Shortlist 2018, A5

Domaine : Algèbre · Difficulté : ★★★☆☆ · Proposé par : South Korea

Concepts : Équations fonctionnelles : substitutions, injectivité, surjectivité · Suites et récurrences

Solution officielle : Shortlist officielle 2018 (avec solutions), p. 18 (page 20 du PDF)

Énoncé

Determine all functions \(f : (0, \infty) \to \mathbb{R}\) satisfying

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

for all \(x, y > 0\).

Indices : les idées clés

• Réponse : \(f(x) = C_1 x + \dfrac{C_2}{x}\), avec \(C_1, C_2\) constantes réelles arbitraires.
• Équations fonctionnelles : substitutions, injectivité, surjectivité : quatre substitutions bien choisies donnent un système linéaire en \(f(t), f(t^2), f(at), f(a^2t^2)\) dont on élimine les inconnues parasites (solution 1).
• Suites et récurrences (solution 2) : \(z_n = f(a^n)\) vérifie une récurrence linéaire d'ordre 2 de racines caractéristiques \(a\) et \(1/a\).
• Linéarité et passage à la limite (solution 2) : on normalise \(f_0(1) = 0\), puis on compare les coefficients \(K(a)\) en faisant tendre \(n\) vers \(+\infty\).

Solutions

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

Réponse : les fonctions \(f(x) = C_1 x + \dfrac{C_2}{x}\), où \(C_1\) et \(C_2\) sont des constantes arbitraires.

Solution 1

Numérotons (1) l'équation de l'énoncé. Fixons un réel \(a > 1\) et prenons une nouvelle variable \(t\). Pour les valeurs \(f(t)\), \(f(t^2)\), \(f(at)\) et \(f(a^2t^2)\), la relation (1) fournit un système d'équations linéaires (substitutions) :

\[\begin{aligned} x = y = t &: & \left(t + \tfrac{1}{t}\right) f(t) &= f(t^2) + f(1), & \text{(2a)} \\ x = \tfrac{t}{a},\ y = at &: & \left(\tfrac{t}{a} + \tfrac{a}{t}\right) f(at) &= f(t^2) + f(a^2), & \text{(2b)} \\ x = a^2 t,\ y = t &: & \left(a^2 t + \tfrac{1}{a^2 t}\right) f(t) &= f(a^2t^2) + f\!\left(\tfrac{1}{a^2}\right), & \text{(2c)} \\ x = y = at &: & \left(at + \tfrac{1}{at}\right) f(at) &= f(a^2t^2) + f(1). & \text{(2d)} \end{aligned}\]

Pour éliminer \(f(t^2)\), on fait la différence de (2a) et (2b) ; de (2c) et (2d), on élimine \(f(a^2t^2)\) :

\[\left(t + \frac1t\right) f(t) - \left(\frac{t}{a} + \frac{a}{t}\right) f(at) = f(1) - f(a^2),\]

\[\left(a^2 t + \frac{1}{a^2 t}\right) f(t) - \left(at + \frac{1}{at}\right) f(at) = f(1/a^2) - f(1).\]

Puis, par une combinaison linéaire, on élimine aussi \(f(at)\) :

\[\left(\left(at + \frac{1}{at}\right)\left(t + \frac1t\right) - \left(\frac{t}{a} + \frac{a}{t}\right)\left(a^2 t + \frac{1}{a^2 t}\right)\right) f(t) = \left(at + \frac{1}{at}\right)\big(f(1) - f(a^2)\big) - \left(\frac{t}{a} + \frac{a}{t}\right)\big(f(1/a^2) - f(1)\big).\]

Dans le membre de gauche, le coefficient de \(f(t)\) est non nul et ne dépend pas de \(t\) :

\[\left(at + \frac{1}{at}\right)\left(t + \frac1t\right) - \left(\frac{t}{a} + \frac{a}{t}\right)\left(a^2 t + \frac{1}{a^2 t}\right) = a + \frac1a - \left(a^3 + \frac{1}{a^3}\right) < 0.\]

En divisant par ce nombre fixé, on obtient

\[f(t) = C_1 t + \frac{C_2}{t}, \tag{3}\]

où \(C_1\) et \(C_2\) s'expriment en fonction de \(a\), \(f(1)\), \(f(a^2)\) et \(f(1/a^2)\), et ne dépendent pas de \(t\).

