Shortlist 2018, A1

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

Concepts : Équations fonctionnelles : substitutions, injectivité, surjectivité · Valuations p-adiques et lemme LTE

Solution officielle : Shortlist officielle 2018 (avec solutions), p. 9 (page 11 du PDF)

Énoncé

Let \(\mathbb{Q}_{>0}\) denote the set of all positive rational numbers. Determine all functions \(f : \mathbb{Q}_{>0} \to \mathbb{Q}_{>0}\) satisfying

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

for all \(x, y \in \mathbb{Q}_{>0}\).

Indices : les idées clés

• Équations fonctionnelles : substitutions : les substitutions croisées \(x = f(a), y = b\) et \(x = f(b), y = a\) montrent que \(f(f(a))^2 / f(a)\) est une constante \(C\).
• Itérer la relation : \(f(a)/C\) est la puissance \(2^n\)-ième d'un rationnel, pour tout \(n\).
• Valuations p-adiques : un rationnel positif qui est une puissance \(2^n\)-ième pour tout \(n\) vaut \(1\), car les exposants de ses facteurs premiers devraient être divisibles par des puissances de \(2\) arbitrairement grandes.

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2018 (une solution et deux remarques).

Réponse. La seule solution est la fonction constante \(f(x) = 1\) pour tout \(x \in \mathbb{Q}_{>0}\).

Solution

Notons \((*)\) l'équation de l'énoncé. Soient \(a, b \in \mathbb{Q}_{>0}\). Par substitution de \(x = f(a)\), \(y = b\), puis de \(x = f(b)\), \(y = a\) dans \((*)\), on obtient

\[f\big(f(a)\big)^2 f(b) = f\big(f(a)^2 f(b)^2\big) = f\big(f(b)\big)^2 f(a),\]

d'où

\[\frac{f\big(f(a)\big)^2}{f(a)} = \frac{f\big(f(b)\big)^2}{f(b)} \quad \text{pour tous } a, b \in \mathbb{Q}_{>0}.\]

Il existe donc une constante \(C \in \mathbb{Q}_{>0}\) telle que \(f\big(f(a)\big)^2 = C f(a)\), c'est-à-dire

\[\frac{f(a)}{C} = \left(\frac{f\big(f(a)\big)}{C}\right)^2 \quad \text{pour tout } a \in \mathbb{Q}_{>0}. \tag{1}\]

Notons \(f^n(x) = f(f(\cdots f(x) \cdots))\) la \(n\)-ième itérée de \(f\). En appliquant (1) successivement à \(a\), \(f(a)\), \(f^2(a)\), ..., on obtient

\[\frac{f(a)}{C} = \left(\frac{f^2(a)}{C}\right)^2 = \left(\frac{f^3(a)}{C}\right)^4 = \cdots = \left(\frac{f^{n+1}(a)}{C}\right)^{2^n}\]

pour tout entier \(n \geq 1\). Ainsi \(f(a)/C\) est la puissance \(2^n\)-ième d'un rationnel pour tout \(n \geq 1\). C'est impossible si \(f(a)/C \neq 1\) : sinon, un nombre premier apparaît dans la décomposition de \(f(a)/C\) avec un exposant (sa valuation p-adique) non nul, et cet exposant ne peut pas être divisible par \(2^n\) pour \(n\) assez grand. Donc \(f(a) = C\) pour tout \(a \in \mathbb{Q}_{>0}\).

Enfin, en reportant \(f \equiv C\) dans \((*)\), on obtient \(C = C^3\), d'où \(C = 1\) (car \(C > 0\)). Réciproquement, \(f \equiv 1\) vérifie bien \((*)\) (\(1 = 1\)). La fonction \(f \equiv 1\) est donc l'unique solution. \(\blacksquare\)

Remarques

Remarque 1 (variante : calculer d'abord \(f(1)\)). Posons \(d = f(1)\). Avec \(x = y = 1\), on obtient \(f(d^2) = d^3\). Avec \(x = d^2\), \(y = 1\) : \(f(d^6) = f(d^2)^2 \cdot d = d^7\). Avec \(x = 1\), \(y = d^2\) : \(f(d^6) = f(1)^2 f(d^2) = d^2 \cdot d^3 = d^5\). Donc \(d^7 = d^5\), d'où \(d = 1\). La suite de la solution se simplifie un peu, puisqu'on sait alors que \(C = \frac{f(f(1))^2}{f(1)} = 1\) : l'équation (1) devient simplement \(f(f(a))^2 = f(a)\), ce qui donne \(f(a) = 1\) de la même manière.

Remarque 2. Sur les réels strictement positifs, il existe des solutions non constantes de \((*)\), par exemple \(f(x) = \sqrt{x}\). L'hypothèse « rationnels » est donc essentielle.