Shortlist 2009, A5

Domaine : Algèbre · Difficulté : ★★★☆☆ · Proposé par : Belarus

Concepts : Équations fonctionnelles : substitutions, injectivité, surjectivité · Suites et récurrences

Solution officielle : Shortlist officielle 2009 (avec solutions), p. 18 (page 20 du PDF)

Énoncé

Let \(f\) be any function that maps the set of real numbers into the set of real numbers. Prove that there exist real numbers \(x\) and \(y\) such that

\[f(x - f(y)) > yf(x) + x.\]

Indices : les idées clés

• Raisonnement par l'absurde : on suppose \(f(x - f(y)) \leq yf(x) + x\) pour tous \(x\), \(y\) ; avec \(y = 0\), on obtient \(f(y) \leq y + a\) où \(a = f(0)\).
• Substitutions : \(x = f(y)\) donne \(f(f(y)) \geq -1\) pour \(y > 0\), puis \(f \leq 0\) partout et \(f(x) \leq x\) ; le choix \(x = f(y) - 1\) conclut.
• Solution 2 : on montre \(f(z) \geq 0\) pour \(z \geq 1\) en itérant l'inégalité le long d'une suite arithmétique \(w, w + b, \ldots, w + nb\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2009 (deux solutions).

Solution 1

Supposons que

\[f(x - f(y)) \leq yf(x) + x \quad \text{pour tous réels } x, y. \tag{1}\]

Posons \(a = f(0)\). En prenant \(y = 0\) dans (1), on obtient \(f(x - a) \leq x\) pour tout réel \(x\), c'est-à-dire

\[f(y) \leq y + a \quad \text{pour tout réel } y. \tag{2}\]

En prenant \(x = f(y)\) dans (1), on obtient, vu (2),

\[a = f(0) \leq yf(f(y)) + f(y) \leq yf(f(y)) + y + a.\]

Cela implique \(0 \leq y\big(f(f(y)) + 1\big)\), donc

\[f(f(y)) \geq -1 \quad \text{pour tout } y > 0. \tag{3}\]

De (2) et (3), on tire \(-1 \leq f(f(y)) \leq f(y) + a\) pour tout \(y > 0\), donc

\[f(y) \geq -a - 1 \quad \text{pour tout } y > 0. \tag{4}\]

Montrons maintenant que

\[f(x) \leq 0 \quad \text{pour tout réel } x. \tag{5}\]

Supposons le contraire : il existe un \(x\) tel que \(f(x) > 0\). Prenons un \(y\) tel que

\[y < x - a \qquad \text{et} \qquad y < \frac{-a - x - 1}{f(x)}.\]

Alors, vu (2),

\[x - f(y) \geq x - (y + a) > 0,\]

et avec (1) et (4), on obtient

\[yf(x) + x \geq f(x - f(y)) \geq -a - 1,\]

d'où

\[y \geq \frac{-a - x - 1}{f(x)},\]

contrairement au choix de \(y\). On a donc établi (5).

En prenant \(x = 0\) dans (5), on obtient \(a = f(0) \leq 0\), et (2) donne alors

\[f(x) \leq x \quad \text{pour tout réel } x. \tag{6}\]

Choisissons maintenant \(y\) tel que \(y > 0\) et \(y > -f(-1) - 1\), et posons \(x = f(y) - 1\). D'après (1), (5) et (6), on obtient

\[f(-1) = f(x - f(y)) \leq yf(x) + x = yf(f(y) - 1) + f(y) - 1 \leq y(f(y) - 1) - 1 \leq -y - 1,\]

c'est-à-dire \(y \leq -f(-1) - 1\), ce qui contredit le choix de \(y\). \(\blacksquare\)

Solution 2

Supposons que

\[f(x - f(y)) \leq yf(x) + x \quad \text{pour tous réels } x, y. \tag{7}\]

Posons \(a = f(0)\). En prenant \(y = 0\) dans (7), on obtient \(f(x - a) \leq x\) pour tout réel \(x\), c'est-à-dire

\[f(y) \leq y + a \quad \text{pour tout réel } y. \tag{8}\]

Montrons maintenant que

\[f(z) \geq 0 \quad \text{pour tout } z \geq 1. \tag{9}\]

Fixons \(z \geq 1\), posons \(b = f(z)\) et supposons \(b < 0\). En prenant \(x = w + b\) et \(y = z\) dans (7), on obtient

\[f(w) - zf(w + b) \leq w + b \quad \text{pour tout réel } w. \tag{10}\]

En appliquant (10) à \(w, w + b, \ldots, w + (n - 1)b\), où \(n = 1, 2, \ldots\), on obtient

\[\begin{aligned} f(w) - z^nf(w + nb) &= \big(f(w) - zf(w + b)\big) + z\big(f(w + b) - zf(w + 2b)\big) + \cdots + z^{n-1}\big(f(w + (n - 1)b) - zf(w + nb)\big) \\ &\leq (w + b) + z(w + 2b) + \cdots + z^{n-1}(w + nb). \end{aligned}\]

D'après (8), on a

\[f(w + nb) \leq w + nb + a,\]

et donc, pour tout entier \(n > 0\),

\[f(w) \leq (1 + z + \cdots + z^{n-1} + z^n)w + (1 + 2z + \cdots + nz^{n-1} + nz^n)b + z^na. \tag{11}\]

Avec \(w = 0\), on obtient

\[a \leq (1 + 2z + \cdots + nz^{n-1} + nz^n)b + az^n. \tag{12}\]

Vu l'hypothèse \(b < 0\), on trouve un \(n\) tel que

\[a > (nb + a)z^n, \tag{13}\]

puisque le membre de droite tend vers \(-\infty\) quand \(n \to \infty\). Alors (12) et (13) donnent la contradiction voulue (le membre de droite de (12) est au plus \((nb + a)z^n\), car \(b < 0\)), et (9) est établi. De plus, pour \(z = 1\), on a l'inégalité stricte

\[f(1) > 0. \tag{14}\]

En effet, supposons \(f(1) = 0\). En prenant \(w = -1\) et \(z = 1\) dans (11), on obtient

\[f(-1) \leq -(n + 1) + a,\]

ce qui est faux pour \(n\) assez grand.

Pour terminer la preuve, posons \(t = \min\{-a, -2/f(1)\}\). En prenant \(x = 1\) et \(y = t\) dans (7), on obtient

\[f(1 - f(t)) \leq tf(1) + 1 \leq -2 + 1 = -1. \tag{15}\]

D'autre part, d'après (8) et le choix de \(t\), on a \(f(t) \leq t + a \leq 0\), donc \(1 - f(t) \geq 1\). L'inégalité (9) donne alors

\[f(1 - f(t)) \geq 0,\]

ce qui contredit (15). \(\blacksquare\)