Shortlist 2022, A3¶
Domaine : Algèbre · Difficulté : ★★☆☆☆ · Proposé par : Netherlands
Concepts : AM-GM et moyennes · Équations fonctionnelles : substitutions, injectivité, surjectivité · Convexité, inégalité de Jensen, lissage
Solution officielle : Shortlist officielle 2022 (avec solutions), p. 11 (page 13 du PDF)
Problème 2 de l'OIM 2022
Ce problème a été choisi parmi ceux de la shortlist pour l'épreuve de l'OIM 2022, où il était le problème 2 (jour 1).
Énoncé¶
Let \(\mathbb{R}_{>0}\) be the set of positive real numbers. Find all functions \(f : \mathbb{R}_{>0} \to \mathbb{R}_{>0}\) such that, for every \(x \in \mathbb{R}_{>0}\), there exists a unique \(y \in \mathbb{R}_{>0}\) satisfying
Indices : les idées clés
- AM-GM : \(\frac{x}{y} + \frac{y}{x} \geq 2\) avec égalité seulement si \(x = y\) (vérification), et \(xf(y) + yf(x) \geq 2\sqrt{xf(x) \cdot yf(y)}\) (lemme 1).
- Couples « bons » : \((x, y)\) est bon si \(xf(y) + yf(x) \leq 2\) ; le cœur de la preuve est qu'un couple bon vérifie \(x = y\), d'où \(f(x) \leq 1/x\).
- Substitutions : poser \(x = 1/f(t)\) (solution 1) ; utiliser le partenaire unique \(g(x)\) (solutions 2, 3, 4).
- Monotonie : \(f\) est décroissante (solutions 1.2 et 2), ou strictement convexe donc continue (solution 4).
- Exploiter l'unicité : si \(f(x) < 1/x\), trop de \(y\) conviendraient (solutions 1.1 et 4).
Solutions
Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2022 (six solutions, numérotées comme dans le livret : 1, 1.1, 1.2, 2, 3, 4, et une remarque).
Réponse : la seule solution est \(f(x) = \dfrac{1}{x}\).
Solution 1¶
\(f(x) = 1/x\) convient. Par AM-GM, pour tous \(x, y > 0\),
avec égalité si et seulement si \(x = y\). Donc, pour tout \(x > 0\), il existe un unique \(y > 0\) tel que \(\frac{x}{y} + \frac{y}{x} \leq 2\), à savoir \(y = x\).
Unicité. Soit \(f\) une fonction vérifiant la condition. On dit qu'un couple \((x, y)\) de réels strictement positifs est bon si \(xf(y) + yf(x) \leq 2\). Si \((x, y)\) est bon, alors \((y, x)\) l'est aussi.
Lemme 1. Si \((x, y)\) est bon, alors \(x = y\).
Preuve. Supposons qu'il existe \(x \neq y\) avec \((x, y)\) bon. Par l'hypothèse d'unicité, \(y\) est l'unique réel tel que \((x, y)\) soit bon ; en particulier \((x, x)\) n'est pas bon, c'est-à-dire \(xf(x) + xf(x) > 2\), donc \(xf(x) > 1\). De même, \((y, x)\) est bon, donc \((y, y)\) ne l'est pas et \(yf(y) > 1\). Par AM-GM,
ce qui contredit le fait que \((x, y)\) est bon. \(\square\)
Par hypothèse, tout \(x > 0\) appartient à un couple bon ; d'après le lemme 1, le seul couple bon possible contenant \(x\) est \((x, x)\). Donc
En substituant \(x = 1/f(t)\) pour \(t > 0\), on obtient
Montrons que le couple \(\left(t, \frac{1}{f(t)}\right)\) est bon pour tout \(t > 0\) :
Le lemme 1 donne alors \(t = \frac{1}{f(t)}\), c'est-à-dire \(f(t) = \frac{1}{t}\) pour tout \(t > 0\). \(\blacksquare\)
Solution 1.1¶
Voici une autre façon de conclure, une fois établi (comme dans la solution 1) que \(f(x) \leq 1/x\) pour tout \(x > 0\).
Si \(f(x) < 1/x\) pour un certain \(x\), alors pour tout \(a > 0\) tel que \(f(x) < \frac{1}{a} < \frac{1}{x}\) (il y en a une infinité, en particulier au moins deux), on a \(af(x) < 1\), \(f(a) \leq 1/a\) et \(x < a\), donc
Ainsi \((x, a)\) est bon pour tous ces \(a\), ce qui contredit l'unicité. Donc \(f(x) = 1/x\). \(\blacksquare\)
Solution 1.2¶
On peut aussi conclure à partir du lemme 1 et de \(f(x) \leq 1/x\) de la façon suivante.
Lemme 2. La fonction \(f\) est décroissante.
Preuve. Soit \(y > x > 0\). D'après le lemme 1, \((x, y)\) n'est pas bon, alors que \((y, y)\) l'est. Donc
où l'on a utilisé \(y > x\) (et \(f(y) > 0\)) dans la dernière inégalité. Cela implique \(f(x) > f(y)\) : \(f\) est décroissante. \(\square\)
Montrons maintenant que \(f(x) = 1/x\). Fixons \(x\). Pour \(y > x\), comme \(f\) est décroissante, \(xf(x) + yf(x) > xf(y) + yf(x) > 2\), donc
En prenant la borne supérieure de \(\frac{2}{x+y}\) sur \(y > x\) (quand \(y\) tend vers \(x\)), on obtient
Comme on sait déjà que \(f(x) \leq 1/x\), on conclut \(f(x) = 1/x\). \(\blacksquare\)
Solution 2¶
Comme dans la solution 1, \(f(x) = 1/x\) convient, et il reste à montrer que c'est la seule. Notons \(g(x)\) l'unique réel strictement positif tel que \((x, g(x))\) soit bon. Dans cette solution, on prouve le lemme 2 sans utiliser le lemme 1.
