Shortlist 2021, A8¶

Domaine : Algèbre · Difficulté : ★★★★★ · Proposé par : non indiqué

Concepts : Équations fonctionnelles : substitutions, injectivité, surjectivité · Équations fonctionnelles : équation de Cauchy, monotonie, continuité · Convexité, inégalité de Jensen, lissage

Solution officielle : Shortlist officielle 2021 (avec solutions), p. 24 (page 24 du PDF)

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Énoncé¶

Determine all functions $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ that satisfy

\[\big(f(a) - f(b)\big)\big(f(b) - f(c)\big)\big(f(c) - f(a)\big) = f(ab^2 + bc^2 + ca^2) - f(a^2 b + b^2 c + c^2 a)\]

for all real numbers $a, b, c$.

Indices : les idées clés

Substitutions et injectivité : on montre que $f$ est nulle ou injective, puis les substitutions $E(a, b, 0)$, $b = 1$, $(a, b) \to (-a, -b)$ et $(a, -b)$ donnent que $f$ est impaire, que $f(a^2) = f(a)^2$ et que $f$ est multiplicative.
Propager les égalités $f(a) = f(b)$ : si $f(a) = f(b)$, alors $f$ prend aussi des valeurs égales aux deux coordonnées de $H_{a,b}(x)$ ; on en fabrique jusqu'à obtenir $f(y) = f(0)$ pour tout $y$.
Équation de Cauchy : une fonction multiplicative positive sur $(0, \infty)$ qui n'est pas une puissance $x^\tau$ a un graphe dense ; une minoration sur un intervalle l'exclut.
Passage à la limite et dérivées : diviser l'équation par $(a - b)(b - c)(c - a)$ et faire tendre $a, b, c$ vers $1$ donne $\tau^2 = 3^{\tau - 1}$.
Convexité : la fonction strictement convexe $F(\tau) = 3^{\tau/2 - 1/2} - \tau$ a au plus deux racines, donc $\tau \in \{1, 3\}$.

Solutions

La solution ci-dessous suit la solution officielle de la Shortlist 2021 (une solution).

Réponse. $f(x) = \alpha x + \beta$ ou $f(x) = \alpha x^3 + \beta$, avec $\alpha \in \{-1, 0, 1\}$ et $\beta \in \mathbb{R}$.

Solution¶

On vérifie directement que les fonctions ci-dessus satisfont l'équation. Réciproquement, soit $f$ une solution ; notons $E(a, b, c)$ l'équation. Clairement $f(x) + C$ est encore solution ; on peut donc supposer sans perte de généralité que $f(0) = 0$. Commençons par démontrer :

Lemme. Ou bien $f \equiv 0$, ou bien $f$ est injective.

Preuve. Notons $\Theta \subseteq \mathbb{R}^2$ l'ensemble des points $(a, b)$ tels que $f(a) = f(b)$, et $\Theta^* = \{(x, y) \in \Theta : x \neq y\}$. L'idée est que si $(a, b) \in \Theta$, alors $E(a, b, x)$ donne (le membre de gauche est nul)

\[H_{a,b}(x) := (ab^2 + bx^2 + xa^2,\ a^2 b + b^2 x + x^2 a) \in \Theta\]

pour tout réel $x$. En répétant cet argument à partir d'un $(a, b) \in \Theta^*$, on obtient de plus en plus de points de $\Theta$. Il y a de nombreuses façons de conclure ; en voici une.

Supposons $(a, b) \in \Theta^*$. On a

\[g_-(x) := (ab^2 + bx^2 + xa^2) - (a^2 b + b^2 x + x^2 a) = (a - b)(b - x)(x - a)\]

et

\[g_+(x) := (ab^2 + bx^2 + xa^2) + (a^2 b + b^2 x + x^2 a) = (x^2 + ab)(a + b) + x(a^2 + b^2).\]

