Shortlist 2016, A7

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

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

Solution officielle : Shortlist officielle 2016 (avec solutions), p. 22 (page 25 du PDF)

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Énoncé

Denote by \(\mathbb{R}\) the set of all real numbers. Find all functions \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) such that \(f(0) \neq 0\) and

\[f(x+y)^2 = 2f(x)f(y) + \max\big\{ f(x^2) + f(y^2),\, f(x^2+y^2) \big\}\]

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

Indices : les idées clés

• Équations fonctionnelles : substitutions, injectivité, surjectivité : \(x = y = 0\) donne \(f(0) = -1\), puis \(y = 0\) donne \((f(x) + 1)^2 = f(x^2) + 1\) ; avec \(g = f + 1\), on a \(g(x^2) = g(x)^2 \geq 0\).
• Minorer le max par l'un de ses termes (solution 1) : \((g(x + y) - 1)^2 \geq (g(x) + g(y) - 1)^2 - 1\), puis encadrements asymptotiques en utilisant \(g(x^{2^n}) = g(x)^{2^n}\).
• Comparer \(f(x)\) et \(f(-x)\) (solutions 2 et 3) : \(f(x) = f(-x)\) ou \(f(x) + f(-x) = -2\) ; on montre que la même alternative vaut pour tous les \(x\).
• Équations fonctionnelles : équation de Cauchy, monotonie, continuité (solutions 2 et 3) : \(g(x + y) = g(x) + g(y)\) avec \(g \geq 0\) sur \([0, +\infty[\), donc \(g\) croissante et linéaire.

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2016 (trois solutions).

Réponse. Il y a deux solutions : \(f(x) = -1\) pour tout \(x \in \mathbb{R}\), et \(f(x) = x - 1\) pour tout \(x \in \mathbb{R}\).

On note (1) l'équation de l'énoncé.

Solution 1

Avec \(x = y = 0\) dans (1) : \(f(0)^2 = 2f(0)^2 + \max\{2f(0), f(0)\}\). Si \(f(0) > 0\), cela donne \(f(0)^2 + 2f(0) = 0\), sans solution positive. Si \(f(0) < 0\), cela donne \(f(0)^2 + f(0) = 0\), donc \(f(0) = -1\). Avec \(y = 0\) dans (1), on obtient \(f(x)^2 = -2f(x) + f(x^2)\), c'est-à-dire \((f(x) + 1)^2 = f(x^2) + 1\). Posons \(g(x) = f(x) + 1\). Pour tout réel \(x\),

\[g(x^2) = g(x)^2 \geq 0. \tag{2}\]

En particulier, \(g \geq 0\) sur \([0, +\infty[\).

D'après (1), \(f(x + y)^2 \geq 2f(x)f(y) + f(x^2) + f(y^2)\). En termes de \(g\) : \((g(x + y) - 1)^2 \geq 2(g(x) - 1)(g(y) - 1) + g(x^2) + g(y^2) - 2\), et grâce à (2),

\[(g(x + y) - 1)^2 \geq (g(x) + g(y) - 1)^2 - 1. \tag{3}\]

Avec \(x = 1\) dans (2), \(g(1) = g(1)^2\), donc \(g(1) = 0\) ou \(g(1) = 1\). On traite les deux cas séparément.

Cas 1 : \(g(1) = 0\), c'est-à-dire \(f(1) = -1\). Avec \(x = -1\) et \(y = 0\) dans (1) : \(f(-1)^2 = -2f(-1) - 1\), ce qui impose \(f(-1) = -1\). Avec \(x = -1\) et \(y = 1\) dans (1) : \(1 = 2 + \max\{-2, f(2)\}\). Cela impose \(1 = 2 + f(2)\), donc \(f(2) = -1\), c'est-à-dire \(g(2) = 0\). Grâce à (2), on montre par récurrence que \(g(2^{2^n}) = g(2)^{2^n} = 0\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\). Avec \(y = 2^{2^n} - x\) dans (3), on obtient

\[\left(g(x) + g(2^{2^n} - x) - 1\right)^2 \leq \left(g(2^{2^n}) - 1\right)^2 + 1 = 2.\]

