Shortlist 2009, A7

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

Concepts : Équations fonctionnelles : substitutions, injectivité, surjectivité

Solution officielle : Shortlist officielle 2009 (avec solutions), p. 23 (page 25 du PDF)

Énoncé

Find all functions \(f\) from the set of real numbers into the set of real numbers which satisfy for all real \(x, y\) the identity

\[f(xf(x + y)) = f(yf(x)) + x^2.\]

Indices : les idées clés

• Premières substitutions : \(f(0) = 0\), puis \(f(tf(t)) = t^2\) et \(f(-tf(t)) = -t^2\) ; \(f\) est surjective et ne s'annule qu'en \(0\).
• Imparité : \(f(-s) = -f(s)\), en distinguant \(f(s) < 0\) et \(f(s) > 0\).
• Trois substitutions combinées : \((s, t)\), \((t, -s - t)\), \((-s - t, s)\) donnent \(f(tf(s)) = ts\), donc \(f(x) = sx\) avec \(s = \pm 1\) ; ou bien (solution 2) injectivité et \(f(z + 2\eta) = f(z) + 2\).

Solutions

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

Réponse : \(f(x) = x\) et \(f(x) = -x\).

Solution 1

On voit sans difficulté que les deux fonctions \(f(x) = x\) et \(f(x) = -x\) pour tout réel \(x\) sont solutions de l'équation fonctionnelle. Montrons qu'il n'y en a pas d'autres.

Soit \(f\) une fonction vérifiant l'équation. Il est clair que \(f\) ne peut pas être constante. Montrons d'abord que \(f(0) = 0\). Supposons \(f(0) \neq 0\). Pour tout réel \(t\), en substituant \((x, y) = \left(0, \frac{t}{f(0)}\right)\) dans l'équation, on obtient

\[f(0) = f(t), \tag{1}\]

ce qui contredit le fait que \(f\) n'est pas constante. Donc \(f(0) = 0\). Ensuite, pour tout \(t\), les substitutions \((x, y) = (t, 0)\) et \((x, y) = (t, -t)\) donnent respectivement

\[f(tf(t)) = f(0) + t^2 = t^2 \qquad \text{et} \qquad f(tf(0)) = f(-tf(t)) + t^2.\]

On en conclut que

\[f(tf(t)) = t^2, \qquad f(-tf(t)) = -t^2, \qquad \text{pour tout réel } t. \tag{2}\]

Par conséquent, pour tout réel \(v\), il existe un réel \(u\) tel que \(f(u) = v\). On voit aussi que si \(f(t) = 0\), alors \(0 = f(tf(t)) = t^2\), donc \(t = 0\) ; ainsi \(0\) est le seul réel tel que \(f(t) = 0\).

Montrons ensuite que, pour tout réel \(s\),

\[f(-s) = -f(s). \tag{3}\]

C'est clair si \(f(s) = 0\). Supposons maintenant \(f(s) < 0\) ; on peut alors trouver un nombre \(t\) tel que \(f(s) = -t^2\). Comme \(t \neq 0\) implique \(f(t) \neq 0\), on peut aussi trouver un nombre \(a\) tel que \(af(t) = s\). En substituant \((x, y) = (t, a)\) dans l'équation, on obtient

\[f(tf(t + a)) = f(af(t)) + t^2 = f(s) + t^2 = 0,\]

donc \(tf(t + a) = 0\), ce qui implique \(t + a = 0\), et donc \(s = -tf(t)\). Par conséquent, \(f(-s) = f(tf(t)) = t^2 = -(-t^2) = -f(s)\) dans ce cas.

Enfin, supposons \(f(s) > 0\). Il existe alors un réel \(t \neq 0\) tel que \(f(s) = t^2\). Choisissons un nombre \(a\) tel que \(tf(a) = s\). En substituant \((x, y) = (t, a - t)\), on obtient \(f(s) = f(tf(a)) = f((a - t)f(t)) + t^2 = f((a - t)f(t)) + f(s)\). On a donc \(f((a - t)f(t)) = 0\), d'où \((a - t)f(t) = 0\). Comme \(f(t) \neq 0\), on obtient \(a = t\), de sorte que \(s = tf(t)\), et l'on voit que \(f(-s) = f(-tf(t)) = -t^2 = -f(s)\) dans ce cas aussi. Cela termine la preuve de (3).

