Shortlist 2017, A8¶
Domaine : Algèbre · Difficulté : ★★★★★ · Proposé par : Netherlands
Concepts : Principe extrémal
Solution officielle : Shortlist officielle 2017 (avec solutions), p. 30 (page 32 du PDF)
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Énoncé¶
Assume that a function \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) satisfies the following condition:
For every \(x, y \in \mathbb{R}\) such that \(\big(f(x) + y\big)\big(f(y) + x\big) > 0\), we have \(f(x) + y = f(y) + x\).
Prove that \(f(x) + y \leq f(y) + x\) whenever \(x > y\).
Indices : les idées clés
- Changer de fonction inconnue : avec \(g(x) = x - f(x)\), l'hypothèse devient « si \(g(x) \neq g(y)\), alors \(x + y\) est entre \(g(x)\) et \(g(y)\) », et il faut montrer que \(g\) est croissante (au sens large).
- Exploiter une symétrie : \(g_1(x) = -g(-x)\) vérifie la même condition, ce qui divise par deux le travail.
- Lemmes de plus en plus forts (solution 1) : autour d'un point \(x\) avec \(g(x) \neq 2x\), \(g\) est constante sur tout un intervalle.
- Principe extrémal (solution 2) : on considère la borne inférieure \(r\) et la borne supérieure \(s\) des intervalles où \(g\) ne prend que deux valeurs.
Solutions
Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2017 (deux solutions et deux remarques).
Solution 1¶
Posons \(g(x) = x - f(x)\). La condition sur \(f\) se réécrit :
Pour tous \(x, y \in \mathbb{R}\) tels que \(\big((x+y) - g(x)\big)\big((x+y) - g(y)\big) > 0\), on a \(g(x) = g(y)\).
Elle peut encore s'écrire sous la forme suivante :
Remarquons que la fonction \(g_1(x) = -g(-x)\) vérifie aussi \((*)\), car
D'autre part, la relation à démontrer s'écrit maintenant
Là encore, cette condition est équivalente à la même avec \(g\) remplacée par \(g_1\).
Si \(g(x) = 2x\) pour tout \(x\), alors (1) est évidente ; on suppose désormais le contraire. On découpe la solution en une suite de lemmes, chacun renforçant le précédent. On considère toujours un \(x\) tel que \(g(x) \neq 2x\) et on note \(X = g(x)\).
Lemme 1. Si \(X < 2x\), alors sur l'intervalle \(]X - x\,; x]\) la fonction \(g\) prend au plus deux valeurs : \(X\) et, éventuellement, une valeur \(Y > X\). De même, si \(X > 2x\), alors \(g\) prend au plus deux valeurs sur \([x\,; X - x[\) : \(X\) et, éventuellement, une valeur \(Y < X\).
Preuve. Commençons par la première affirmation. Comme \(X - x < x\), l'intervalle considéré n'est pas vide. Soit \(a \in\, ]X - x\,; x[\) avec \(g(a) \neq X\) (s'il en existe). Si \(g(a) < X\), alors \((*)\) donne \(g(a) \leq a + x \leq g(x) = X\), donc \(a \leq X - x\), ce qui est impossible. Donc \(g(a) > X\), et \((*)\) donne \(X \leq a + x \leq g(a)\).
Pour tout autre \(b \in\, ]X - x\,; x[\) avec \(g(b) \neq X\), on obtient de même \(b + x \leq g(b)\). Le nombre \(a + b\), plus petit que \(a + x\) et que \(b + x\), ne peut donc pas être entre \(g(a)\) et \(g(b)\) ; d'après \((*)\), \(g(a) = g(b)\). Ainsi \(g\) ne prend que deux valeurs sur \(]X - x\,; x]\) : \(X\) et \(g(a) > X\).
Pour la seconde affirmation, on remarque que \(g_1(-x) = -X < 2 \cdot (-x)\) ; donc \(g_1\) prend au plus deux valeurs sur \(]-X + x\,; -x]\), à savoir \(-X\) et éventuellement un \(-Y > -X\). En revenant à \(g\), on obtient le résultat. \(\square\)
Lemme 2. Si \(X < 2x\), alors \(g\) est constante sur \(]X - x\,; x[\). De même, si \(X > 2x\), alors \(g\) est constante sur \(]x\,; X - x[\).
Preuve. Il suffit encore de prouver la première affirmation. Supposons par l'absurde qu'il existe \(a, b \in\, ]X - x\,; x[\) avec \(g(a) \neq g(b)\) ; d'après le lemme 1, on peut supposer \(g(a) = X\) et \(Y = g(b) > X\).
Comme \(\min\{X - a, X - b\} > X - x\), il existe \(u \in\, ]X - x\,; x[\) tel que \(u < \min\{X - a, X - b\}\). D'après le lemme 1, \(g(u) = X\) ou \(g(u) = Y\). Dans le premier cas, \((*)\) appliquée à \((u, b)\) donne \(X \leq u + b \leq Y\), ce qui contredit \(u < X - b\). Dans le second cas, \((*)\) appliquée à \((u, a)\) donne \(X \leq u + a \leq Y\), ce qui contredit \(u < X - a\). \(\square\)
Lemme 3. Si \(X < 2x\), alors \(g(a) = X\) pour tout \(a \in\, ]X - x\,; x[\). De même, si \(X > 2x\), alors \(g(a) = X\) pour tout \(a \in\, ]x\,; X - x[\).