Ce sont deux polynômes non nuls en $x$, donc il existe $x$ tel que $g_-(x) \neq 0$ et $g_+(x) \neq 0$. On obtient ainsi un point $(\alpha, \beta) = H_{a,b}(x) \in \Theta^*$ avec $\alpha \neq -\beta$. Comparons alors $E(\alpha, 1, 0)$ et $E(\beta, 1, 0)$ : les membres de gauche coïncident (car $f(\alpha) = f(\beta)$), et les membres de droite valent respectivement $f(\alpha) - f(\alpha^2)$ et $f(\beta) - f(\beta^2)$. Donc $f(\alpha^2) = f(\beta^2)$, et l'on obtient un point $(\alpha_1, \beta_1) := (\alpha^2, \beta^2) \in \Theta^*$ dont les deux coordonnées sont positives ou nulles. En continuant à élever les coordonnées au carré, on obtient un point $(\gamma, \delta) \in \Theta^*$ avec $\delta > 5\gamma \geq 0$.

Notre objectif immédiat est d'obtenir un point $(0, r) \in \Theta^*$. Si $\gamma = 0$, c'est fait. Si $\gamma > 0$, soit $x$ une racine réelle de l'équation du second degré

\[\delta\gamma^2 + \gamma x^2 + x\delta^2 = 0,\]

qui existe car le discriminant $\delta^4 - 4\delta\gamma^3$ est strictement positif. De plus $x < 0$, car cette équation (à coefficients strictement positifs) n'a pas de racine positive ou nulle. Le point $H_{\delta,\gamma}(x) =: (0, r) \in \Theta$ a pour première coordonnée $0$. La différence des coordonnées vaut

\[-r = (\delta - \gamma)(\gamma - x)(x - \delta) < 0,\]

donc $r \neq 0$, comme voulu.

Soit donc $(0, r) \in \Theta^*$. On obtient $H_{0,r}(x) = (rx^2, r^2 x) \in \Theta$, c'est-à-dire $f(rx^2) = f(r^2 x)$ pour tout $x \in \mathbb{R}$. En remplaçant $x$ par $-x$, on obtient $f(rx^2) = f(r^2 x) = f(-r^2 x)$, donc $f$ est paire : $(a, -a) \in \Theta$ pour tout $a$. Alors

\[H_{a,-a}(x) = (a^3 - ax^2 + xa^2,\ -a^3 + a^2 x + x^2 a) \in \Theta\]

pour tous réels $a, x$. En prenant $x = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}a$, on obtient $(0, (1 + \sqrt{5})a^3) \in \Theta$, ce qui signifie que $f(y) = f(0) = 0$ pour tout réel $y$. $\square$

$f$ est impaire. On suppose désormais $f$ injective et $f(0) = 0$. L'équation $E(a, b, 0)$ donne

\[f(a)f(b)\big(f(a) - f(b)\big) = f(a^2 b) - f(ab^2). \tag{$\heartsuit$}\]

Soit $\kappa := f(1)$ ; par injectivité, $\kappa = f(1) \neq f(0) = 0$. Avec $b = 1$ dans $(\heartsuit)$ :

\[\kappa f(a)\big(f(a) - \kappa\big) = f(a^2) - f(a). \tag{$\clubsuit$}\]

En soustrayant la même égalité pour $-a$ :

\[\kappa\big(f(a) - f(-a)\big)\big(f(a) + f(-a) - \kappa\big) = f(-a) - f(a).\]

Si $a \neq 0$, l'injectivité donne $f(a) - f(-a) \neq 0$, donc

\[f(a) + f(-a) = \kappa - \kappa^{-1} =: \lambda. \tag{$\spadesuit$}\]

Il s'ensuit que $f(a) - f(b) = f(-b) - f(-a)$ pour tous $a, b$ non nuls. Remplaçons $a, b$ non nuls par $-a, -b$ dans $(\heartsuit)$ et additionnons les deux égalités ; grâce à $(\spadesuit)$, on obtient

\[\big(f(a) - f(b)\big)\big(f(a)f(b) - f(-a)f(-b)\big) = 0,\]

donc $f(a)f(b) = f(-a)f(-b) = (\lambda - f(a))(\lambda - f(b))$ pour tous $a \neq b$ non nuls. Si $\lambda \neq 0$, cela entraîne $f(a) + f(b) = \lambda$, ce qui contredit l'injectivité quand on fait varier $b$ à $a$ fixé. Donc $\lambda = 0$ et $\kappa = \pm 1$. Ainsi $f$ est impaire. Quitte à remplacer $f$ par $-f$ (ce qui préserve l'équation), on peut supposer $f(1) = 1$.

