Shortlist 2020, A8¶

Domaine : Algèbre · Difficulté : ★★★★★ · Proposé par : Ukraine

Concepts : Équations fonctionnelles : substitutions, injectivité, surjectivité · Équations fonctionnelles : équation de Cauchy, monotonie, continuité

Solution officielle : Shortlist officielle 2020 (avec solutions), p. 26 (page 28 du PDF)

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Énoncé¶

Let \(\mathbb{R}^+\) be the set of positive real numbers. Determine all functions \(f : \mathbb{R}^+ \to \mathbb{R}^+\) such that, for all positive real numbers \(x\) and \(y\),

\[f\big(x + f(xy)\big) + y = f(x) f(y) + 1.\]

Indices : les idées clés

Injectivité par substitution (solution 1) : \(x = 1\) exprime \(y\) en fonction de \(f(y)\), donc \(f\) est injective.
Monotonie et limites (solution 1) : l'injectivité de \(x \mapsto f(x + f(xy))\) force \(f\) à être croissante ; un passage à la limite \(x \to 0^+\) montre alors que \(f\) est affine.
Fonction écart \(\phi(x) = f(x) - x - 1\) (solution 2) : la symétrie de l'équation donne \(\phi(a + t) = \phi(a + 1/t)\), et une majoration de \(\phi\) par la moitié de son supremum force \(\phi = 0\) sur \([C, +\infty[\).
Bornes sur un segment (solution 2) : on minore \(f\) par une constante \(M > 0\), puis on la majore sur tout segment \([p, q]\) par des substitutions bien choisies.

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2020 (deux solutions et deux remarques).

On note \((*)\) l'équation de l'énoncé.

Réponse : \(f(x) = x + 1\).

Solution 1¶

On vérifie directement que \(f(x) = x + 1\) satisfait \((*)\). Montrons la réciproque en plusieurs étapes.

Étape 1 : \(f\) est injective. Avec \(x = 1\) dans \((*)\), on obtient

\[y = f(1)f(y) + 1 - f\big(1 + f(y)\big).\]

Donc si \(f(y_1) = f(y_2)\), alors \(y_1 = y_2\) : c'est une injectivité par substitution.

Étape 2 : \(f\) est strictement croissante. Pour tout \(y > 0\) fixé, la fonction

\[g(x) := f\big(x + f(xy)\big) = f(x)f(y) + 1 - y\]

est injective, puisque \(f\) l'est (étape 1) et que \(f(y) > 0\). Par conséquent, \(x_1 + f(x_1y) \neq x_2 + f(x_2y)\) pour tous \(y, x_1, x_2 > 0\) avec \(x_1 \neq x_2\). En posant \(z_i = x_iy\), on obtient

\[\frac{z_1 - z_2}{y} \neq f(z_2) - f(z_1), \quad \text{soit} \quad \frac{1}{y} \neq \frac{f(z_2) - f(z_1)}{z_1 - z_2}\]

pour tous \(y, z_1, z_2 > 0\) avec \(z_1 \neq z_2\). Le membre de droite ne prend donc jamais de valeur strictement positive : il est toujours négatif ou nul, ce qui signifie que \(f\) est croissante (au sens large). Étant injective, elle est strictement croissante (monotonie).

Étape 3 : il existe des constantes \(a\) et \(b\) telles que \(f(y) = ay + b\) pour tout \(y > 0\). Comme \(f\) est monotone et minorée par \(0\), elle admet en tout point \(x_0 \geq 0\) une limite à droite, positive ou nulle. Posons \(p = \lim_{x \to 0^+} f(x)\) et \(q = \lim_{x \to p^+} f(x)\). Fixons \(y\) et faisons tendre \(x\) vers \(0^+\) dans \((*)\) : \(f(xy)\) tend vers \(p\) en décroissant, donc \(x + f(xy)\) tend vers \(p\) par valeurs supérieures et \(f\big(x + f(xy)\big)\) tend vers \(q\). On obtient

\[q + y = p f(y) + 1, \quad \text{soit} \quad f(y) = \frac{q + y - 1}{p}.\]

(On a \(p \neq 0\), sinon \(q + y = 1\) pour tout \(y\), ce qui est absurde.)

