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Shortlist 2014, A6

Domaine : Algèbre · Difficulté : ★★★★★ · Proposé par : United Kingdom

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

Solution officielle : Shortlist officielle 2014 (avec solutions), p. 20 (page 21 du PDF)

Pas encore relu

Les concepts et la rédaction de cette page n'ont pas encore été vérifiés.

Énoncé

Find all functions \(f : \mathbb{Z} \to \mathbb{Z}\) such that

\[n^2 + 4f(n) = f(f(n))^2 \tag{1}\]

for all \(n \in \mathbb{Z}\).

Indices : les idées clés
  • Suite des itérées (solution 1) : \(a_k = f^k(1)\) vérifie \(a_k^2 + 4a_{k+1} = a_{k+2}^2\) ; avec \(a_2 = 2r + 1\), une condition de carré borne \(r\), puis une récurrence donne \(f(n) = n + 1\) pour \(n > 0\).
  • Encadrement de carrés : \(f(f(n))\) a la parité de \(n\), donc \(\lvert f(f(n))^2 - n^2 \rvert\) est au moins l'écart à un carré voisin de même parité ; et « \(1\) et \(9\) sont les seuls carrés d'écart \(8\) ».
  • Substitutions : pour \(\lvert a \rvert\) grand, \(f(a) = 1 \pm a\) (solution 2), puis on étudie les ensembles \(\mathbb{Z}_+\), \(\mathbb{Z}_-\) où \(f(a) = a + 1\), \(f(a) = 1 - a\).
Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2014 (deux solutions et une remarque).

Solution 1

Réponse. Les solutions sont :

  • \(f(n) = n + 1\) pour tout \(n\) ;

  • ou, pour un entier \(a \geq 1\),

    \[f(n) = \begin{cases} n + 1, & n > -a, \\ -n + 1, & n \leq -a \,; \end{cases}\]

  • ou

    \[f(n) = \begin{cases} n + 1, & n > 0, \\ 0, & n = 0, \\ -n + 1, & n < 0. \end{cases}\]

Partie I : ces fonctions conviennent. Si \(f(n) = n + 1\) pour tout \(n\), alors

\[n^2 + 4f(n) = n^2 + 4n + 4 = (n + 2)^2 = f(n + 1)^2 = f(f(n))^2.\]

Si \(f(n) = n + 1\) pour \(n > -a\) et \(f(n) = -n + 1\) sinon, on a la même identité pour \(n > -a\), et

\[n^2 + 4f(n) = n^2 - 4n + 4 = (2 - n)^2 = f(1 - n)^2 = f(f(n))^2\]

sinon. Il en va de même pour la troisième solution (avec \(a = 0\)), où l'on a de plus \(0^2 + 4f(0) = 0 = f(f(0))^2\).

Partie II : il n'y en a pas d'autre. On procède en trois étapes.

Étape 1 : \(f(n) = n + 1\) pour \(n > 0\). Considérons la suite \(a_k = f^k(1)\) pour \(k \geq 0\). En prenant \(n = a_k\) dans (1), on obtient

\[a_k^2 + 4a_{k+1} = a_{k+2}^2.\]

Bien sûr, \(a_0 = 1\). Comme \(a_2^2 = 1 + 4a_1\) est impair, \(a_2\) est impair ; posons \(a_2 = 2r + 1\) avec \(r \in \mathbb{Z}\). Alors \(a_1 = r^2 + r\), et

\[a_3^2 = a_1^2 + 4a_2 = (r^2 + r)^2 + 8r + 4.\]

Comme \(8r + 4 \neq 0\), on a \(a_3^2 \neq (r^2 + r)^2\), donc l'écart entre \(a_3^2\) et \((r^2 + r)^2\) est au moins la distance de \((r^2 + r)^2\) au carré pair le plus proche (car \(8r + 4\) et \(r^2 + r\) sont pairs). Cela donne

\[\lvert 8r + 4 \rvert = \big\lvert a_3^2 - (r^2 + r)^2 \big\rvert \geq (r^2 + r)^2 - (r^2 + r - 2)^2 = 4(r^2 + r - 1)\]

(pour \(r = 0\) et \(r = -1\), l'estimation est triviale, mais cela ne gêne pas). Donc

\[4r^2 \leq \lvert 8r + 4 \rvert - 4r + 4.\]

Si \(\lvert r \rvert \geq 4\), alors

\[4r^2 \geq 16 \lvert r \rvert \geq 12 \lvert r \rvert + 16 > 8 \lvert r \rvert + 4 + 4 \lvert r \rvert + 4 \geq \lvert 8r + 4 \rvert - 4r + 4,\]

une contradiction. Donc \(\lvert r \rvert < 4\). En examinant les valeurs restantes de \(r\), on trouve que \((r^2 + r)^2 + 8r + 4\) n'est un carré que dans trois cas : \(r = -3\), \(r = 0\) et \(r = 1\).