$f$ est multiplicative. Maintenant $(\clubsuit)$ donne $f(a^2) = f(a)^2$. En additionnant les relations $(\heartsuit)$ pour les paires $(a, b)$ et $(a, -b)$, on obtient $-2f(a)f(b)^2 = -2f(ab^2)$, c'est-à-dire $f(a)f(b^2) = f(ab^2)$. En prenant $b = \sqrt{x}$ pour tout $x \geq 0$, on obtient $f(ax) = f(a)f(x)$ pour tout réel $a$ et tout $x \geq 0$. Comme $f$ est impaire, cette multiplicativité vaut pour tous $a, x$. De plus, $f(a^2) = f(a)^2$ montre que $f(x) \geq 0$ pour $x \geq 0$ ; puis $f(x) > 0$ pour $x > 0$ par injectivité.

$f$ est une puissance sur $(0, \infty)$. Supposons que $f$ ne soit pas de la forme $f(x) = x^\tau$ sur $(0, \infty)$ pour une constante $\tau$. Une propriété connue des fonctions multiplicatives (conséquence de l'équation de Cauchy pour $t \mapsto \ln f(e^t)$) entraîne que le graphe de $f$ est dense dans $(0, \infty)^2$. En particulier, on peut trouver $b$ positif, $b < 1/10$, avec $f(b) > 1$. Un tel $b$ existe aussi si $f(x) = x^\tau$ avec $\tau < 0$. Alors pour tout $x$, on a $x^2 + xb^2 + b \geq 0$, donc $E(1, b, x)$ entraîne

\[f(b^2 + bx^2 + x) = f(x^2 + xb^2 + b) + \big(f(b) - 1\big)\big(f(x) - f(b)\big)\big(f(x) - 1\big) \geq 0 - \frac{(f(b) - 1)^3}{4} ;\]

cette quantité est donc minorée (on a utilisé la minoration du trinôme $(t - f(1))(t - f(b)) \geq -(f(b) - 1)^2/4$ pour $t = f(x)$). Par conséquent $f$ est minorée sur $\left(b^2 - \frac{1}{4b}, +\infty\right)$ et, $f$ étant impaire, majorée sur $\left(0, \frac{1}{4b} - b^2\right)$. C'est absurde si $f(x) = x^\tau$ avec $\tau < 0$, et cela contredit la densité du graphe sinon.

Détermination de $\tau$. Donc $f(x) = x^\tau$ pour $x > 0$, avec une constante $\tau > 0$. Divisons $E(a, b, c)$ par

\[(a - b)(b - c)(c - a) = (ab^2 + bc^2 + ca^2) - (a^2 b + b^2 c + c^2 a)\]

et faisons tendre $a, b, c$ vers $1$ (les taux d'accroissement tendent vers les dérivées correspondantes, par exemple $\frac{a^\tau - b^\tau}{a - b} \to (x^\tau)'_{x=1} = \tau$, et le membre de droite tend vers la dérivée en $3$). On obtient

\[\tau^3 = \tau \cdot 3^{\tau - 1}, \qquad \tau^2 = 3^{\tau - 1}, \qquad F(\tau) := 3^{\tau/2 - 1/2} - \tau = 0.\]

La fonction $F$ étant strictement convexe, elle a au plus deux racines ; comme $F(1) = F(3) = 0$, on obtient $\tau \in \{1, 3\}$.

Précision ajoutée : $f$ étant impaire, on a alors $f(x) = x$ ou $f(x) = x^3$ sur $\mathbb{R}$ ; en revenant aux normalisations ($f \to -f$, $f \to f + C$) et au cas $f \equiv 0$, on obtient exactement les fonctions de la réponse. $\blacksquare$