Lemme 2. La fonction \(f\) est décroissante.
Preuve. Soit \(x < y\). On a \(yf(g(y)) + g(y)f(y) \leq 2\). De plus, \(y\) est l'unique réel tel que \((g(y), y)\) soit bon (car \((y, g(y))\) est bon, donc \((g(y), y)\) aussi), et \(x \neq y\), donc \(xf(g(y)) + g(y)f(x) > 2\). En combinant :
soit \(f(g(y))(x - y) > g(y)\left(f(y) - f(x)\right)\). Comme \(g(y)\) et \(f(g(y))\) sont positifs et \(x - y\) est négatif, on obtient \(f(y) < f(x)\) : \(f\) est décroissante. \(\square\)
Prouvons maintenant le lemme 1 à l'aide du lemme 2. Supposons \(x \neq y\) et \(xf(y) + yf(x) \leq 2\). Comme dans la solution 1, on obtient \(xf(x) + xf(x) > 2\) et \(yf(y) + yf(y) > 2\), donc \(xf(x) + yf(y) > 2\). Alors
entraîne \((x - y)\left(f(x) - f(y)\right) > 0\), ce qui contredit la décroissance de \(f\). Donc \(y = x\) est l'unique \(y\) tel que \((x, y)\) soit bon, et en particulier \(f(x) \leq 1/x\).
On conclut alors comme dans l'une des solutions 1, 1.1 ou 1.2. \(\blacksquare\)
Solution 3¶
Comme dans les autres solutions, \(f(x) = 1/x\) convient. On garde la notation \(g(x)\) de la solution 2.
Lemme 3. Pour tout \(x > 0\), on a en fait \(xf(g(x)) + g(x)f(x) = 2\) (l'inégalité est une égalité).
Preuve. Par l'absurde, supposons qu'il existe \(x > 0\) tel que, pour \(y = g(x)\), on ait \(xf(y) + yf(x) < 2\). Notons \(\delta = 2 - xf(y) - yf(x) > 0\). Pour tout \(\epsilon\) tel que \(0 < \epsilon < \frac{\delta}{2f(x)}\), l'unicité de \(y\) donne \(xf(y + \epsilon) + (y + \epsilon)f(x) > 2\). Donc
Par ailleurs, pour tout tel \(\epsilon\), on a \(g(y + \epsilon)f(y + \epsilon) + (y + \epsilon)f(g(y + \epsilon)) \leq 2\) et \(g(y + \epsilon)f(y) + yf(g(y + \epsilon)) > 2\) (car le partenaire unique de \(g(y+\epsilon)\) est \(y + \epsilon \neq y\)). Cela donne les deux inégalités
En les combinant et en réarrangeant, on obtient
En utilisant (1), on en déduit
C'est contradictoire : pour \(\epsilon\) assez petit, le membre de gauche est positif alors que le membre de droite est négatif. \(\square\)
Grâce à ce lemme, pour tous \(x, y > 0\),
car il y a égalité pour \(y = g(x)\), et l'inégalité est stricte pour \(y \neq g(x)\) par unicité. En particulier, pour \(y = x\), on obtient \(2xf(x) \geq 2\), soit \(f(x) \geq 1/x\) pour tout \(x > 0\). Avec cette inégalité, pour tout \(x > 0\),
où la première inégalité vient de l'énoncé et la dernière d'AM-GM. Toutes ces inégalités sont donc des égalités, et en particulier \(f(x) = 1/x\) pour tout \(x > 0\). \(\blacksquare\)
Solution 4¶
Montrons à nouveau que \(f(x) = 1/x\) est la seule solution, avec la notation \(g(x)\) de la solution 2.
Lemme 4. La fonction \(f\) est strictement convexe.
Preuve. Pour un réel \(s\), considérons \(q_s(x) = f(x) + sx\). Si \(f\) n'est pas strictement convexe, il existe \(u < v\) et \(t \in (0, 1)\) tels que
Alors
Posons \(w = tu + (1-t)v\) et choisissons \(s = f(g(w))/g(w)\). Pour ce choix, \((z, g(w))\) est bon si et seulement si \(g(w)\left(f(z) + sz\right) \leq 2\), c'est-à-dire \(q_s(z) \leq 2/g(w)\) ; comme \(w\) est l'unique partenaire de \(g(w)\), la fonction \(q_s\) atteint un minimum unique en \(z = w\). Mais \(q_s(w) \geq tq_s(u) + (1-t)q_s(v)\) impose \(q_s(u) \leq q_s(w)\) ou \(q_s(v) \leq q_s(w)\) : contradiction. \(\square\)
Lemme 5. La fonction \(f\) est continue.
Preuve. Une fonction strictement convexe sur un intervalle ouvert est continue. \(\square\)
Comme dans la solution 1, on montre que \(f(x) \leq 1/x\). Si \(f(x) < 1/x\) pour un certain \(x\), considérons la fonction \(h(y) = xf(y) + yf(x)\), qui est continue. Comme \(h(x) = 2xf(x) < 2\), par continuité il existe au moins deux \(z \neq x\) tels que \(h(z) < 2\), de sorte que \((x, z)\) est bon pour deux valeurs différentes de \(z\) : contradiction avec l'unicité. Donc \(f(x) = 1/x\). \(\blacksquare\)
Remarques¶
Remarque 1. Le lemme 5 (continuité) implique le lemme 3, par un argument analogue à la fin de la solution 4.