  • \(r = -3\) : alors \(a_1 = 6\) et \(a_2 = -5\). Pour tout \(k \geq 1\), on a \(a_{k+2} = \pm \sqrt{a_k^2 + 4a_{k+1}}\), le signe devant être choisi pour que \(a_{k+1}^2 + 4a_{k+2}\) soit encore un carré. Cela donne \(a_3 = -4\), \(a_4 = -3\), \(a_5 = -2\), \(a_6 = -1\), \(a_7 = 0\), \(a_8 = 1\), \(a_9 = 2\). On aboutit à une contradiction, car \(f(1) = f(a_0) = a_1 = 6\) et en même temps \(f(1) = f(a_8) = a_9 = 2\).
  • \(r = 0\) : alors \(a_1 = 0\) et \(a_2 = 1\). Donc \(a_3^2 = a_1^2 + 4a_2 = 4\), soit \(a_3 = \pm 2\). C'est encore une contradiction, car \(f(1) = f(a_0) = a_1 = 0\) et en même temps \(f(1) = f(a_2) = a_3 = \pm 2\).

  • \(r = 1\) : alors \(a_1 = 2\) et \(a_2 = 3\). Montrons par récurrence que \(a_k = k + 1\) pour tout \(k \geq 0\) ; c'est connu pour \(k \leq 2\). Supposons \(a_{k-1} = k\) et \(a_k = k + 1\). Alors

    \[a_{k+1}^2 = a_{k-1}^2 + 4a_k = k^2 + 4k + 4 = (k + 2)^2,\]

    donc \(a_{k+1} = \pm (k + 2)\). Si \(a_{k+1} = -(k + 2)\), alors

    \[a_{k+2}^2 = a_k^2 + 4a_{k+1} = (k + 1)^2 - 4k - 8 = k^2 - 2k - 7 = (k - 1)^2 - 8.\]

    Ce ne peut être un carré que si \(k = 4\) (car \(1\) et \(9\) sont les seuls carrés dont la différence est \(8\)). Mais alors \(a_4 = 5\), \(a_5 = -6\) et \(a_6 = \pm 1\), donc \(a_7^2 = a_5^2 + 4a_6 = 36 \pm 4\), et ni \(32\) ni \(40\) n'est un carré. Donc \(a_{k+1} = k + 2\), ce qui achève la récurrence. Cela signifie aussi que \(f(n) = f(a_{n-1}) = a_n = n + 1\) pour tout \(n \geq 1\).

Étape 2 : soit \(f(0) = 1\), soit \(f(0) = 0\) et \(f(n) \neq 0\) pour \(n \neq 0\). Avec \(n = 0\) dans (1), on obtient \(4f(0) = f(f(0))^2\), donc \(f(0) \geq 0\). Si \(f(0) = 0\), alors \(f(n) \neq 0\) pour tout \(n \neq 0\), sinon on aurait

\[n^2 = n^2 + 4f(n) = f(f(n))^2 = f(0)^2 = 0.\]

Si \(f(0) > 0\), l'étape 1 donne \(f(f(0)) = f(0) + 1\), donc \(4f(0) = \big(f(0) + 1\big)^2\), ce qui donne \(f(0) = 1\).

Étape 3 : les valeurs de \(f(n)\) pour \(n < 0\).

Lemme. Pour tout \(n \geq 1\), on a \(f(-n) = -n + 1\) ou \(f(-n) = n + 1\). De plus, si \(f(-n) = -n + 1\) pour un \(n \geq 1\), alors \(f(-n + 1) = -n + 2\).

Preuve. Par récurrence forte sur \(n\). Pour \(n = 1\), on a \(1 + 4f(-1) = f(f(-1))^2\), donc \(f(-1) \geq 0\). Si \(f(-1) = 0\), alors \(f(f(-1)) = f(0) = \pm 1\), donc \(f(0) = 1\) (par l'étape 2). Sinon, \(f(f(-1)) = f(-1) + 1\), donc \(1 + 4f(-1) = \big(f(-1) + 1\big)^2\), ce qui donne \(f(-1) = 2\) et établit le cas initial. Pour l'hérédité, on distingue deux cas.

