Aller au contenu

Shortlist 2017, A6

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

Concepts : Équations fonctionnelles : substitutions, injectivité, surjectivité

Solution officielle : Shortlist officielle 2017 (avec solutions), p. 24 (page 26 du PDF)

Problème 2 de l'OIM 2017

Ce problème a été choisi parmi ceux de la shortlist pour l'épreuve de l'OIM 2017, où il était le problème 2 (jour 1).

Énoncé

Find all functions \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) such that

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

for all \(x, y \in \mathbb{R}\).

Indices : les idées clés
  • Substitutions et injectivité : \(y = \frac{x}{x-1}\) rend \(x + y = xy\) et fournit des zéros de \(f\) ; \(y = 1\) donne \(f(x+1) = f(x) + 1\) ; on prouve l'injectivité, puis on conclut avec \((t, -t)\) et \((t, 1-t)\).
  • Symétrie des solutions : si \(f\) est solution, \(-f\) aussi, ce qui permet de supposer \(f(0) \leq 0\).
  • Étudier les zéros : \(1\) est l'unique zéro de \(f\) (hors solution nulle), ce qui sert ensuite à « simplifier » des égalités \(f(\ldots) = 0\).
Solutions

Les solutions ci-dessous suivent la solution officielle de la Shortlist 2017 (une solution et une remarque).

Réponse. Il y a trois solutions : \(x \mapsto 0\), \(x \mapsto x - 1\) et \(x \mapsto 1 - x\).

Solution

Notons \((*)\) l'équation \(f\big(f(x)f(y)\big) + f(x+y) = f(xy)\). Une vérification facile montre que les trois fonctions ci-dessus satisfont \((*)\).

Pour montrer que ce sont les seules, observons d'abord que si \(f\) est solution, alors \(-f\) l'est aussi. On peut donc supposer \(f(0) \leq 0\) ; il s'agit de montrer qu'alors \(f\) est identiquement nulle ou \(f(x) = x - 1\) pour tout \(x\).

Pour \(x \neq 1\) fixé, on peut choisir \(y\) tel que \(x + y = xy\), à savoir \(y = \frac{x}{x-1}\) ; l'équation \((*)\) donne alors

\[f\left(f(x) \cdot f\left(\frac{x}{x-1}\right)\right) = 0 \qquad (x \neq 1). \tag{1}\]

En particulier, avec \(x = 0\) dans (1), \(f\) a au moins un zéro, à savoir \(f(0)^2\) :

\[f\left(f(0)^2\right) = 0. \tag{2}\]

Deux cas (rappelons que \(f(0) \leq 0\)).

Cas 1 : \(f(0) = 0\). Avec \(y = 0\) dans \((*)\), on obtient la solution identiquement nulle :

\[f\big(f(x)f(0)\big) + f(x) = f(0) \implies f(x) = 0 \text{ pour tout } x.\]

Cas 2 : \(f(0) < 0\). C'est le cas principal.

Affirmation 1.

\[f(1) = 0, \qquad f(a) = 0 \implies a = 1, \qquad f(0) = -1. \tag{3}\]

Preuve. Il faut montrer que \(1\) est l'unique zéro de \(f\). D'après (2), \(f\) a au moins un zéro \(a\) ; si \(a \neq 1\), en posant \(x = a\) dans (1) on obtient \(f(0) = 0\), contradiction. Donc, d'après (2), \(f(0)^2 = 1\) ; comme \(f(0) < 0\), \(f(0) = -1\). \(\square\)

Avec \(y = 1\) dans \((*)\) :

\[f\big(f(x)f(1)\big) + f(x+1) = f(x) \iff f(0) + f(x+1) = f(x) \iff f(x+1) = f(x) + 1 \qquad (x \in \mathbb{R}).\]

Une récurrence immédiate donne

\[f(x + n) = f(x) + n \qquad (x \in \mathbb{R},\ n \in \mathbb{Z}). \tag{4}\]

Affirmation 2. \(f\) est injective.

Preuve. Supposons \(f(a) = f(b)\) avec \(a \neq b\). D'après (4), pour tout \(N \in \mathbb{Z}\),

\[f(a + N + 1) = f(b + N) + 1.\]

Choisissons un entier \(N < -b\) ; alors il existe des réels \(x_0, y_0\) tels que \(x_0 + y_0 = a + N + 1\) et \(x_0y_0 = b + N\) (le discriminant \((a + N + 1)^2 - 4(b + N)\) est positif car \(b + N < 0\)). Comme \(a \neq b\), on a \(x_0 \neq 1\) et \(y_0 \neq 1\) (si \(x_0 = 1\), alors \(x_0 + y_0 - x_0y_0 = 1\), alors que \((a + N + 1) - (b + N) = a - b + 1 \neq 1\)). En reportant \(x_0, y_0\) dans \((*)\) :

\[\begin{aligned} f\big(f(x_0)f(y_0)\big) + f(a + N + 1) = f(b + N) &\iff f\big(f(x_0)f(y_0)\big) + 1 = 0 \\ &\iff f\big(f(x_0)f(y_0) + 1\big) = 0 \quad \text{d'après (4)} \\ &\iff f(x_0)f(y_0) = 0 \quad \text{d'après (3)}. \end{aligned}\]