Réciproquement, les fonctions de la forme (3) vérifient l'équation :

\[\left(x + \frac1x\right) f(y) = \left(x + \frac1x\right)\left(C_1 y + \frac{C_2}{y}\right) = \left(C_1 xy + \frac{C_2}{xy}\right) + \left(C_1 \frac{y}{x} + C_2 \frac{x}{y}\right) = f(xy) + f\!\left(\frac{y}{x}\right). \qquad \blacksquare\]

Solution 2

Commençons par une observation. En substituant \(x = a \neq 1\) et \(y = a^n\) dans (1), on obtient

\[f(a^{n+1}) - \left(a + \frac1a\right) f(a^n) + f(a^{n-1}) = 0.\]

Pour la suite \(z_n = f(a^n)\), c'est une récurrence linéaire homogène d'ordre 2, de polynôme caractéristique \(t^2 - \left(a + \frac1a\right)t + 1 = (t - a)\left(t - \frac1a\right)\), qui a deux racines non nulles distinctes, \(a\) et \(1/a\). Comme on le sait, la solution générale est \(z_n = C_1 a^n + C_2 (1/a)^n\), l'indice \(n\) pouvant être positif ou négatif. Bien sûr, \(C_1\) et \(C_2\) peuvent dépendre du choix de \(a\) : on a en fait deux fonctions \(C_1\) et \(C_2\) telles que

\[f(a^n) = C_1(a) \cdot a^n + \frac{C_2(a)}{a^n} \qquad \text{pour tout } a \neq 1 \text{ et tout entier } n. \tag{4}\]

La relation (4) s'étend facilement aux valeurs rationnelles de \(n\), ce qui laisse conjecturer que \(C_1\) et \(C_2\) sont constantes, donc que \(f(t) = C_1 t + \frac{C_2}{t}\). Comme on l'a vu dans la solution 1, ces fonctions vérifient bien (1).

L'équation (1) est linéaire en \(f\) : si \(f_1\) et \(f_2\) vérifient (1) et si \(c_1, c_2\) sont réels, \(c_1 f_1 + c_2 f_2\) vérifie aussi (1). Pour simplifier, posons

\[f_0(x) = f(x) - f(1) \cdot x.\]

Cette fonction vérifie (1) ainsi que la contrainte \(f_0(1) = 0\). Le même argument de récurrence linéaire donne \(f_0(a^n) = K(a) a^n + \frac{L(a)}{a^n}\) pour certaines fonctions \(K\) et \(L\). Pour \(n = 0\), on voit que \(K(a) + L(a) = f_0(1) = 0\) pour tout \(a\). Donc

\[f_0(a^n) = K(a)\left(a^n - \frac{1}{a^n}\right).\]

Prenons maintenant deux nombres quelconques \(a > b > 1\) et substituons \(x = (a/b)^n\) et \(y = (ab)^n\) dans (1) :

\[\left(\frac{a^n}{b^n} + \frac{b^n}{a^n}\right) f_0\big((ab)^n\big) = f_0\big(a^{2n}\big) + f_0\big(b^{2n}\big),\]

donc

\[\left(\frac{a^n}{b^n} + \frac{b^n}{a^n}\right) K(ab)\left((ab)^n - \frac{1}{(ab)^n}\right) = K(a)\left(a^{2n} - \frac{1}{a^{2n}}\right) + K(b)\left(b^{2n} - \frac{1}{b^{2n}}\right),\]

ou, de façon équivalente,

\[K(ab)\left(a^{2n} - \frac{1}{a^{2n}} + b^{2n} - \frac{1}{b^{2n}}\right) = K(a)\left(a^{2n} - \frac{1}{a^{2n}}\right) + K(b)\left(b^{2n} - \frac{1}{b^{2n}}\right). \tag{5}\]

En divisant (5) par \(a^{2n}\) et en faisant tendre \(n\) vers \(+\infty\), on obtient \(K(ab) = K(a)\). Alors (5) se réduit à \(K(a) = K(b)\). Donc \(K(a) = K(b)\) pour tous \(a > b > 1\).

Fixons \(a > 1\). Pour tout \(x > 0\) (précision ajoutée : avec \(x \neq 1\) ; le cas \(x = 1\) est clair puisque \(f_0(1) = 0\)), il existe \(b\) avec \(1 < b < a\) et un entier \(n\) tels que \(x = b^n\). Alors

\[f_0(x) = f_0(b^n) = K(b)\left(b^n - \frac{1}{b^n}\right) = K(a)\left(x - \frac1x\right).\]

Donc \(f(x) = f_0(x) + f(1)\,x = C_1 x + \frac{C_2}{x}\), avec \(C_1 = K(a) + f(1)\) et \(C_2 = -K(a)\). \(\blacksquare\)

Remarques

Remarque 1 (solution 2 : autres fins possibles). Une fois (5) établie, on peut conclure de plusieurs façons. Par exemple, au lieu de passer à la limite, on peut obtenir un système d'équations linéaires en \(K(a)\), \(K(b)\) et \(K(ab)\) en substituant deux entiers positifs \(n\) dans (5), disons \(n = 1\) et \(n = 2\) ; cette approche mène à une fin semblable à celle de la solution 1. On peut aussi définir une autre fonction \(f_1(x) = f_0(x) - C\left(x - \frac1x\right)\) et imposer \(K(c) = 0\) pour un autre \(c\) fixé ; on peut alors choisir \(ab = c\) et réduire le nombre de termes dans (5).