  • Si \(f(-n) \leq -n\), alors

    \[f(f(-n))^2 = (-n)^2 + 4f(-n) \leq n^2 - 4n < (n - 2)^2,\]

    donc \(\lvert f(f(-n)) \rvert \leq n - 3\) (pour \(n = 2\), ce cas ne peut même pas se produire). Si \(f(f(-n)) \geq 0\), les deux premières étapes donnent \(f(f(f(-n))) = f(f(-n)) + 1\), sauf peut-être si \(f(0) = 0\) et \(f(f(-n)) = 0\) ; mais ceci impliquerait \(f(-n) = 0\) (étape 2), donc \(n = 0\), ce qui est impossible. Si \(f(f(-n)) < 0\), on applique l'hypothèse de récurrence à \(f(f(-n))\). Dans tous les cas, \(f(f(f(-n))) = \pm f(f(-n)) + 1\). Donc

    \[f(-n)^2 + 4f(f(-n)) = f(f(f(-n)))^2 = \big(\pm f(f(-n)) + 1\big)^2,\]

    d'où

    \[n^2 \leq f(-n)^2 = \big(\pm f(f(-n)) + 1\big)^2 - 4f(f(-n)) \leq f(f(-n))^2 + 6 \lvert f(f(-n)) \rvert + 1 \leq (n - 3)^2 + 6(n - 3) + 1 = n^2 - 8,\]

    une contradiction.

  • Il reste le cas \(f(-n) > -n\). On raisonne comme précédemment : si \(f(-n) \geq 0\), alors \(f(f(-n)) = f(-n) + 1\) par les deux premières étapes, puisque \(f(0) = 0\) et \(f(-n) = 0\) impliqueraient \(n = 0\). Si \(f(-n) < 0\), on applique l'hypothèse de récurrence. Dans tous les cas \(f(f(-n)) = \pm f(-n) + 1\), d'où

    \[(-n)^2 + 4f(-n) = \big(\pm f(-n) + 1\big)^2,\]

    donc soit

    \[n^2 = f(-n)^2 - 2f(-n) + 1 = \big(f(-n) - 1\big)^2,\]

    ce qui donne \(f(-n) = \pm n + 1\), soit

    \[n^2 = f(-n)^2 - 6f(-n) + 1 = \big(f(-n) - 3\big)^2 - 8.\]

    Comme \(1\) et \(9\) sont les seuls carrés d'écart \(8\), on a alors \(n = 1\), cas déjà traité.

Enfin, supposons \(f(-n) = -n + 1\) pour un \(n \geq 2\). Alors

\[f(-n + 1)^2 = f(f(-n))^2 = (-n)^2 + 4f(-n) = (n - 2)^2,\]

donc \(f(-n + 1) = \pm (n - 2)\). Or on sait déjà que \(f(-n + 1) = -n + 2\) ou \(f(-n + 1) = n\) ; donc \(f(-n + 1) = -n + 2\). \(\square\)

En rassemblant tout, on trouve les solutions annoncées :

  • une solution est \(f(n) = n + 1\) pour tout \(n\) ;
  • si \(f(n)\) n'est pas toujours égal à \(n + 1\), il existe un plus grand entier \(m\) (qui ne peut pas être positif) pour lequel ce n'est pas le cas. D'après le lemme, on a alors \(f(n) = -n + 1\) pour tout entier \(n < m\). Si \(m = -a < 0\), on obtient \(f(n) = -n + 1\) pour \(n \leq -a\) (et \(f(n) = n + 1\) sinon). Si \(m = 0\), on a la possibilité supplémentaire \(f(0) = 0\), \(f(n) = -n + 1\) pour \(n\) négatif et \(f(n) = n + 1\) pour \(n\) positif. \(\blacksquare\)

Solution 2

Voici une autre preuve de la partie II, elle aussi en plusieurs étapes.

Étape 1. Soit \(a\) un entier quelconque et \(b = f(a)\). On se concentre d'abord sur le cas où \(\lvert a \rvert\) est assez grand.

  1. Si \(b = 0\), alors (1) appliqué à \(a\) donne \(a^2 = f(f(a))^2\), donc

    \[f(a) = 0 \implies a = \pm f(0). \tag{2}\]

    Posons désormais \(D = \lvert f(0) \rvert\). Dans toute l'étape 1, on suppose \(a \notin \{-D, 0, D\}\), donc \(b \neq 0\).

