Shortlist 2010, A1¶
Domaine : Algèbre · Difficulté : ★★☆☆☆ · Proposé par : France
Concepts : Équations fonctionnelles : substitutions, injectivité, surjectivité · Partie entière et majorations
Solution officielle : Shortlist officielle 2010 (avec solutions), p. 7 (page 8 du PDF)
Problème 1 de l'OIM 2010
Ce problème a été choisi parmi ceux de la shortlist pour l'épreuve de l'OIM 2010, où il était le problème 1 (jour 1).
Énoncé¶
Determine all functions \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) such that the equality
holds for all \(x, y \in \mathbb{R}\). Here, by \(\lfloor x \rfloor\) we denote the greatest integer not exceeding \(x\).
Indices : les idées clés
- Substitution \(x = 0\) : \(f(0) = f(0)\lfloor f(y) \rfloor\), donc ou bien \(\lfloor f(y) \rfloor = 1\) partout, ou bien \(f(0) = 0\).
- Cas \(f(0) = 0\) : si \(f(\alpha) \neq 0\) pour un \(\alpha \in (0, 1)\), alors \(\lfloor f(y) \rfloor = 0\) partout et \(f \equiv 0\) ; sinon, on écrit \(z = N\alpha\) avec \(N\) entier et \(\alpha \in [0, 1)\).
- Partie entière : la condition \(C = C\lfloor C \rfloor\) pour une constante non nulle équivaut à \(1 \leq C < 2\).
Solutions
Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2010 (deux solutions).
Réponse : \(f(x) = C\) constante, avec \(C = 0\) ou \(1 \leq C < 2\).
Solution 1¶
Prenons d'abord \(x = 0\) dans (1) :
pour tout \(y \in \mathbb{R}\). Deux cas sont alors possibles.
Cas 1. Supposons \(f(0) \neq 0\). Alors (2) donne \(\lfloor f(y) \rfloor = 1\) pour tout \(y \in \mathbb{R}\). L'équation (1) devient donc \(f(\lfloor x \rfloor y) = f(x)\), et en prenant \(y = 0\) on obtient \(f(x) = f(0) = C \neq 0\). Enfin, de \(\lfloor f(y) \rfloor = 1 = \lfloor C \rfloor\) on obtient \(1 \leq C < 2\).
Cas 2. On a maintenant \(f(0) = 0\). On distingue deux sous-cas.
Sous-cas 2a. Supposons qu'il existe \(0 < \alpha < 1\) tel que \(f(\alpha) \neq 0\). En prenant \(x = \alpha\) dans (1), on obtient \(0 = f(0) = f(\alpha)\lfloor f(y) \rfloor\) pour tout \(y \in \mathbb{R}\). Donc \(\lfloor f(y) \rfloor = 0\) pour tout \(y \in \mathbb{R}\). Enfin, en prenant \(x = 1\) dans (1), on obtient \(f(y) = 0\) pour tout \(y \in \mathbb{R}\), ce qui contredit la condition \(f(\alpha) \neq 0\).
Sous-cas 2b. Inversement, on a \(f(\alpha) = 0\) pour tout \(0 \leq \alpha < 1\). Soit \(z\) un réel quelconque ; il existe un entier \(N\) tel que \(\alpha = \frac{z}{N} \in [0, 1)\) (on peut prendre \(N = \lfloor z \rfloor + 1\) si \(z \geq 0\) et \(N = \lfloor z \rfloor - 1\) sinon). Alors (1) donne \(f(z) = f(\lfloor N \rfloor \alpha) = f(N)\lfloor f(\alpha) \rfloor = 0\) pour tout \(z \in \mathbb{R}\).
Enfin, une vérification directe montre que toutes les fonctions obtenues vérifient (1). \(\blacksquare\)
Solution 2¶
Supposons que \(\lfloor f(y) \rfloor = 0\) pour un certain \(y\) ; la substitution \(x = 1\) donne alors \(f(y) = f(1)\lfloor f(y) \rfloor = 0\). Donc, si \(\lfloor f(y) \rfloor = 0\) pour tout \(y\), alors \(f(y) = 0\) pour tout \(y\). Cette fonction vérifie évidemment les conditions du problème.
Il reste à considérer le cas où \(\lfloor f(a) \rfloor \neq 0\) pour un certain \(a\). On a alors
Cela signifie que \(f(x_1) = f(x_2)\) dès que \(\lfloor x_1 \rfloor = \lfloor x_2 \rfloor\), donc \(f(x) = f(\lfloor x \rfloor)\), et l'on peut supposer que \(a\) est entier.
On a maintenant
cela implique \(\lfloor f(0) \rfloor \neq 0\), et l'on peut même supposer \(a = 0\). L'équation (3) donne alors
pour tout \(x\). La condition (1) devient alors équivalente à l'équation \(C = C\lfloor C \rfloor\), qui est vérifiée exactement quand \(\lfloor C \rfloor = 1\). \(\blacksquare\)