Shortlist 2011, A6

Domaine : Algèbre · Difficulté : ★★★☆☆ · Proposé par : non indiqué

Concepts : Équations fonctionnelles : substitutions, injectivité, surjectivité · Équations fonctionnelles : équation de Cauchy, monotonie, continuité

Solution officielle : Shortlist officielle 2011 (avec solutions), p. 21 (page 22 du PDF)

Problème 3 de l'OIM 2011

Ce problème a été choisi parmi ceux de la shortlist pour l'épreuve de l'OIM 2011, où il était le problème 3 (jour 1).

Énoncé

Let \(f\) be a function from the set of real numbers to itself that satisfies

\[f(x + y) \leq y f(x) + f(f(x)) \tag{1}\]

for all real numbers \(x\) and \(y\). Prove that \(f(x) = 0\) for all \(x \leq 0\).

Indices : les idées clés

• Substitutions : avec \(y = t - x\), \(f(t) \leq tf(x) - xf(x) + f(f(x))\) ; en croisant \((t, x) = (f(a), b)\) et \((f(b), a)\), on obtient \(2f(a)f(b) \geq af(a) + bf(b)\).
• Signe : \(b = 2f(a)\) donne \(af(a) \leq 0\), donc \(f \geq 0\) sur \((-\infty, 0)\) ; si \(f(x) > 0\) quelque part, \(f\) serait négative pour \(t\) très petit.
• Majoration affine (solution 2) : \(f(t) \leq At + B\) avec \(A > 0\) mènerait à \(f(0) \leq -At^2 + \cdots\) pour \(t\) grand (inégalités fonctionnelles).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2011 (deux solutions et deux remarques).

Solution 1

En substituant \(y = t - x\), on écrit (1) sous la forme

\[f(t) \leq tf(x) - xf(x) + f(f(x)). \tag{2}\]

Considérons deux réels \(a\), \(b\) et utilisons (2) avec \(t = f(a)\), \(x = b\), puis avec \(t = f(b)\), \(x = a\). On obtient

\[f(f(a)) - f(f(b)) \leq f(a)f(b) - bf(b), \qquad f(f(b)) - f(f(a)) \leq f(a)f(b) - af(a).\]

En additionnant ces deux inégalités, on obtient

\[2f(a)f(b) \geq af(a) + bf(b).\]

Substituons maintenant \(b = 2f(a)\) : on obtient \(2f(a)f(b) \geq af(a) + 2f(a)f(b)\), soit \(af(a) \leq 0\). Donc

\[f(a) \geq 0 \quad \text{pour tout } a < 0. \tag{3}\]

Supposons maintenant \(f(x) > 0\) pour un réel \(x\). Par (2), pour tout

\[t < \frac{xf(x) - f(f(x))}{f(x)},\]

on a \(f(t) < 0\). Cela contredit (3) ; donc

\[f(x) \leq 0 \quad \text{pour tout réel } x, \tag{4}\]

et par (3) à nouveau, \(f(x) = 0\) pour tout \(x < 0\).

Il reste à trouver \(f(0)\). Avec \(t = x < 0\) dans (2), on obtient \(0 \leq 0 - 0 + f(0)\), donc \(f(0) \geq 0\). Avec (4), on obtient \(f(0) = 0\). \(\blacksquare\)

Solution 2

On utilise encore la condition sous la forme (2). Pour plus de clarté, on procède en quatre étapes.

Étape 1 : \(f\) ne prend que des valeurs négatives ou nulles. Supposons qu'il existe un réel \(z\) avec \(f(z) > 0\). En prenant \(x = z\) dans (2) et en posant \(A = f(z)\), \(B = -zf(z) + f(f(z))\) (le livret écrit \(-zf(z) - f(f(z))\) ; le signe correct, d'après (2), est \(+\)), on obtient \(f(t) \leq At + B\) pour tout réel \(t\). Donc, si l'on substitue \(x = -t\), \(y = t\) dans (1) pour un réel \(t > 0\) quelconque, on obtient

\[\begin{aligned} f(0) &\leq tf(-t) + f(f(-t)) \leq t(-At + B) + Af(-t) + B \\ &\leq -t(At - B) + A(-At + B) + B = -At^2 - (A^2 - B)t + (A + 1)B. \end{aligned}\]

C'est faux pour \(t\) assez grand. Cette contradiction prouve que \(f(x) \leq 0\) pour tout réel \(x\). Pour cette raison, (1) entraîne

\[f(x + y) \leq yf(x) \tag{5}\]

pour tous réels \(x\) et \(y\).