  2. Par (1), en remarquant que \(f(f(a))\) et \(a\) ont la même parité,

    \[0 \neq 4 \lvert b \rvert = \big\lvert f(f(a))^2 - a^2 \big\rvert \geq a^2 - \big(\lvert a \rvert - 2\big)^2 = 4 \lvert a \rvert - 4.\]

    Donc

    \[\lvert b \rvert = \lvert f(a) \rvert \geq \lvert a \rvert - 1 \quad \text{pour } a \notin \{-D, 0, D\}. \tag{3}\]

    Pour la suite de l'étape 1, on suppose aussi \(\lvert a \rvert \geq E = \max\{D + 2, 10\}\). Alors (3) donne \(\lvert b \rvert \geq D + 1\), et donc \(\lvert f(b) \rvert \geq D\).

  3. Posons \(c = f(b)\) ; par (3), \(\lvert c \rvert \geq \lvert b \rvert - 1\). Donc (1) donne

    \[a^2 + 4b = c^2 \geq \big(\lvert b \rvert - 1\big)^2,\]

    ce qui implique

    \[a^2 \geq \big(\lvert b \rvert - 1\big)^2 - 4 \lvert b \rvert = \big(\lvert b \rvert - 3\big)^2 - 8 > \big(\lvert b \rvert - 4\big)^2\]

    car \(\lvert b \rvert \geq \lvert a \rvert - 1 \geq 9\). Ainsi (3) se précise en

    \[\lvert a \rvert + 3 \geq \lvert f(a) \rvert \geq \lvert a \rvert - 1 \quad \text{pour } \lvert a \rvert \geq E.\]

    Maintenant, de \(c^2 = a^2 + 4b\) avec \(\lvert b \rvert \in \big[\lvert a \rvert - 1, \lvert a \rvert + 3\big]\), on tire \(c^2 = (a \pm 2)^2 + d\) avec \(d \in \{-16, -12, -8, -4, 0, 4, 8\}\). Comme \(\lvert a \pm 2 \rvert \geq 8\), ce n'est possible que si \(c^2 = (a \pm 2)^2\), ce qui donne \(b = \pm a + 1\). En résumé,

    \[f(a) = 1 \pm a \quad \text{pour } \lvert a \rvert \geq E. \tag{4}\]

On a montré qu'à un nombre fini d'exceptions près, \(f(a) = 1 \pm a\). Il est commode d'introduire les ensembles

\[\mathbb{Z}_+ = \{a \in \mathbb{Z} : f(a) = a + 1\}, \qquad \mathbb{Z}_- = \{a \in \mathbb{Z} : f(a) = 1 - a\}, \qquad \mathbb{Z}_0 = \mathbb{Z} \setminus (\mathbb{Z}_+ \cup \mathbb{Z}_-).\]

Étape 2. On étudie la structure des ensembles \(\mathbb{Z}_+\), \(\mathbb{Z}_-\) et \(\mathbb{Z}_0\).

  1. On a \(f(E + 1) = 1 \pm (E + 1)\). Si \(f(E + 1) = E + 2\), alors \(E + 1 \in \mathbb{Z}_+\). Sinon \(f(E + 1) = -E\) ; l'équation (1) avec \(n = E + 1\) donne alors \((E - 1)^2 = f(-E)^2\), donc \(f(-E) = \pm (E - 1)\). Par (4), ce n'est possible que si \(f(-E) = 1 - E\), donc dans ce cas \(-E \in \mathbb{Z}_+\). Dans tous les cas, \(\mathbb{Z}_+ \neq \varnothing\).

  2. Soit \(a \in \mathbb{Z}_+\). Montrons que tout entier \(x \geq a\) est aussi dans \(\mathbb{Z}_+\), par récurrence sur \(x\) ; le cas \(x = a\) est l'hypothèse. Supposons \(f(x - 1) = x\) et prenons \(n = x - 1\) dans (1) : on obtient \(f(x)^2 = (x + 1)^2\), donc \(f(x) = x + 1\) ou \(f(x) = -(x + 1)\).