Pour \(x \geq 0\) fixé, prenons \(n\) assez grand pour que \(2^{2^n} - x > 0\). D'après (2), \(g(2^{2^n} - x) \geq 0\), donc \(g(x) \leq 1 + \sqrt{2}\). En utilisant encore (2) (avec \(x^{2^n} \geq 0\)),

\[g(x)^{2^n} = g\left(x^{2^n}\right) \leq 1 + \sqrt{2}\]

pour tout \(n \in \mathbb{N}\). Par conséquent, \(|g(x)| \leq 1\) pour tout \(x \geq 0\) ; en particulier \(0 \leq g(z) \leq 1\) pour tout \(z \geq 0\).

Supposons qu'il existe \(a \in \mathbb{R}\) avec \(g(a) \neq 0\). Alors \(0 < g(a^2) = g(a)^2 \leq 1\), et pour \(n\) assez grand, \(t = (a^2)^{1/2^n} > 0\) vérifie

\[g(t) = g(a^2)^{1/2^n} > \tfrac{1}{2}.\]

En prenant \(x = -y = -t\) dans (1), on obtient

\[1 = 2f(-t)f(t) + \max\{2f(t^2), f(2t^2)\} = 2\big(g(-t) - 1\big)\big(g(t) - 1\big) + \max\{2(g(t^2) - 1), g(2t^2) - 1\}.\]

D'après (2), \(|g(-t)| = |g(t)| \in \left(\frac{1}{2}, 1\right]\), et le max est \(\leq 0\) puisque \(g(z) \leq 1\) pour \(z \geq 0\). Si \(g(-t) = g(t)\), on obtient

\[1 \leq 2\left(-\tfrac{1}{2}\right)\left(-\tfrac{1}{2}\right) + 0 = \tfrac{1}{2},\]

ce qui est absurde.

Précision ajoutée : le livret traite \(g(-t)\) et \(g(t)\) comme s'ils étaient tous deux dans \(\left(\frac{1}{2}, 1\right]\) ; il reste le cas \(g(-t) = -g(t)\). Posons \(u = g(t)\) et prenons \(n\) assez grand pour que \(u > \frac{1}{\sqrt{2}}\) (possible car \(g(a^2)^{1/2^n} \to 1\)). L'égalité devient \(1 = 2(1 - u^2) + \max\{2(u^2 - 1), g(2t^2) - 1\}\). Si le max vaut \(2(u^2 - 1)\), on obtient \(1 = 0\) ; sinon il vaut \(g(2t^2) - 1\) et \(g(2t^2) = 2u^2 > 1\), ce qui contredit \(g \leq 1\) sur \([0, +\infty[\).

On aboutit à une contradiction dans tous les cas, donc \(g(x) = 0\) pour tout \(x\), c'est-à-dire \(f(x) = -1\) pour tout \(x \in \mathbb{R}\), qui vérifie clairement (1).

Cas 2 : \(g(1) = 1\), c'est-à-dire \(f(1) = 0\). Avec \(x = -1\) et \(y = 1\) dans (1), on obtient \(1 = \max\{0, f(2)\}\) (le terme \(2f(-1)f(1)\) est nul puisque \(f(1) = 0\)). Cela impose \(f(2) = 1\), donc \(g(2) = 2\).

Avec \(x = 2n\) et \(y = 2\) dans (3) :

\[(g(2n + 2) - 1)^2 \geq (g(2n) + 1)^2 - 1.\]

Par récurrence sur \(n\) (en utilisant \(g \geq 0\) sur \([0, +\infty[\)), on montre facilement que \(g(2n) \geq n + 1\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\).