Étape 4 : \(f(x) = x + 1\). Écrivons \(f(x) = ax + b\). En reportant dans \((*)\) :

\[a(x + axy + b) + b + y = (ax + b)(ay + b) + 1,\]

ce qui se réécrit

\[(a - ab)x + (1 - ab)y + ab + b - b^2 - 1 = 0 \quad \text{pour tous } x, y > 0.\]

Tous les coefficients doivent être nuls : \(a - ab = 1 - ab = ab + b - b^2 - 1 = 0\). D'où \(a = b = 1\), et \(f(x) = x + 1\). \(\blacksquare\)

Solution 2¶

Voici une autre preuve que \(f(x) = x + 1\) est la seule solution de \((*)\). Posons \(a = f(1)\) et définissons \(\phi : \mathbb{R}^+ \to \mathbb{R}\) par \(\phi(x) = f(x) - x - 1\). L'équation \((*)\) s'écrit

\[\phi\big(x + f(xy)\big) = f(x)f(y) - f(xy) - x - y. \tag{1}\]

Le membre de droite de (1) est symétrique en \(x\) et \(y\), donc \(\phi\big(x + f(xy)\big) = \phi\big(y + f(xy)\big)\). En particulier, avec \((x, y) = (t, 1/t)\) :

\[\phi(a + t) = \phi\left(a + \frac{1}{t}\right), \quad t > 0. \tag{2}\]

\(f\) est minorée par une constante strictement positive. Pour tout \(y > 0\), \((*)\) donne \(f(x)f(y) > y - 1\), donc \(f(x) > \frac{y-1}{f(y)}\) pour tout \(x > 0\) ; avec \(y > 1\), c'est une minoration strictement positive. Soit \(M = \inf_{x > 0} f(x) > 0\). Pour tout \(y > 0\) :

\[M \geq \frac{y - 1}{f(y)}, \quad \text{soit} \quad f(y) \geq \frac{y - 1}{M}. \tag{3}\]

Lemme 1. La fonction \(f\) (et donc \(\phi\)) est bornée sur tout segment \([p, q]\) avec \(0 < p < q < +\infty\).

Preuve. \(f\) est minorée par \(M\) ; reste à la majorer sur \([p, q]\). Avec \(y = 1\) dans \((*)\) :

\[f\big(x + f(x)\big) = a f(x). \tag{4}\]

Soit \(z \in [p, q]\) et \(s = f(z)\). Par (4), \(f(z + s) = as\) et \(f(z + s + as) = f\big(z + s + f(z + s)\big) = a^2 s\). Avec \((x, y) = \left(z, 1 + \frac{s}{z}\right)\) dans \((*)\) (de sorte que \(xy = z + s\)), et grâce à (3) :

\[f(z + as) = f\big(z + f(z + s)\big) = s f\left(1 + \frac{s}{z}\right) - \frac{s}{z} \geq \frac{s^2}{Mz} - \frac{s}{z}.\]

Puis, avec \((x, y) = \left(z + as, \frac{z}{z + as}\right)\) dans \((*)\) (de sorte que \(xy = z\)), l'estimation précédente et \(f \geq M\) donnent

\[a^2 s = f(z + s + as) = f\big(z + as + f(z)\big) = f(z + as) f\left(\frac{z}{z + as}\right) + 1 - \frac{z}{z + as} \geq M f(z + as) \geq \frac{s^2}{z} - \frac{Ms}{z} \geq \frac{s^2}{q} - \frac{Ms}{p}.\]

On en déduit \(s \leq q\left(\frac{M}{p} + a^2\right) =: L\), et \(f\) est majorée par \(L\) sur \([p, q]\). \(\square\)

D'après le lemme 1, \(\phi\) est bornée sur \([a, a+1]\). Par (2) (pour \(t \geq 1\), \(a + \frac{1}{t} \in\, ]a, a+1]\)), \(\phi\) est aussi bornée sur \([a+1, +\infty[\), donc sur \([a, +\infty[\). Posons \(C = \max\{a, 3\}\).

