Shortlist 2016, A4

Domaine : Algèbre · Difficulté : ★★☆☆☆ · Proposé par : non indiqué

Concepts : Équations fonctionnelles : substitutions, injectivité, surjectivité

Solution officielle : Shortlist officielle 2016 (avec solutions), p. 17 (page 20 du PDF)

Énoncé

Denote by \(\mathbb{R}^+\) the set of all positive real numbers. Find all functions \(f : \mathbb{R}^+ \to \mathbb{R}^+\) such that

\[x f(x^2) f(f(y)) + f(y f(x)) = f(xy) \Big( f\big(f(x^2)\big) + f\big(f(y^2)\big) \Big)\]

for all positive real numbers \(x\) and \(y\).

Indices : les idées clés

• Équations fonctionnelles : substitutions, injectivité, surjectivité : \(x = y = 1\), \(x = 1\), \(y = 1\) donnent \(f(1) = 1\) et les relations \(x f(x^2) = f(x)\) et \(f(f(x^2)) = \frac{f(f(x))}{f(x)}\).
• Échanger \(x\) et \(y\) (solution 1) : la symétrie du membre de droite donne une nouvelle identité, qui sert à prouver l'injectivité.
• Injectivité (solution 1) : on obtient \(f(f(x)^2) = f\!\left(\frac{f(x)}{x}\right)\), et l'injectivité conclut.
• Substitution \(x \mapsto \frac{1}{x}\), \(y \mapsto \frac{1}{y}\) (solution 2) : avec \(f(x) f\!\left(\frac{1}{x}\right) = 1\), on obtient une équation « inverse » qu'on combine avec l'équation de départ.

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2016 (deux solutions).

Réponse. La seule solution est \(f(x) = \dfrac{1}{x}\) pour tout \(x \in \mathbb{R}^+\).

On note (1) l'équation de l'énoncé.

Solution 1

Procédons par substitutions. En prenant \(x = y = 1\) dans (1), on obtient \(f(1) f(f(1)) + f(f(1)) = 2 f(1) f(f(1))\), donc \(f(1) = 1\). Le membre de droite de (1) est symétrique en \(x\) et \(y\) ; en échangeant \(x\) et \(y\) et en comparant avec (1), on trouve

\[x f(x^2) f(f(y)) + f(y f(x)) = y f(y^2) f(f(x)) + f(x f(y)). \tag{2}\]

Avec \(y = 1\) dans (2) : \(x f(x^2) + f(f(x)) = f(f(x)) + f(x)\), c'est-à-dire

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

Avec \(y = 1\) dans (1), en utilisant (3) pour \(x f(x^2)\) : \(f(x) + f(f(x)) = f(x)\big(f(f(x^2)) + 1\big)\), d'où

\[f(f(x^2)) = \frac{f(f(x))}{f(x)}. \tag{4}\]

Pour tout \(x \in \mathbb{R}^+\), en appliquant (3) au point \(f(x)\), puis (4), puis (3) :

\[f\big(f(x)^2\big) \overset{(3)}{=} \frac{f(f(x))}{f(x)} \overset{(4)}{=} f(f(x^2)) \overset{(3)}{=} f\!\left(\frac{f(x)}{x}\right). \tag{5}\]

Il reste l'étape clé.

Affirmation. La fonction \(f\) est injective.

Preuve. Grâce à (3) et (4), on réécrit (1) sous la forme

\[f(x) f(f(y)) + f(y f(x)) = f(xy) \left( \frac{f(f(x))}{f(x)} + \frac{f(f(y))}{f(y)} \right). \tag{6}\]

Avec \(x = y\) dans (6) et en utilisant (3) : \(f(x) f(f(x)) + f(x f(x)) = \frac{2 f(f(x))}{x}\), c'est-à-dire

\[f(x f(x)) = f(f(x)) \left( \frac{2}{x} - f(x) \right). \tag{7}\]

Grâce à (3), l'équation (2) se réécrit

\[f(x) f(f(y)) + f(y f(x)) = f(y) f(f(x)) + f(x f(y)). \tag{8}\]

Supposons \(f(x) = f(y)\). Alors les premiers termes des deux membres de (8) sont égaux, et (8) donne

\[f(y f(y)) = f(y f(x)) = f(x f(y)) = f(x f(x)).\]

