tout \(k\) ; on reporte la vérification. Supposons désormais \(f(2) = 4k \neq 0\).
Par (3) à nouveau, \(f(4) = 0\) ou \(f(4) = 16k\). Dans le premier cas, \(f\) est \(4\)-périodique et \(f(3) = f(-1) = f(1) = k\), donc \(f(4n) = 0\), \(f(4n + 1) = f(4n + 3) = k\) et \(f(4n + 2) = 4k\) pour tout \(n \in \mathbb{Z}\). Cette fonction est aussi solution, ce que l'on justifie plus loin. Supposons désormais \(f(4) = 16k \neq 0\).
Montrons que \(f(3) = 9k\). Il faut deux substitutions :
Donc \(f(3) = 9k\). Montrons maintenant par récurrence que la seule fonction restante est \(f(x) = kx^2\). C'est prouvé pour \(x = 0, 1, 2, 3, 4\). Supposons \(n \geq 4\) et \(f(x) = kx^2\) pour tout entier \(x \in [0, n]\). Les substitutions \(a = n\), \(b = 1\), \(c = -n - 1\) et \(a = n - 1\), \(b = 2\), \(c = -n - 1\) donnent respectivement
Comme \(k(n - 1)^2 \neq k(n - 3)^2\) pour \(n \neq 2\), la seule possibilité est \(f(n + 1) = k(n + 1)^2\). Cela achève la récurrence, donc \(f(x) = kx^2\) pour tout \(x \geq 0\), et aussi pour \(x < 0\) puisque \(f\) est paire. Pour vérifier que \(f(x) = kx^2\) est solution, il faut vérifier l'identité \(a^4 + b^4 + (a + b)^4 = 2a^2b^2 + 2a^2(a + b)^2 + 2b^2(a + b)^2\), qui s'obtient en développant les deux membres.
Les seules solutions possibles sont donc la fonction nulle \(f_1(x) = 0\) et les fonctions \(f_2\), \(f_3\), \(f_4\) de la réponse, pour tout entier \(k \neq 0\). On a vérifié les deux premières. Pour \(f_3\), si \(a + b + c = 0\), soit \(a\), \(b\), \(c\) sont tous pairs, et alors \(f(a) = f(b) = f(c) = 0\), soit l'un est pair et les deux autres impairs, et les deux membres valent \(2k^2\). Pour \(f_4\), des considérations de parité analogues et la symétrie de l'équation ramènent la vérification aux triplets \((0, k, k)\), \((4k, k, k)\), \((0, 0, 0)\), \((0, 4k, 4k)\), qui vérifient tous l'équation. \(\blacksquare\)
Remarque¶
On a utilisé plusieurs fois le même fait : pour tous \(a, b \in \mathbb{Z}\), l'équation est une équation du second degré en \(f(a + b)\), dont les coefficients dépendent de \(f(a)\) et \(f(b)\) :
Son discriminant vaut \(16 f(a) f(b)\). Comme il doit être positif ou nul pour tous \(a, b \in \mathbb{Z}\), soit \(f\), soit \(-f\) est toujours positive ou nulle. De plus, si \(f\) est solution, \(-f\) l'est aussi ; on peut donc supposer \(f(x) \geq 0\) pour tout \(x \in \mathbb{Z}\). Les deux solutions de l'équation du second degré sont alors
Le calcul de \(f(3)\) à partir de \(f(1)\), \(f(2)\) et \(f(4)\) fait ci-dessus s'obtient immédiatement avec \((a, b) = (1, 2)\) et \((a, b) = (1, -4)\). L'hérédité, où \(f(n + 1)\) se déduit de \(f(n)\), \(f(n - 1)\), \(f(2)\) et \(f(1)\), s'obtient immédiatement avec \((a, b) = (n, 1)\) et \((a, b) = (n - 1, 2)\).