Shortlist 2022, A6¶
Domaine : Algèbre · Difficulté : ★★★★☆ · Proposé par : Indonesia
Concepts : Équations fonctionnelles : substitutions, injectivité, surjectivité · Partie entière et majorations
Solution officielle : Shortlist officielle 2022 (avec solutions), p. 18 (page 20 du PDF)
Énoncé¶
Let \(\mathbb{R}\) be the set of real numbers. We denote by \(\mathcal{F}\) the set of all functions \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) such that
for every \(x, y \in \mathbb{R}\). Find all rational numbers \(q\) such that for every function \(f \in \mathcal{F}\), there exists some \(z \in \mathbb{R}\) satisfying \(f(z) = qz\).
Indices : les idées clés
- Substitutions : \(P(0, kf(0))\) et \(P(-f(0), 0)\) donnent, par récurrence, \(f(kf(0)) = (k+1)f(0)\) pour tout entier \(k\), d'où les rationnels \(\frac{n+1}{n}\).
- Partie entière : les fonctions \(f(x) = g(\{x\}) + \lfloor x \rfloor\), avec \(g\) à valeurs entières, sont toutes dans \(\mathcal{F}\).
- Construire un contre-exemple : pour \(p \notin S\), on choisit \(g(\alpha) = m\) de sorte que \(m + n \neq p(\alpha + n)\) pour tout \(n \in \mathbb{Z}\), ce qui est possible car \(\frac{1}{p-1}\) n'est pas entier.
Solutions
Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2022 (une solution).
Réponse : l'ensemble cherché est \(\left\{\dfrac{n+1}{n} : n \in \mathbb{Z},\ n \neq 0\right\}\).
Solution¶
Soit \(Z\) l'ensemble des rationnels \(q\) tels que, pour toute \(f \in \mathcal{F}\), il existe \(z \in \mathbb{R}\) avec \(f(z) = qz\). Posons
Nous montrons \(Z = S\) par double inclusion.
\(S \subseteq Z\). Soit \(f \in \mathcal{F}\) et notons \(P(x, y)\) la relation \(f(x + f(y)) = f(x) + f(y)\). D'abord, \(P(0, 0)\) donne \(f(f(0)) = 2f(0)\). Puis \(P(0, f(0))\) donne \(f(2f(0)) = 3f(0)\). Montrons que
pour tout entier \(k \geq 1\), par récurrence. Les cas \(k = 1\) et \(k = 2\) sont établis. Si \(f(kf(0)) = (k+1)f(0)\), la substitution \(P(0, kf(0))\) donne
Ceci prouve l'affirmation. Avec \(z = kf(0)\), on a \(f(z) = \frac{k+1}{k} z\) ; donc \(\frac{k+1}{k} \in Z\) pour tout entier \(k \geq 1\).
Ensuite, \(P(-f(0), 0)\) donne \(f(-f(0)) = 0\). On montre de même, par récurrence, que
pour tout entier \(k \geq 1\). Précision ajoutée : le livret dit seulement que la récurrence est « similaire » ; on peut utiliser \(P\big(-(k+1)f(0), 0\big)\), qui donne \(f(-kf(0)) = f(-(k+1)f(0)) + f(0)\), d'où \(f(-(k+1)f(0)) = (-k+1)f(0) - f(0) = -kf(0)\). On en déduit que \(\frac{-k+1}{-k} \in Z\) pour tout entier \(k \geq 1\). Ceci montre \(S \subseteq Z\).
\(Z \subseteq S\). Soit \(p\) un rationnel hors de \(S\). Nous voulons montrer que \(p \notin Z\), c'est-à-dire construire une fonction \(f \in \mathcal{F}\) telle que \(f(z) \neq pz\) pour tout \(z \in \mathbb{R}\). La stratégie consiste à construire d'abord une fonction
puis à définir \(f(x) = g(\{x\}) + \lfloor x \rfloor\) (partie entière \(\lfloor x \rfloor\) et partie fractionnaire \(\{x\}\)). Cette fonction est dans \(\mathcal{F}\). En effet, \(f(y)\) est un entier, donc
où l'on a utilisé que \(g\) ne prend que des valeurs entières.
Lemme 1. Pour tout \(\alpha \in [0, 1)\), il existe \(m \in \mathbb{Z}\) tel que
Preuve. Si \(p = 1\), l'affirmation est triviale (\(m + n \neq \alpha + n\) dès que \(m \neq \alpha\), par exemple \(m = 1\)). Si \(p \neq 1\), l'affirmation équivaut à l'existence d'un entier \(m\) tel que
ne soit jamais un entier (en effet \(m + n = p(\alpha + n)\) équivaut à \(n = \frac{m - p\alpha}{p - 1}\)). Supposons le contraire. Alors
seraient tous deux entiers, ainsi que leur différence, qui vaut
Comme \(p \notin S\), \(\frac{1}{p-1}\) n'est pas un entier (si \(\frac{1}{p-1} = n\), alors \(p = \frac{n+1}{n} \in S\)). Contradiction. \(\square\)
Définissons \(g : [0, 1) \to \mathbb{Z}\) par \(g(\alpha) = m\), où \(m\) est un entier vérifiant la conclusion du lemme 1. On a \(f(z) \neq pz\) si et seulement si
ce qui est garanti par la construction de \(g\) (avec \(\alpha = \{z\}\) et \(n = \lfloor z \rfloor\)). Donc \(p \notin Z\), comme voulu. Ceci montre \(Z \subseteq S\). \(\blacksquare\)