Supposons \(f(x) = -(x + 1)\) et \(x \neq -1\) (sinon on a déjà \(f(x) = x + 1\)). Avec \(n = x\) dans (1), on obtient \(f(-x - 1)^2 = (x - 2)^2 - 8\), ce qui n'est possible que si \(x - 2 = \pm 3\) et \(f(-x - 1) = \pm 1\). Avec \(n = -x - 1\) dans (1), on obtient \(f(\pm 1)^2 = (x + 1)^2 \pm 4\), ce qui n'est possible que si \(x + 1 \in \{-2, 0, 2\}\).

Donc \(x \in \{-1, 5\}\) et en même temps \(x \in \{-3, -1, 1\}\), d'où \(x = -1\). Ce cas étant exclu, on a \(f(x) = x + 1\), ce qui achève la récurrence.

  1. On sait donc que soit \(\mathbb{Z}_+ = \mathbb{Z}\) (si \(\mathbb{Z}_+\) n'est pas minoré), soit \(\mathbb{Z}_+ = \{a \in \mathbb{Z} : a \geq a_0\}\), où \(a_0\) est le plus petit élément de \(\mathbb{Z}_+\). Dans le premier cas, \(f(n) = n + 1\) pour tout \(n\), ce qui est la première solution. On suppose désormais que \(\mathbb{Z}_+\) est minoré, de plus petit élément \(a_0\).

Si \(\mathbb{Z}_0 = \varnothing\), alors \(f(x) = x + 1\) pour \(x \geq a_0\) et \(f(x) = 1 - x\) pour \(x < a_0\). En particulier \(f(0) = 1\) dans tous les cas, donc \(0 \in \mathbb{Z}_+\) et \(a_0 \leq 0\). On obtient la deuxième solution de la liste. Il reste à traiter le cas \(\mathbb{Z}_0 \neq \varnothing\).

  1. Supposons qu'il existe \(a \in \mathbb{Z}_0\) avec \(b = f(a) \notin \mathbb{Z}_0\), de sorte que \(f(b) = 1 \pm b\). Alors \(a^2 + 4b = (1 \pm b)^2\), donc soit \(a^2 = (b - 1)^2\), soit \(a^2 = (b - 3)^2 - 8\). Dans le premier cas \(b = 1 \pm a\), ce qui est exclu par le choix de \(a\). Donc \(a^2 = (b - 3)^2 - 8\), ce qui implique \(f(b) = 1 - b\), \(\lvert a \rvert = 1\) et \(\lvert b - 3 \rvert = 3\).

Si \(b = 0\), alors \(f(b) = 1\), donc \(b \in \mathbb{Z}_+\) et \(a_0 \leq 0\) ; donc \(a = -1\). Mais alors \(f(a) = 0 = a + 1\), donc \(a \in \mathbb{Z}_+\), ce qui est impossible.

Si \(b = 6\), alors \(f(6) = -5\), donc \(f(-5)^2 = 16\) et \(f(-5) \in \{-4, 4\}\). Alors \(f(f(-5))^2 = 25 + 4f(-5) \in \{9, 41\}\), donc \(f(-5) = -4\) et \(-5 \in \mathbb{Z}_+\). Cela implique \(a_0 \leq -5\), ce qui contredit \(\pm 1 = a \notin \mathbb{Z}_+\).

  1. On a donc montré que \(f(\mathbb{Z}_0) \subseteq \mathbb{Z}_0\), et \(\mathbb{Z}_0\) est fini. Prenons \(c \in \mathbb{Z}_0\) et la suite \(c_i = f^i(c)\). Tous ses termes sont dans \(\mathbb{Z}_0\), donc elle est bornée. Choisissons un indice \(k\) pour lequel \(\lvert c_k \rvert\) est maximal, de sorte que \(\lvert c_{k+1} \rvert \leq \lvert c_k \rvert\) et \(\lvert c_{k+2} \rvert \leq \lvert c_k \rvert\). L'équation (1) donne

    \[\big(\lvert c_k \rvert - 2\big)^2 - 4 = \lvert c_k \rvert^2 - 4 \lvert c_k \rvert \leq c_k^2 + 4c_{k+1} = c_{k+2}^2.\]

    Comme \(c_k\) et \(c_{k+2}\) ont la même parité et \(\lvert c_{k+2} \rvert \leq \lvert c_k \rvert\), il reste trois possibilités : \(\lvert c_{k+2} \rvert = \lvert c_k \rvert\), \(\lvert c_{k+2} \rvert = \lvert c_k \rvert - 2\), ou \(\lvert c_k \rvert - 2 = \pm 2\) et \(c_{k+2} = 0\).