Étape 2 : \(f\) a au moins un zéro. Si \(f(0) = 0\), c'est terminé. Sinon, par l'étape 1, \(f(0) < 0\). Par (5), \(f(y) \leq yf(0)\) pour tout réel \(y\). On peut donc choisir un réel \(a > 0\) assez grand pour que \(f(a)^2 > -f(0)\). Posons \(b = f(a)\) et substituons \(x = b\), \(y = -b\) dans (5) : on obtient \(-b^2 < f(0) \leq -bf(b)\), c'est-à-dire \(b < f(b)\). Appliquons maintenant (2) à \(x = b\) et \(t = f(b)\) :

\[f(f(b)) \leq \big(f(b) - b\big)f(b) + f(f(b)),\]

c'est-à-dire \(f(b) \geq 0\). Par l'étape 1, \(b\) est donc un zéro de \(f\).

Étape 3 : si \(f(a) = 0\) et \(b < a\), alors \(f(b) = 0\). Il suffit de substituer \(x = b\) et \(y = a - b\) dans (5) : on obtient \(f(b) \geq 0\), ce qui suffit par l'étape 1.

Étape 4. Par l'étape 3, il reste à montrer que \(f(0) = 0\). Prenons un zéro \(r\) de \(f\) et substituons \(x = r\) et \(y = -1\) dans (1). Comme \(f(r) = f(r - 1) = 0\), cela donne \(f(0) \geq 0\), donc \(f(0) = 0\) par l'étape 1 à nouveau. \(\blacksquare\)

Remarques

Remarque 1. Les deux solutions montrent aussi que \(f(x) \leq 0\) pour tout réel \(x\). Comme on le voit dans la solution 1, c'est beaucoup plus facile si l'on sait déjà que \(f\) est positive ou nulle pour les arguments assez petits. Voici une autre façon d'y arriver, proposée par l'auteur. Posons \(a = f(0)\) et substituons \(x = 0\) dans (1) : cela donne \(f(y) \leq ay + f(a)\) pour tout réel \(y\). Si, pour un réel \(x\) quelconque, on prend \(y = a - x\) dans (1), on obtient

\[f(a) \leq (a - x)f(x) + f(f(x)) \leq (a - x)f(x) + af(x) + f(a),\]

donc \(0 \leq (2a - x)f(x)\). En particulier, si \(x < 2a\), alors \(f(x) \geq 0\). On peut ensuite procéder presque exactement comme dans la solution 1 pour montrer que \(f(x) \leq 0\) pour tout \(x\), puis conclure en quelques lignes comme aux étapes 3 et 4 de la solution 2.

Remarque 2. Le problème d'origine demandait aussi s'il existe une fonction non nulle vérifiant la condition. En voici une famille. Si \(g : (0, \infty) \to [0, \infty)\) est une fonction telle que

\[g(x + y) \geq yg(x) \tag{6}\]

pour tous réels \(x, y > 0\), alors la fonction \(f\) définie par

\[f(x) = \begin{cases} -g(x) & \text{si } x > 0, \\ 0 & \text{si } x \leq 0 \end{cases} \tag{7}\]

vérifie automatiquement (1). En effet, \(f(x) \leq 0\) et donc \(f(f(x)) = 0\) pour tout réel \(x\). Donc (1) se réduit à (5), qui n'est non trivial que si \(x\) et \(y\) sont strictement positifs ; dans ce cas, c'est (6). On trouve facilement une fonction \(g\) non nulle vérifiant (6). Par exemple, \(g(z) = Ce^z\) (avec \(C > 0\) constante) convient, puisque \(e^y > y\) pour tout réel \(y > 0\). On peut aussi prendre \(g(z) = e^z - 1\) ; dans ce cas, \(f\) est même continue.