Minoration \(g(a) \geq a\) pour \(a > 1\). Soit \(a > 1\) ; prenons \(n \in \mathbb{N}\) grand et \(k\) l'entier positif tel que \(2k \leq a^{2^n} < 2k + 2\). D'après (2) et (3) (avec \(x = 2k\), \(y = a^{2^n} - 2k\)),

\[\left(g(a)^{2^n} - 1\right)^2 + 1 = \left(g(a^{2^n}) - 1\right)^2 + 1 \geq \left(g(2k) + g(a^{2^n} - 2k) - 1\right)^2 \geq k^2 > \tfrac{1}{4}\left(a^{2^n} - 2\right)^2,\]

car \(g(a^{2^n} - 2k) \geq 0\). Pour \(n\) grand, cela implique clairement \(g(a)^{2^n} > 1\). Donc

\[\left(g(a)^{2^n}\right)^2 > \left(g(a)^{2^n} - 1\right)^2 + 1 > \tfrac{1}{4}\left(a^{2^n} - 2\right)^2,\]

d'où

\[g(a)^{2^n} > \tfrac{1}{2}\left(a^{2^n} - 2\right). \tag{4}\]

Par ailleurs, par la formule du binôme,

\[\frac{a^{2^n}}{a^{2^n} - 2} = 1 + \frac{2}{a^{2^n} - 2} \leq \left(1 + \frac{2}{2^n (a^{2^n} - 2)}\right)^{2^n},\]

ce qui se réécrit

\[\left(a^{2^n} - 2\right)^{1/2^n} \geq \frac{a}{1 + \frac{2}{2^n (a^{2^n} - 2)}}.\]

Avec (4), on obtient \(g(a) > 2^{-1/2^n} \cdot \frac{a}{1 + \frac{2}{2^n (a^{2^n} - 2)}}\), et en faisant tendre \(n\) vers l'infini, \(g(a) \geq a\).

Majoration \(g(a) \leq a + 1\) pour \(a > 1\). Prenons \(x = na\) et \(y = a\) dans (3) : \((g((n + 1)a) - 1)^2 \geq (g(na) + g(a) - 1)^2 - 1\). Par récurrence sur \(n\), on montre facilement que \(g(na) \geq (n - 1)(g(a) - 1) + a\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\). Choisissons \(n \in \mathbb{N}\) grand et \(k\) l'entier positif tel que \(ka \leq 2^{2^n} < (k + 1)a\). Comme \(g(2^{2^n}) = g(2)^{2^n} = 2^{2^n}\), (2) et (3) donnent

\[2^{2^{n+1}} > \left(2^{2^n} - 1\right)^2 + 1 = \left(g(2^{2^n}) - 1\right)^2 + 1 \geq \left(g(2^{2^n} - ka) + g(ka) - 1\right)^2 \geq \big((k - 1)(g(a) - 1) + a - 1\big)^2,\]

d'où, pour \(n\) assez grand (en utilisant \(k > \frac{2^{2^n}}{a} - 1\)),

\[2^{2^n} \geq (k - 1)(g(a) - 1) + a - 1 > \frac{2^{2^n}}{a}(g(a) - 1) - 2(g(a) - 1) + a - 1.\]

En divisant par \(2^{2^n}\) et en faisant tendre \(n\) vers l'infini, on obtient \(\frac{g(a) - 1}{a} \leq 1\), c'est-à-dire \(g(a) \leq a + 1\) pour tout \(a > 1\).

Majoration \(g(a) \leq a\) pour \(a > 1\). Pour \(n\) grand, (3) (avec \(x = y = a^{2^n}\)), la majoration précédente et (2) donnent

\[4a^{2^{n+1}} = \left(2a^{2^n}\right)^2 \geq \left(g(2a^{2^n}) - 1\right)^2 \geq \left(2g(a^{2^n}) - 1\right)^2 - 1 = \left(2g(a)^{2^n} - 1\right)^2 - 1.\]

On en déduit

\[2a^{2^n} > \tfrac{1}{2}\left(1 + \sqrt{4a^{2^{n+1}} + 1}\right) \geq g(a)^{2^n}.\]

Quand \(n\) tend vers l'infini, cela impose \(g(a) \leq a\). Avec \(g(a) \geq a\), on obtient \(g(a) = a\) pour tout réel \(a > 1\), c'est-à-dire \(f(a) = a - 1\) pour tout \(a > 1\).

