Shortlist 2023, A4¶
Domaine : Algèbre · Difficulté : ★★★☆☆ · Proposé par : Belgium
Concepts : Équations fonctionnelles : substitutions, injectivité, surjectivité · Sommes, télescopage et transformation d'Abel
Solution officielle : Shortlist officielle 2023 (avec solutions), p. 19 (page 21 du PDF)
Énoncé¶
Let \(\mathbb{R}_{>0}\) be the set of positive real numbers. Determine all functions \(f : \mathbb{R}_{>0} \to \mathbb{R}_{>0}\) such that
for every \(x, y \in \mathbb{R}_{>0}\).
Indices : les idées clés
- Substitutions : \(y = x\) donne \(f(f(x)) \leq x\) ; \(x = f(y)\) puis \(y \to f^{n-1}(y)\) donnent une inégalité entre itérées successives.
- Télescopage : \(y - f^{2m}(y) = \sum_{i=0}^{m-1}\left(f^{2i}(y) - f^{2i+2}(y)\right) \geq m\left(y - f^{2}(y)\right)\).
- Argument archimédien : une quantité positive fixe, majorée par \(y/m\) pour tout \(m\), est nulle ; d'où \(f(f(y)) = y\), puis \(xf(x)\) constant.
- Monotonie de \(f^n(y) f^{n+1}(y)\) (solution 2) : on obtient directement \(xf(x) = yf(y)\) sans passer par \(f(f(y)) = y\).
Solutions
Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2023 (deux solutions).
Réponse : les fonctions \(f(x) = \dfrac{c}{x}\), avec \(c > 0\).
Solution 1¶
Soit \(f : \mathbb{R}_{>0} \to \mathbb{R}_{>0}\) vérifiant l'inégalité de l'énoncé. Notons \(f^k(x) = f(f(\cdots f(x) \cdots))\) la composée de \(f\) avec elle-même \(k\) fois, avec la convention \(f^0(x) = x\).
Substitutions. En prenant \(y = x\), on obtient
En prenant plutôt \(x = f(y)\), on obtient \(f(y) + f^2(y) \geq y + f^3(y)\), c'est-à-dire
On peut généraliser : en remplaçant \(y\) par \(f^{n-1}(y)\) dans cette inégalité, on obtient
pour tout \(y \in \mathbb{R}_{>0}\) et tout entier \(n \geq 1\). En particulier, \(f^n(y) - f^{n+2}(y) \geq y - f^2(y) \geq 0\) pour tout \(n \geq 1\).
Télescopage. Prenons désormais \(n = 2m\) pair. On a
Comme \(f\) prend des valeurs positives, \(y - f^{2m}(y) < y\) pour tout \(m \geq 1\). On a donc prouvé que \(y > m\left(y - f^2(y)\right)\) pour tout \(y \in \mathbb{R}_{>0}\) et tout \(m \geq 1\). Comme \(y - f^2(y) \geq 0\), cela n'est possible que si
pour tout \(y \in \mathbb{R}_{>0}\). L'inégalité de départ devient alors \(xf(x) + xf(y) \geq xf(y) + yf(y)\), soit
pour tous \(x, y \in \mathbb{R}_{>0}\). En échangeant \(x\) et \(y\), on voit que \(xf(x)\) est constant. On conclut que \(f(x) = c/x\) pour un certain \(c > 0\).
Vérification. Toutes les fonctions \(f(x) = c/x\) conviennent : elles vérifient \(f(f(x)) = c/(c/x) = x\), donc il suffit de vérifier \(xf(x) \geq yf(y)\), ce qui est vrai puisque \(c \geq c\). \(\blacksquare\)
Solution 2¶
Soit \(f\) une fonction vérifiant l'inégalité de l'énoncé. Comme dans la solution 1, on prouve que
pour tout \(y \in \mathbb{R}_{>0}\) et tout \(n \geq 0\). Comme \(f\) prend des valeurs positives, cela implique
Autrement dit, \(yf(y) \geq f^n(y)f^{n+1}(y)\) pour tout \(y \in \mathbb{R}_{>0}\) et tout \(n \geq 1\).
En remplaçant \(x\) par \(f^n(x)\) dans l'inégalité de départ, on obtient \(f^n(x)\left(f^{n+1}(x) + f(y)\right) \geq \left(f^{n+2}(x) + y\right)f(y)\), c'est-à-dire
En utilisant \(xf(x) \geq f^n(x)f^{n+1}(x)\), on obtient
pour tout \(n \geq 0\). Le même télescopage que dans la solution 1 donne
pour tous \(x, y \in \mathbb{R}_{>0}\) et tout \(m \geq 1\). Quitte à échanger \(x\) et \(y\), on peut supposer \(yf(y) - xf(x) \geq 0\) ; l'inégalité ci-dessus (valable pour tout \(m\)) impose alors \(xf(x) = yf(y)\). On conclut comme dans la solution 1 : \(f(x) = c/x\), et ces fonctions conviennent. \(\blacksquare\)