Or, d'après l'affirmation 1, \(f(x_0) \neq 0\) et \(f(y_0) \neq 0\) puisque \(x_0 \neq 1\) et \(y_0 \neq 1\) : contradiction. \(\square\)

Fin de la preuve. Pour tout \(t \in \mathbb{R}\), posons \((x, y) = (t, -t)\) dans \((*)\) :

\[\begin{aligned} f\big(f(t)f(-t)\big) + f(0) = f(-t^2) &\iff f\big(f(t)f(-t)\big) = f(-t^2) + 1 \quad \text{d'après (3)} \\ &\iff f\big(f(t)f(-t)\big) = f(-t^2 + 1) \quad \text{d'après (4)} \\ &\iff f(t)f(-t) = -t^2 + 1 \quad \text{par injectivité.} \end{aligned}\]

De même, avec \((x, y) = (t, 1 - t)\) dans \((*)\) :

\[\begin{aligned} f\big(f(t)f(1-t)\big) + f(1) = f\big(t(1-t)\big) &\iff f\big(f(t)f(1-t)\big) = f\big(t(1-t)\big) \quad \text{d'après (3)} \\ &\iff f(t)f(1-t) = t(1-t) \quad \text{par injectivité.} \end{aligned}\]

Mais \(f(1 - t) = 1 + f(-t)\) d'après (4), donc

\[f(t)f(1-t) = t(1-t) \iff f(t)\big(1 + f(-t)\big) = t(1-t) \iff f(t) + (-t^2 + 1) = t(1-t) \iff f(t) = t - 1,\]

comme voulu. \(\blacksquare\)

Remarques

Remarque (une autre fin, via l'additivité). D'autres approches sont possibles. Par exemple, après l'affirmation 1, on pose \(g(x) = f(x) + 1\). En remplaçant \(x, y\) par \(x + 1, y + 1\) dans \((*)\) et en utilisant (4) (de sorte que \(g(x) = f(x+1)\)), on réécrit \((*)\) sous la forme

\[g\big(g(x)g(y)\big) + g(x + y) = g(xy + x + y) \qquad (x, y \in \mathbb{R}), \tag{**}\]

et il s'agit de montrer que \(g(x) = x\), sachant que \(0\) est l'unique zéro de \(g\).

  • Affirmation 3. Pour \(n \in \mathbb{Z}\) et \(x \in \mathbb{R}\) : (a) \(g(x + n) = g(x) + n\), et \(g(x) = n \iff x = n\) ; (b) \(g(nx) = n\,g(x)\). (Le livret écrit \(g(x+n) = x+n\) ; il faut lire \(g(x+n) = g(x)+n\).) Pour (a), la première partie reformule (4), et \(g(x) = n \iff g(x - n) = 0 \iff x = n\). Pour (b), avec \(x \neq 0\) et \(y = \frac nx\) dans \((**)\), (a) donne \(g\big(g(x)g(\frac nx)\big) = n\), donc \(g(x)g(\frac nx) = n\). Avec \(n = 1\), \(g(\frac1x) = \frac{1}{g(x)}\), puis, en remplaçant \(x\) par \(nx\), \(g(nx) = \frac{n}{g(1/x)} = n\,g(x)\).
  • Affirmation 4 : \(g\) est additive. \(g\) est impaire (3(b) avec \(n = -1\)) ; en remplaçant \((x, y)\) par \((-x, -y)\) dans \((**)\) et en soustrayant, on obtient \(2g(x + y) = g(xy + x + y) + g(-xy + x + y)\), et comme \(2g(x+y) = g(2(x+y))\), on a \(g(\alpha + \beta) = g(\alpha) + g(\beta)\) pour \(\alpha = xy + x + y\), \(\beta = -xy + x + y\), c'est-à-dire pour tous \(\alpha, \beta\) tels que \(\left(\frac{\alpha + \beta}{2}\right)^2 - 4 \cdot \frac{\alpha - \beta}{2} \geq 0\). Pour \(a, b\) donnés, cette condition est satisfaite par \((\alpha, \beta) = (na, nb)\) pour \(n\) entier assez grand, et 3(b) permet de simplifier par \(n\) ; ou encore, elle est satisfaite par \((a, b)\) ou par \((-a, -b)\). Précision ajoutée : si \(a + b = 0\), on prend \(n\) du signe convenable (ou on utilise directement l'imparité de \(g\)).
  • Conclusion. Avec \(y = 1\) dans \((**)\) et l'affirmation 3 : \(g(g(x)) + g(x) + 1 = 2g(x) + 1\), soit \(g(g(x)) = g(x)\). Par additivité, \(g(g(x) - x) = 0\), donc \(g(x) = x\) puisque \(0\) est l'unique zéro de \(g\).