Avec (7), cela s'écrit

\[f(f(y)) \left( \frac{2}{y} - f(y) \right) = f(f(x)) \left( \frac{2}{x} - f(x) \right).\]

Comme \(f(x) = f(y)\) (donc aussi \(f(f(x)) = f(f(y)) > 0\)), on obtient \(x = y\). D'où l'injectivité. \(\square\)

Par l'affirmation et (5), \(f(x)^2 = \frac{f(x)}{x}\), donc \(f(x) = \frac{1}{x}\) : c'est la seule solution possible. Vérifions-la : le membre de gauche de (1) devient

\[x \cdot \frac{1}{x^2} \cdot y + \frac{x}{y} = \frac{y}{x} + \frac{x}{y},\]

et le membre de droite

\[\frac{1}{xy} (x^2 + y^2) = \frac{x}{y} + \frac{y}{x}.\]

Les deux membres sont égaux, donc \(f(x) = \frac{1}{x}\) est bien solution. \(\blacksquare\)

Solution 2

Comme dans la solution 1, \(x = y = 1\) donne \(f(1) = 1\). Avec \(x = 1\) dans (1), \(f(f(y)) + f(y) = f(y)\big(1 + f(f(y^2))\big)\), donc

\[f(f(y)) = f(y) f(f(y^2)). \tag{9}\]

Avec \(y = 1\) dans (1), \(x f(x^2) + f(f(x)) = f(x)\big(f(f(x^2)) + 1\big)\), et grâce à (9),

\[x f(x^2) = f(x). \tag{10}\]

Remplaçons \(y\) par \(\frac{1}{x}\) dans (1) :

\[x f(x^2) f\!\left(f\!\left(\frac{1}{x}\right)\right) + f\!\left(\frac{f(x)}{x}\right) = f(f(x^2)) + f\!\left(f\!\left(\frac{1}{x^2}\right)\right).\]

La relation (10) montre que \(f\!\left(\frac{f(x)}{x}\right) = f(f(x^2))\). En utilisant aussi (9) avec \(y = \frac{1}{x}\), puis (10), l'égalité se réduit à \(f(x) f\!\left(\frac{1}{x}\right) f\!\left(f\!\left(\frac{1}{x^2}\right)\right) = f\!\left(f\!\left(\frac{1}{x^2}\right)\right)\), soit

\[f(x) f\!\left(\frac{1}{x}\right) = 1. \tag{11}\]

Remplaçons \(x\) par \(\frac{1}{x}\) et \(y\) par \(\frac{1}{y}\) dans (1), et appliquons (11) (qui donne \(f\!\left(\frac{1}{t}\right) = \frac{1}{f(t)}\), et donc aussi \(f\!\left(f\!\left(\frac{1}{t}\right)\right) = \frac{1}{f(f(t))}\)). On obtient

\[\frac{1}{x f(x^2) f(f(y))} + \frac{1}{f(y f(x))} = \frac{1}{f(xy)} \left( \frac{1}{f(f(x^2))} + \frac{1}{f(f(y^2))} \right).\]

En réduisant au même dénominateur, on peut utiliser (1) pour simplifier les numérateurs, et l'on obtient

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

Grâce à (9) et (10), cela s'écrit

\[f(xy)^2 f(f(x)) = f(x)^2 f(y) f(y f(x)). \tag{12}\]

Avec \(y = f(x)\) dans (12), et (10) appliquée en \(f(x)\) (qui donne \(f(f(x)^2) = \frac{f(f(x))}{f(x)}\)) :

\[f(x f(x))^2 = f(x) f(f(x)). \tag{13}\]

Avec \(y = x\) dans (12), en élevant au carré et en utilisant (10) et (13), on trouve

\[f(f(x)) = x^4 f(x)^3. \tag{14}\]

Enfin, en combinant (9), (10) et (14) :

\[y^4 f(y)^3 \overset{(14)}{=} f(f(y)) \overset{(9)}{=} f(y) f(f(y^2)) \overset{(14)}{=} f(y) \, y^8 f(y^2)^3 \overset{(10)}{=} y^5 f(y)^4,\]

d'où \(f(y) = \frac{1}{y}\). C'est bien une solution d'après la vérification de la solution 1. \(\blacksquare\)