Conclusion. Pour \(x \in \mathbb{R}\) quelconque, choisissons \(y\) assez grand dans (1) pour que \(y > 1\) et \(x + y > 1\). On obtient

\[(x + y - 1)^2 = 2f(x)(y - 1) + \max\{f(x^2) + y^2 - 1,\ x^2 + y^2 - 1\},\]

qui se réécrit

\[2\big(x - 1 - f(x)\big)y = -x^2 + 2x - 2 - 2f(x) + \max\{f(x^2), x^2\}.\]

Le membre de droite ne dépend pas de \(y\) ; l'égalité ne peut donc être vraie pour tous les \(y\) assez grands que si \(f(x) = x - 1\). Vérifions que cette fonction convient :

\[f(x + y)^2 = (x + y - 1)^2 = 2(x - 1)(y - 1) + (x^2 + y^2 - 1) = 2f(x)f(y) + \max\{f(x^2) + f(y^2), f(x^2 + y^2)\},\]

car ici \(f(x^2) + f(y^2) = x^2 + y^2 - 2 < f(x^2 + y^2)\). \(\blacksquare\)

Solution 2

Comme dans la solution 1, \(x = y = 0\) donne \(f(0) = -1\), et \(y = 0\) donne

\[f(x)^2 = -2f(x) + f(x^2). \tag{5}\]

En remplaçant \(x\) par \(-x\) dans (5) et en comparant, \(f(x)^2 + 2f(x) = f(-x)^2 + 2f(-x)\), c'est-à-dire \((f(x) - f(-x))(f(x) + f(-x) + 2) = 0\), donc

\[f(x) = f(-x) \quad \text{ou} \quad f(x) + f(-x) = -2. \tag{6}\]

En prenant \(x = y\), puis \(x = -y\) dans (1) (les deux équations ont le même max) et en comparant :

\[f(2x)^2 - 2f(x)^2 = 1 - 2f(x)f(-x). \tag{7}\]

En combinant (6) et (7) pour éliminer \(f(-x)\), on trouve que \(f(2x) = \pm 1\) (lorsque \(f(x) = f(-x)\)) ou \(f(2x) = \pm(2f(x) + 1)\) (lorsque \(f(x) + f(-x) = -2\)).

Affirmation. \(f(x) + f(-x) = -2\) pour tout \(x \in \mathbb{R}\).

Preuve. Supposons qu'il existe \(a\) avec \(f(a) + f(-a) \neq -2\). Alors \(f(a) = f(-a) \neq -1\), et on peut supposer \(a > 0\). Montrons d'abord que \(f(a) \neq 1\). Si \(f(a) = 1\), (7) avec \(x = a\) donne \(f(2a)^2 = 1\). Avec \(x = y = a\) dans (1), on obtient \(1 = 2 + \max\{2f(a^2), f(2a^2)\}\). D'après (5), \(f(a^2) = 3\), donc \(1 \geq 2 + 6\) : impossible. Ainsi \(f(a) \neq 1\).

Comme \(f(a) \neq \pm 1\), on a \(f(a) = \pm\left(2f\!\left(\frac{a}{2}\right) + 1\right)\). De même, \(f(-a) = \pm\left(2f\!\left(-\frac{a}{2}\right) + 1\right)\), et ces deux expressions sont égales puisque \(f(a) = f(-a)\). Si \(f\!\left(\frac{a}{2}\right) = f\!\left(-\frac{a}{2}\right)\), l'argument ci-dessus s'applique à \(\frac{a}{2}\) : en particulier \(f(a)^2 = f\!\left(2 \cdot \frac{a}{2}\right)^2 = 1\), contradiction. Donc (6) impose \(f\!\left(\frac{a}{2}\right) + f\!\left(-\frac{a}{2}\right) = -2\), et l'on obtient

\[\pm\left(2f\!\left(\frac{a}{2}\right) + 1\right) = \pm\left(-2f\!\left(\frac{a}{2}\right) - 3\right).\]

