Shortlist 2015, A4¶

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

Concepts : Équations fonctionnelles : substitutions, injectivité, surjectivité

Solution officielle : Shortlist officielle 2015 (avec solutions), p. 16 (page 17 du PDF)

Problème 5 de l'OIM 2015

Ce problème a été choisi parmi ceux de la shortlist pour l'épreuve de l'OIM 2015, où il était le problème 5 (jour 2).

Énoncé¶

Find all functions \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) satisfying the equation

\[f\big(x + f(x+y)\big) + f(xy) = x + f(x+y) + y f(x)\]

for all real numbers \(x\) and \(y\).

Indices : les idées clés

Équations fonctionnelles : substitutions, injectivité, surjectivité : les substitutions \(y = 1\), \(x = 0\), \(y = 0\), \(x = \pm 1\), \(y = -1\) fournissent toutes les relations utiles.
Points fixes : \(y = 1\) montre que \(x + f(x+1)\) est un point fixe de \(f\) pour tout \(x\) ; on étudie ensuite quels réels peuvent être des points fixes.
Disjonction selon \(f(0)\) : si \(f(0) \neq 0\), le seul point fixe possible est \(1\) ; si \(f(0) = 0\), on montre que \(f\) est impaire puis que \(f(y) = y\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent la solution officielle de la Shortlist 2015 (une solution).

Réponse. Il y a deux solutions : \(f(x) = x\) et \(f(x) = 2 - x\).

Solution¶

On vérifie directement que \(x \mapsto x\) et \(x \mapsto 2 - x\) conviennent. Montrons que ce sont les seules. Soit \(f\) une solution de

\[f\big(x + f(x+y)\big) + f(xy) = x + f(x+y) + y f(x). \tag{1}\]

En posant \(y = 1\) :

\[f\big(x + f(x+1)\big) = x + f(x+1), \tag{2}\]

autrement dit \(x + f(x+1)\) est un point fixe de \(f\) pour tout réel \(x\). On distingue deux cas selon \(f(0)\).

Cas 1 : \(f(0) \neq 0\). Avec \(x = 0\) dans (1) :

\[f\big(f(y)\big) + f(0) = f(y) + y f(0).\]

Si \(y_0\) est un point fixe de \(f\), la substitution \(y = y_0\) donne \(y_0 + f(0) = y_0 + y_0 f(0)\), donc \(y_0 = 1\) puisque \(f(0) \neq 0\). D'après (2), \(x + f(x+1) = 1\) pour tout \(x\), c'est-à-dire \(f(x) = 2 - x\) pour tout réel \(x\).

Cas 2 : \(f(0) = 0\). Avec \(y = 0\) et en remplaçant \(x\) par \(x + 1\) dans (1) :

\[f\big(x + f(x+1) + 1\big) = x + f(x+1) + 1. \tag{3}\]

Avec \(x = 1\) dans (1) :

\[f\big(1 + f(y+1)\big) + f(y) = 1 + f(y+1) + y f(1). \tag{4}\]

Avec \(x = -1\) dans (2), on obtient \(f(-1) = -1\). Puis \(y = -1\) dans (4) donne \(f(1) - 1 = 1 - f(1)\), donc \(f(1) = 1\). Ainsi (4) devient

\[f\big(1 + f(y+1)\big) + f(y) = 1 + f(y+1) + y. \tag{5}\]

Par conséquent, si \(y_0\) et \(y_0 + 1\) sont des points fixes de \(f\), alors (5) avec \(y = y_0\) donne \(f(y_0 + 2) = y_0 + 2\) : \(y_0 + 2\) est aussi un point fixe. D'après (2) et (3), \(x + f(x+1)\) et \(x + f(x+1) + 1\) sont des points fixes, donc \(x + f(x+1) + 2\) aussi :

\[f\big(x + f(x+1) + 2\big) = x + f(x+1) + 2.\]

En remplaçant \(x\) par \(x - 2\) :

\[f\big(x + f(x-1)\big) = x + f(x-1).\]

D'autre part, \(y = -1\) dans (1) donne

\[f\big(x + f(x-1)\big) = x + f(x-1) - f(x) - f(-x).\]

En comparant, \(f(-x) = -f(x)\) pour tout réel \(x\) : \(f\) est impaire.

Enfin, en substituant \((x, y) \to (-1, -y)\) dans (1) et en utilisant \(f(-1) = -1\) :

\[f\big(-1 + f(-y-1)\big) + f(y) = -1 + f(-y-1) + y.\]

Comme \(f\) est impaire, cela s'écrit

\[-f\big(1 + f(y+1)\big) + f(y) = -1 - f(y+1) + y.\]

En ajoutant cette égalité à (5), on obtient \(2f(y) = 2y\), donc \(f(y) = y\) pour tout réel \(y\).

Les solutions sont donc exactement \(f(x) = x\) et \(f(x) = 2 - x\). \(\blacksquare\)