Preuve. On ne prouve que la première affirmation. D'après les lemmes 1 et 2, elle ne peut être fausse que si \(g\) prend une valeur constante \(Y > X\) sur \(]X - x\,; x[\). Choisissons \(a, b \in\, ]X - x\,; x[\) avec \(a < b\). D'après \((*)\),
En particulier \(g(a) = Y \geq b + x > 2a\). En appliquant le lemme 2 à \(a\) au lieu de \(x\), on obtient que \(g\) est constante sur \(]a\,; Y - a[\). D'après (2) encore, \(x \leq Y - b < Y - a\) ; donc \(x, b \in\, ]a\,; Y - a[\). Mais \(X = g(x) \neq g(b) = Y\) : contradiction. \(\square\)
Conclusion. Supposons que \(g(x) > g(y)\) pour certains \(x < y\). Notons \(X = g(x)\) et \(Y = g(y)\) ; d'après \((*)\), \(X \geq x + y \geq Y\), donc \(Y - y \leq x < y \leq X - x\), et par conséquent
D'autre part, comme \(Y - y < y\) (c'est-à-dire \(Y < 2y\)) et \(x < X - x\) (c'est-à-dire \(X > 2x\)), le lemme 3 montre que \(g\) vaut constamment \(X\) sur \(]x\,; X - x[\) et constamment \(Y \neq X\) sur \(]Y - y\,; y[\). Ces intervalles se chevauchent : contradiction finale. \(\blacksquare\)
Solution 2¶
Comme dans la solution précédente, on passe à la fonction \(g\) vérifiant \((*)\), et il faut prouver (1). On utilise aussi la fonction \(g_1\).
Si \(g\) est constante, (1) est clairement vraie. On suppose donc que \(g\) prend au moins deux valeurs différentes. Rassemblons des informations sur \(g\).
Affirmation 1. Pour tout \(c \in \mathbb{R}\), l'ensemble des solutions de \(g(x) = c\) est borné.
Preuve. Fixons \(y\) avec \(g(y) \neq c\). Supposons d'abord \(g(y) > c\). Pour tout \(x\) tel que \(g(x) = c\), \((*)\) donne \(c \leq x + y \leq g(y)\), soit \(c - y \leq x \leq g(y) - y\) ; comme \(c\) et \(y\) sont fixés, c'est le résultat. Si \(g(y) < c\), on passe à \(g_1\), pour laquelle \(g_1(-y) > -c\) : d'après ce qui précède, les solutions de \(g_1(-x) = -c\) sont bornées, ce qui est équivalent au résultat. \(\square\)
En conséquence immédiate, \(g\) prend une infinité de valeurs, ce qui montre que l'affirmation suivante s'applique largement.
Affirmation 2. Si \(g(x) < g(y) < g(z)\), alors \(x < z\).
Preuve. D'après \((*)\), \(g(x) \leq x + y \leq g(y) \leq z + y \leq g(z)\), donc \(x + y \leq z + y\). \(\square\)
Affirmation 3. Si \(g(x) > g(y)\) pour certains \(x < y\), alors \(g(a) \in \{g(x), g(y)\}\) pour tout \(a \in [x\,; y]\).
Preuve. Si \(g(y) < g(a) < g(x)\), le triplet \((y, a, x)\) contredit l'affirmation 2. Si \(g(a) < g(y) < g(x)\), c'est le triplet \((a, y, x)\). Si \(g(y) < g(x) < g(a)\), c'est le triplet \((y, x, a)\). Les seuls cas possibles sont donc \(g(a) \in \{g(x), g(y)\}\). \(\square\)
Au vu de l'affirmation 3, on appelle intervalle de Dirichlet un intervalle \(I\) (ouvert, fermé ou semi-ouvert) sur lequel \(g\) ne prend que deux valeurs (le nom vient de ce que \(g\) pourrait a priori s'y comporter comme la fonction de Dirichlet).
Supposons par l'absurde que (1) soit fausse pour certains \(x < y\). D'après l'affirmation 3, \([x\,; y]\) est un intervalle de Dirichlet. Par le principe extrémal, posons
Clairement \(r \leq x < y \leq s\). D'après l'affirmation 1, \(r\) et \(s\) sont finis. Notons \(X = g(x)\), \(Y = g(y)\) et \(\Delta = \frac{y - x}{2}\).
Supposons d'abord qu'il existe \(t \in\, ]r\,; r + \Delta[\) tel que \(g(t) = Y\). (Le livret écrit \(f(t) = Y\) ; il faut lire \(g(t) = Y\).) Par définition de \(r\), l'intervalle \(]r - \Delta\,; y]\) n'est pas de Dirichlet ; il existe donc \(r' \in\, ]r - \Delta\,; r]\) tel que \(g(r') \notin \{X, Y\}\). La fonction \(g\) prend au moins trois valeurs distinctes sur \([r'\,; y]\), à savoir \(g(r')\), \(X\) et \(Y\). L'affirmation 3 donne alors \(g(r') \leq g(y)\) ; l'égalité est exclue par le choix de \(r'\), donc \(g(r') < Y\). En appliquant \((*)\) aux paires \((r', y)\) et \((t, x)\), on obtient \(r' + y \leq Y \leq t + x\), d'où
ce qui est une contradiction.
