Shortlist 2013, A3¶

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

Concepts : Équations fonctionnelles : équation de Cauchy, monotonie, continuité · Équations fonctionnelles : substitutions, injectivité, surjectivité · Partie entière et majorations

Solution officielle : Shortlist officielle 2013 (avec solutions), p. 12 (page 12 du PDF)

Problème 5 de l'OIM 2013

Ce problème a été choisi parmi ceux de la shortlist pour l'épreuve de l'OIM 2013, où il était le problème 5 (jour 2).

Énoncé¶

Let \(\mathbb{Q}_{>0}\) be the set of positive rational numbers. Let \(f : \mathbb{Q}_{>0} \to \mathbb{R}\) be a function satisfying the conditions

\[f(x) f(y) \geq f(xy), \tag{1}\]

\[f(x + y) \geq f(x) + f(y) \tag{2}\]

for all \(x, y \in \mathbb{Q}_{>0}\). Given that \(f(a) = a\) for some rational \(a > 1\), prove that \(f(x) = x\) for all \(x \in \mathbb{Q}_{>0}\).

Indices : les idées clés

Substitutions : \(f(1) \geq 1\), \(f(nx) \geq n f(x)\), donc \(f(n) \geq n\), puis \(f > 0\) et \(f\) strictement croissante (monotonie).
Encadrement : \(f(x) \geq \lfloor x \rfloor > x - 1\), puis \(f(x)^n \geq f(x^n) > x^n - 1\) ; en faisant tendre \(n\) vers l'infini, \(f(x) \geq x\) pour \(x > 1\).
Égalité : \(a^n = f(a)^n \geq f(a^n) \geq a^n\), puis \(a^n = f(a^n) \geq f(x) + f(a^n - x) \geq a^n\) force \(f(x) = x\) pour \(x > 1\), et \(f(nx) = n f(x)\) conclut.

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent la solution officielle de la Shortlist 2013 (une solution et une remarque).

Solution¶

Notons \(\mathbb{Z}_{>0}\) l'ensemble des entiers strictement positifs.

Avec \(x = 1\), \(y = a\) dans (1), on obtient \(f(1) \geq 1\). Ensuite, une récurrence facile sur \(n\) à partir de (2) donne

\[f(nx) \geq n f(x) \quad \text{pour tous } n \in \mathbb{Z}_{>0} \text{ et } x \in \mathbb{Q}_{>0}. \tag{3}\]

En particulier,

\[f(n) \geq n f(1) \geq n \quad \text{pour tout } n \in \mathbb{Z}_{>0}. \tag{4}\]

Par (1) à nouveau, \(f(m/n) f(n) \geq f(m)\), donc \(f(q) > 0\) pour tout \(q \in \mathbb{Q}_{>0}\).

Alors (2) montre que \(f\) est strictement croissante ; avec (4), on obtient

\[f(x) \geq f(\lfloor x \rfloor) \geq \lfloor x \rfloor > x - 1 \quad \text{pour tout } x \geq 1.\]

Par une récurrence facile, (1) donne \(f(x)^n \geq f(x^n)\), donc

\[f(x)^n \geq f(x^n) > x^n - 1 \implies f(x) \geq \sqrt[n]{x^n - 1} \quad \text{pour tous } x > 1 \text{ et } n \in \mathbb{Z}_{>0}.\]

On en déduit

\[f(x) \geq x \quad \text{pour tout } x > 1. \tag{5}\]

(En effet, si \(x > y > 1\), alors \(x^n - y^n = (x - y)(x^{n-1} + x^{n-2}y + \cdots + y^{n-1}) > n(x - y)\), donc pour \(n\) grand, \(x^n - 1 > y^n\), et ainsi \(f(x) > y\).)

Maintenant, (1) et (5) donnent \(a^n = f(a)^n \geq f(a^n) \geq a^n\), donc \(f(a^n) = a^n\). Pour \(x > 1\), choisissons \(n \in \mathbb{Z}_{>0}\) tel que \(a^n - x > 1\). Par (2) et (5),

\[a^n = f(a^n) \geq f(x) + f(a^n - x) \geq x + (a^n - x) = a^n,\]

donc \(f(x) = x\) pour \(x > 1\). Enfin, pour tout \(x \in \mathbb{Q}_{>0}\) et tout \(n \in \mathbb{Z}_{>0}\), (1) et (3) donnent

\[n f(x) = f(n) f(x) \geq f(nx) \geq n f(x),\]

d'où \(f(nx) = n f(x)\). Donc \(f(m/n) = \frac{f(m)}{n} = \frac{m}{n}\) pour tous \(m, n \in \mathbb{Z}_{>0}\). \(\blacksquare\)

Remarque¶

La condition \(f(a) = a > 1\) est essentielle. En effet, pour \(b \geq 1\), la fonction \(f(x) = bx^2\) vérifie (1) et (2) pour tous \(x, y \in \mathbb{Q}_{>0}\), et elle a un unique point fixe \(\frac{1}{b} \leq 1\).