Si \(\lvert c_{k+2} \rvert = \lvert c_k \rvert - 2\), alors \(f(c_k) = c_{k+1} = 1 - \lvert c_k \rvert\), donc \(c_k \in \mathbb{Z}_-\) ou \(c_k \in \mathbb{Z}_+\), une contradiction.

Si \(\lvert c_{k+2} \rvert = \lvert c_k \rvert\), alors \(c_{k+1} = 0\), donc \(c_{k+3}^2 = 4c_{k+2}\). Donc soit \(c_{k+3} \neq 0\), soit (par maximalité de \(\lvert c_{k+2} \rvert = \lvert c_k \rvert\)) \(c_i = 0\) pour tout \(i\). Dans le premier cas, on peut refaire tout l'argument avec \(c_{k+2}\) à la place de \(c_k\). Maintenant \(\lvert c_{k+4} \rvert = \lvert c_{k+2} \rvert\) n'est plus possible puisque \(c_{k+3} \neq 0\), et il reste seulement \(\lvert c_k \rvert - 2 = \lvert c_{k+2} \rvert - 2 = \pm 2\).

On sait donc que soit tous les \(c_i\) sont nuls, soit \(\lvert c_k \rvert = 4\). Si \(c_k = \pm 4\), alors soit \(c_{k+1} = 0\) et \(\lvert c_{k+2} \rvert = \lvert c_k \rvert = 4\), soit \(c_{k+2} = 0\) et \(c_{k+1} = -4\). À partir de là, tous les termes de la suite valent \(0\) ou \(\pm 4\).

Soit \(c_r\) le dernier terme de la suite différent de \(0\) et de \(\pm 4\) (s'il existe). Alors \(c_{r+1}, c_{r+2} \in \{-4, 0, 4\}\), donc

\[c_r^2 = c_{r+2}^2 - 4c_{r+1} \in \{-16, 0, 16, 32\},\]

une contradiction. Donc tous les termes valent \(0\) ou \(\pm 4\), et comme \(c_0 = c\) était quelconque, \(\mathbb{Z}_0 \subseteq \{-4, 0, 4\}\).

  1. Enfin, montrons que \(4 \notin \mathbb{Z}_0\) et \(-4 \notin \mathbb{Z}_0\). Supposons \(4 \in \mathbb{Z}_0\). Alors \(a_0\) ne peut pas être inférieur à \(4\), sinon \(4 \in \mathbb{Z}_+\). Donc \(-3 \in \mathbb{Z}_-\), c'est-à-dire \(f(-3) = 4\). Alors \(25 = (-3)^2 + 4f(-3) = f(f(-3))^2 = f(4)^2\), donc \(f(4) = \pm 5 \notin \mathbb{Z}_0\), une contradiction.

Supposons \(-4 \in \mathbb{Z}_0\). Les seules valeurs possibles de \(f(-4)\) sont \(0\) et \(-4\). On a \(4f(0) = f(f(0))^2\), donc \(f(0) \geq 0\). Si \(f(-4) = 0\), alors \(16 = (-4)^2 + 0 = f(0)^2\), donc \(f(0) = 4\) ; mais alors \(f(f(-4)) \notin \mathbb{Z}_0\), ce qui est impossible. Donc \(f(-4) = -4\), ce qui donne \(0 = (-4)^2 + 4f(-4) = f(f(-4))^2 = 16\), ce qui est absurde.

Il ne reste que la possibilité \(\mathbb{Z}_0 = \{0\}\) et \(f(0) = 0\). Si \(1 \in \mathbb{Z}_-\), alors \(f(1) = 0\), donc \(1 = 1^2 + 4f(1) = f(f(1))^2 = f(0)^2 = 0\), une autre contradiction. Donc \(1 \in \mathbb{Z}_+\), c'est-à-dire \(a_0 \leq 1\). Par ailleurs, \(a_0 \leq 0\) impliquerait \(0 \in \mathbb{Z}_+\), donc \(a_0 = 1\). Ainsi \(\mathbb{Z}_+\) contient tous les entiers strictement positifs, et \(\mathbb{Z}_-\) tous les entiers strictement négatifs. C'est la troisième solution. \(\blacksquare\)

Remarque

Toutes les solutions connues du comité sont longues et techniques, comme le montrent les deux solutions ci-dessus. On peut rendre le problème plus facile en ajoutant des hypothèses, comme \(f(0) \neq 0\) ou \(f(n) \geq 1\) pour tout \(n \geq 0\), qui suppriment une partie des détails techniques.