Shortlist 2012, A5¶
Domaine : Algèbre · Difficulté : ★★★☆☆ · Proposé par : non indiqué
Concepts : Équations fonctionnelles : substitutions, injectivité, surjectivité · Équations fonctionnelles : équation de Cauchy, monotonie, continuité
Solution officielle : Shortlist officielle 2012 (avec solutions), p. 15 (page 15 du PDF)
Énoncé¶
Find all functions \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) that satisfy the conditions
and \(f(-1) \neq 0\).
Indices : les idées clés
- Substitutions : avec \(g = f + 1\), on obtient \(g(1) = 1\), \(g(0) = 0\), \(g(2) = 2\), puis \(g(x) + g(2 - x) = 2\) et \(g(x + 2) - g(x) = 2\).
- Imparité, additivité, multiplicativité : \(g\) est impaire, puis \(g(1 + xy) = 1 + g(x)g(y)\), donc \(g(x + y) = g(x) + g(y)\) et \(g(xy) = g(x)g(y)\).
- Équation de Cauchy : \(g(x^2) = g(x)^2 \geq 0\), donc \(g\) est additive et minorée sur \([0, +\infty)\), donc linéaire : \(g(x) = x\).
Solutions
Les solutions ci-dessous suivent la solution officielle de la Shortlist 2012 (une solution et une remarque).
Réponse : la seule solution est \(f(x) = x - 1\).
Solution¶
Posons \(g(x) = f(x) + 1\) et montrons que \(g(x) = x\) pour tout réel \(x\). Les conditions deviennent
Posons \(C = g(-1) - 1 \neq 0\). Avec \(y = -1\) dans (1), on obtient
Avec \(x = 1\) dans (2), on obtient \(C\big(g(1) - 1\big) = 0\), donc \(g(1) = 1\) puisque \(C \neq 0\). En prenant ensuite \(x = 0\) et \(x = 2\), on obtient \(g(0) = 0\) et \(g(2) = 2\).
Passons aux observations clés :
Remplaçons \(x\) par \(1 - x\) dans (2), puis \(x\) par \(-x\) dans l'équation obtenue. On obtient \(g(x) - g(-x) = C\big(g(1 - x) - 1\big)\) et \(g(-x) - g(x) = C\big(g(1 + x) - 1\big)\). En les additionnant, \(C\big(g(1 - x) + g(1 + x) - 2\big) = 0\). Comme \(C \neq 0\), cela donne (3).
Soient \(u\), \(v\) tels que \(u + v = 1\). Appliquons (1) aux couples \((u, v)\) et \((2 - u, 2 - v)\) :
D'après (3), ces deux équations ont le même membre de droite. Donc \(u + v = 1\) implique
Tout \(x \leq \frac{5}{4}\) s'écrit \(x = uv + 1\) avec \(u + v = 1\) (le trinôme \(t^2 - t + (x - 1)\) a des racines réelles pour \(x \leq \frac{5}{4}\)). Donc \(g(x + 2) - g(x) = g(3) - g(1)\) dès que \(x \leq \frac{5}{4}\). Comme \(g(x) = x\) pour \(x = 0, 1, 2\), la valeur \(x = 0\) donne \(g(3) = 3\). Cela prouve (4) pour \(x \leq \frac{5}{4}\). Si \(x > \frac{5}{4}\), alors \(-x < \frac{5}{4}\), donc \(g(2 - x) - g(-x) = 2\) par ce qui précède. D'autre part, (3) donne \(g(x) = 2 - g(2 - x)\) et \(g(x + 2) = 2 - g(-x)\), donc \(g(x + 2) - g(x) = g(2 - x) - g(-x) = 2\). Ainsi (4) est vraie pour tout \(x \in \mathbb{R}\).
Remplaçons \(x\) par \(-x\) dans (3) : \(g(-x) + g(2 + x) = 2\). Avec (4), cela donne \(g(x) + g(-x) = 0\), c'est-à-dire que \(g\) est impaire. En tenant compte de cela, appliquons (1) aux couples \((-x, y)\) et \((x, -y)\) :
En additionnant, \(g(1 - xy) = 1 - g(x)g(y)\). Alors \(g(1 + xy) = 1 + g(x)g(y)\) par (3). L'équation (1) devient \(g(x + y) = g(x) + g(y)\) : \(g\) est additive.
Par additivité, \(g(1 + xy) = g(1) + g(xy) = 1 + g(xy)\) ; comme on a montré \(g(1 + xy) = 1 + g(x)g(y)\), on a aussi \(g(xy) = g(x)g(y)\) : \(g\) est multiplicative. En particulier, \(y = x\) donne \(g(x^2) = g(x)^2 \geq 0\) pour tout \(x\), c'est-à-dire \(g(x) \geq 0\) pour \(x \geq 0\). Comme \(g\) est additive et minorée sur \([0, +\infty)\), elle est linéaire ; plus précisément, \(g(x) = g(1)x = x\) pour tout \(x \in \mathbb{R}\).
En résumé, \(f(x) = x - 1\), et l'on vérifie directement que cette fonction convient. \(\blacksquare\)
Remarque¶
Il existe des fonctions qui vérifient l'équation mais s'annulent en \(-1\), par exemple la fonction constante nulle et \(f(x) = x^2 - 1\).