Ainsi \(g(t) = X\) pour tout \(t \in\, ]r\,; r + \Delta[\). En appliquant le même argument à \(g_1\), on obtient \(g(t) = Y\) pour tout \(t \in\, ]s - \Delta\,; s[\).
Enfin, choisissons \(s_1, s_2 \in\, ]s - \Delta\,; s[\) avec \(s_1 < s_2\) et notons \(\delta = \frac{s_2 - s_1}{2}\). Comme précédemment, on choisit \(r' \in\, ]r - \delta\,; r]\) avec \(g(r') \notin \{X, Y\}\) et on obtient \(g(r') < Y\). (Le livret écrit \(r' \in\, ]r - \delta\,; r[\) ; l'intervalle fermé en \(r\), comme plus haut, suffit et l'argument est inchangé.) Prenons un \(t \in\, ]r\,; r + \delta[\) quelconque ; d'après ce qui précède, \(g(t) = X\) et \(g(s_1) = g(s_2) = Y\). En appliquant \((*)\) aux paires \((r', s_2)\) et \((t, s_1)\), on obtient
C'est la contradiction finale. \(\blacksquare\)
Remarques¶
Remarque 1 (l'énoncé initial). La proposition originale portait sur les mêmes fonctions \(f\), mais posait une autre question : montrer que l'équation \(f(x) = 2017x\) a au plus une solution, et que l'équation \(f(x) = -2017x\) en a au moins une. Le comité a jugé la nouvelle question plus naturelle, car elle renseigne directement sur \(g\), qui est le vrai personnage de l'histoire ; et le nouvel énoncé implique facilement l'ancien. En effet, on en déduit que (i) pour tout \(N > 0\), l'équation \(g(x) = -Nx\) a au plus une solution, et (ii) pour tout \(N > 1\), l'équation \(g(x) = Nx\) a au moins une solution. Pour (i) : \(g\) étant croissante (au sens large), \(g(x) + Nx\) est strictement croissante et s'annule au plus une fois. Pour (ii) : si \(g(0) = 0\), la racine est trouvée. Sinon, on peut supposer \(g(0) > 0\) et poser \(c = g(0)\) ; montrons que \(x = \frac cN\) convient. Par monotonie, \(g\left(\frac cN\right) \geq g(0) = c\) ; si l'on avait \(g\left(\frac cN\right) > c\), alors \((*)\) donnerait \(c \leq 0 + \frac cN \leq g\left(\frac cN\right)\), ce qui est faux car \(\frac cN < c\). Donc \(g(x) = c = Nx\).
Remarque 2 (les fonctions solutions). Il y a beaucoup de fonctions \(g\) vérifiant \((*)\). Un exemple simple est \(g_0(x) = 2x\). Ensuite, pour toute suite croissante \(A = (\ldots, a_{-1}, a_0, a_1, \ldots)\) non bornée dans les deux sens, la fonction \(g_A\) définie par
vérifie \((*)\) : si \(x < y\) avec \(g(x) \neq g(y)\), alors \(x \in [a_i\,; a_{i+1}[\) et \(y \in [a_j\,; a_{j+1}[\) avec \(i < j\), et \(g(x) = a_i + a_{i+1} \leq x + y < a_j + a_{j+1} = g(y)\). On peut aussi mélanger : pour une telle suite \(A\) et une partie \(I \subseteq \mathbb{Z}\) quelconque, la fonction égale à \(g_0\) sur les \([a_i\,; a_{i+1}[\) avec \(i \in I\) et à \(g_A\) sur les autres vérifie aussi \((*)\). On peut même décrire toutes les solutions (ce qui dépasse le niveau de l'OIM) : pour \(A\) fermé de \(\mathbb{R}\) non borné dans les deux sens, on pose \(i_A(x) = \inf\{a \in A : a \geq x\}\), \(s_A(x) = \sup\{a \in A : a \leq x\}\) et \(g_A = i_A + s_A\) ; des ensembles \(A\) différents donnent des fonctions différentes, et chacune vérifie \((*)\). En outre, pour \(x \in A\), on peut remplacer \(g_A(x)\) (qui vaut \(2x\)) par \(i_A^+(x) + x\) ou par \(x + s_A^-(x)\), où \(i_A^+(x) = \inf\{a \in A : a > x\}\) et \(s_A^-(x) = \sup\{a \in A : a < x\}\) ; cela ne change la valeur que si \(x\) a un demi-voisinage à droite (resp. à gauche) disjoint de \(A\), donc en au plus un nombre dénombrable de points, et toutes ces modifications peuvent être faites indépendamment. Avec un peu d'effort, on montre que l'on obtient ainsi toutes les fonctions \(g\) vérifiant \((*)\).