Lemme 2. Pour tout \(x \geq C\), \(\phi(x) = 0\) (donc \(f(x) = x + 1\)).

Preuve. Avec \(y = x\) dans (1) : \(\phi\big(x + f(x^2)\big) = f(x)^2 - f(x^2) - 2x\), d'où, en ajoutant \(\phi(x^2) = f(x^2) - x^2 - 1\),

\[\phi\big(x + f(x^2)\big) + \phi(x^2) = f(x)^2 - (x+1)^2 = \phi(x)\big(f(x) + x + 1\big). \tag{5}\]

Comme \(f(x) + x + 1 \geq C + 1 \geq 4\), on obtient

\[|\phi(x)| \leq \frac{1}{4}\Big(\big|\phi\big(x + f(x^2)\big)\big| + \big|\phi(x^2)\big|\Big). \tag{6}\]

Puisque \(C \geq a\), le supremum \(S = \sup_{x \geq C} |\phi(x)|\) est fini. Pour tout \(x \geq C\), les nombres \(x + f(x^2)\) et \(x^2\) sont supérieurs à \(x\), donc appartiennent aussi à \([C, +\infty[\). En prenant le supremum du membre de gauche de (6) sur \([C, +\infty[\), on obtient \(S \leq \frac{S}{2}\), donc \(S = 0\) : \(\phi(x) = 0\) pour tout \(x \geq C\). \(\square\)

Il reste à montrer que \(f(y) = y + 1\) pour \(0 < y < C\). Pour un tel \(y\), choisissons \(x > \max\left\{C, \frac{C}{y}\right\}\). Alors \(x\), \(xy\) et \(x + f(xy)\) sont tous supérieurs à \(C\), et \((*)\) s'écrit

\[(x + xy + 1) + 1 + y = (x + 1)f(y) + 1, \quad \text{d'où} \quad f(y) = y + 1. \qquad \blacksquare\]

Remarques¶

Remarque 1. Il peut être utile de réécrire \((*)\) sous la forme

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

Cette identité générale implique facilement (1) et (5).

Remarque 2. On peut prouver autrement que \(f(x) \geq x + 1\) et utiliser cette minoration à la place de (3) dans le lemme 1 ; mais cela ne simplifie pas la preuve, et établir \(f(x) \geq x + 1\) n'est donc pas un progrès sérieux. Esquisse : on améliore d'abord (3) en remarquant que \(f(x)f(y) \geq y - 1 + M\), d'où

\[f(y) \geq \frac{y - 1}{M} + 1. \tag{7}\]

Étape 1 : \(M \leq 1\). Sinon, avec \(y = 1/x\) dans \((*)\), pour \(x \geq 1\) : \(f(x + a) = f(x)f(1/x) + 1 - \frac{1}{x} \geq M f(x)\), d'où par récurrence \(f(x) \geq M^{(x-1)/a}\) (8). La suite \(x_{n+1} = x_n + f(x_n) \geq x_n + M\) n'est pas bornée, et par (4), \(a x_{n+1} > a f(x_n) = f(x_{n+1}) \geq M^{(x_{n+1}-1)/a}\), ce qui est impossible pour \(x_{n+1}\) assez grand.
Étape 2 : \(f(y) \geq y + 1\). Sinon, soit \(y\) avec \(f(y) < y + 1\) et \(\mu\) tel que \(f(y) < \mu < y + 1\). On définit \(x_{n+1} = x_n + f(x_ny)\) à partir d'un grand \(x_0 \geq 1\). Pour \(x_0\) assez grand, (7) donne \(\big(\mu - f(y)\big)f(x_n) \geq 1 - y\), donc \(f(x_{n+1}) = f(y)f(x_n) + 1 - y \leq \mu f(x_n)\). D'autre part, comme \(M \leq 1\), (7) donne \(f(z) \geq z\) pour \(z \geq 1\), d'où \(x_{n+1} \geq x_n(1 + y)\). Ainsi \(x_0(1+y)^n \leq x_n \leq f(x_n) \leq \mu^n f(x_0)\), ce qui est impossible pour \(n\) grand puisque \(\mu < 1 + y\).