En substituant \((x, y) = (s, t)\), \((x, y) = (t, -s - t)\) et \((x, y) = (-s - t, s)\) dans l'équation, on obtient respectivement

\[\begin{aligned} f(sf(s + t)) &= f(tf(s)) + s^2, \\ f(tf(-s)) &= f((-s - t)f(t)) + t^2, \\ f((-s - t)f(-t)) &= f(sf(-s - t)) + (s + t)^2. \end{aligned}\]

En utilisant \(f(-x) = -f(x)\) pour tout \(x\) pour réécrire la deuxième et la troisième équation, et en réarrangeant les termes, on obtient

\[\begin{aligned} f(tf(s)) - f(sf(s + t)) &= -s^2, \\ f(tf(s)) - f((s + t)f(t)) &= -t^2, \\ f((s + t)f(t)) + f(sf(s + t)) &= (s + t)^2. \end{aligned}\]

En additionnant ces trois équations, on obtient \(2f(tf(s)) = 2ts\), et l'on en conclut que \(f(tf(s)) = ts\) pour tout couple de réels \(s\), \(t\). En fixant \(s\) tel que \(f(s) = 1\), on obtient \(f(x) = sx\). Vu l'équation donnée, \(s = \pm 1\). On vérifie facilement que les deux fonctions \(f(x) = x\) et \(f(x) = -x\) satisfont l'équation, ce sont donc les solutions cherchées. \(\blacksquare\)

Solution 2

Comme dans la solution 1, on obtient (1), (2) et (3).

Prouvons que \(f\) est injective. Pour cela, supposons \(f(r) = f(s)\) pour certains \(r \neq s\). Alors, d'après (2),

\[r^2 = f(rf(r)) = f(rf(s)) = f((s - r)f(r)) + r^2,\]

où la dernière égalité découle de l'équation avec \(x = r\) et \(y = s - r\). Donc \(h = (s - r)f(r)\) vérifie \(f(h) = 0\), ce qui implique \(h^2 = f(hf(h)) = f(0) = 0\), c'est-à-dire \(h = 0\). Alors, comme \(s \neq r\), on a \(f(r) = 0\), ce qui implique \(r = 0\), et finalement \(f(s) = f(r) = f(0) = 0\). De même, il s'ensuit que \(s = 0\), ce qui donne la contradiction \(r = s\).

Pour prouver \(\lvert f(1) \rvert = 1\), on applique (2) avec \(t = 1\) et aussi avec \(t = f(1)\), et l'on obtient \(f(f(1)) = 1\) et \((f(1))^2 = f(f(1) \cdot f(f(1))) = f(f(1)) = 1\).

Choisissons maintenant \(\eta \in \{-1, 1\}\) avec \(f(1) = \eta\). En utilisant que \(f\) est impaire et l'équation avec \(x = 1\), \(y = z\) (deuxième égalité) et avec \(x = -1\), \(y = z + 2\) (quatrième égalité), on obtient

\[\begin{aligned} f(z) + 2\eta &= \eta\big(f(z\eta) + 2\big) = \eta\big(f(f(z + 1)) + 1\big) = \eta\big(-f(-f(z + 1)) + 1\big) \\ &= -\eta f((z + 2)f(-1)) = -\eta f((z + 2)(-\eta)) = \eta f((z + 2)\eta) = f(z + 2). \end{aligned} \tag{4}\]

Donc

\[f(z + 2\eta) = \eta f(\eta z + 2) = \eta\big(f(\eta z) + 2\eta\big) = f(z) + 2.\]

En utilisant deux fois cet argument, on obtient

\[f(z + 4\eta) = f(z + 2\eta) + 2 = f(z) + 4.\]

En substituant \(z = 2f(x)\), on a

\[f(2f(x)) + 4 = f(2f(x) + 4\eta) = f(2f(x + 2)),\]

où la dernière égalité découle de (4). En appliquant l'équation donnée, on poursuit avec

\[f(2f(x + 2)) = f(xf(2)) + 4 = f(2\eta x) + 4,\]

où la dernière égalité découle à nouveau de (4) avec \(z = 0\), c'est-à-dire \(f(2) = 2\eta\). Finalement, \(f(2f(x)) = f(2\eta x)\) et, par injectivité de \(f\), on obtient \(2f(x) = 2\eta x\), d'où les deux solutions. \(\blacksquare\)