Quel que soit le choix des signes, on obtient soit une contradiction, soit \(f\!\left(\frac{a}{2}\right) = -1\) ; dans ce dernier cas \(f\!\left(\frac{a}{2}\right) = f\!\left(-\frac{a}{2}\right)\) et à nouveau \(f(a) = \pm 1\). Un tel réel \(a\) n'existe donc pas. \(\square\)

En remplaçant \(x\) et \(y\) par \(-x\) et \(-y\) dans (1) et en comparant avec (1) (le max ne change pas) :

\[f(x + y)^2 - 2f(x)f(y) = f(-x - y)^2 - 2f(-x)f(-y).\]

Grâce à l'affirmation (\(f(-t) = -2 - f(t)\)), cela se simplifie en \(f(x + y) = f(x) + f(y) + 1\). Par ailleurs, (5) s'écrit \((f(x) + 1)^2 = f(x^2) + 1\). La fonction \(g = f + 1\) vérifie donc

\[g(x + y) = g(x) + g(y) \quad \text{et} \quad g(x)^2 = g(x^2).\]

La seconde relation montre que \(g(y) \geq 0\) pour \(y \geq 0\). Une fonction qui vérifie l'équation de Cauchy \(g(x + y) = g(x) + g(y)\) et qui est positive sur \([0, +\infty[\) est croissante, donc de la forme \(g(x) = cx\) pour une constante \(c\). De \((cx)^2 = g(x)^2 = g(x^2) = cx^2\), on tire \(c = 0\) ou \(c = 1\), ce qui correspond aux fonctions \(f(x) = -1\) et \(f(x) = x - 1\), solutions de (1) d'après la vérification de la solution 1. \(\blacksquare\)

Solution 3

Comme dans la solution 2, on a \(f(0) = -1\),

\[(f(x) + 1)^2 = f(x^2) + 1 \tag{8}\]

et, pour tout \(x \in \mathbb{R}\),

\[f(x) = f(-x) \quad \text{ou} \quad f(x) + f(-x) = -2. \tag{9}\]

Montrons que l'une des deux propositions de (9) est vraie pour tous les \(x \in \mathbb{R}\). Supposons qu'il existe \(a\) avec \(f(a) = f(-a)\) mais \(f(a) + f(-a) \neq -2\), et \(b\) avec \(f(b) \neq f(-b)\) mais \(f(b) + f(-b) = -2\). Clairement \(a, b \neq 0\) et \(f(a), f(b) \neq -1\).

En prenant \(y = a\), puis \(y = -a\) dans (1) et en comparant, on obtient \(f(x + a)^2 = f(x - a)^2\), c'est-à-dire \(f(x + a) = \pm f(x - a)\). Donc \(f(x + 2a) = \pm f(x)\) pour tout \(x\). Avec \(x = b\) et \(x = -2a - b\), on trouve \(f(2a + b) = \pm f(b)\) et \(f(-2a - b) = \pm f(-b) = \pm(-2 - f(b))\). Comme \(f(b) \neq -1\), la quantité \(\pm(-2 - f(b))\) est différente de \(\pm f(b)\) dans tous les cas, donc \(f(2a + b) \neq f(-2a - b)\). D'après (9), \(f(2a + b) + f(-2a - b) = -2\). On a aussi \(f(b) + f(-b) = -2\), avec \(|f(b)| = |f(2a + b)|\) et \(|f(-b)| = |f(-2a - b)|\). La seule possibilité est \(f(2a + b) = f(b)\) et \(f(-2a - b) = f(-b)\).

En appliquant l'argument à \(-a\) au lieu de \(a\), et par récurrence, on obtient \(f(2ka + b) = f(b)\) et \(f(2ka - b) = f(-b)\) pour tout entier \(k\). Comme \(f(b) + f(-b) = -2\) et \(f(b) \neq -1\), l'un des deux nombres \(f(b)\), \(f(-b)\) est strictement inférieur à \(-1\) ; quitte à changer \(b\) en \(-b\), supposons \(f(b) < -1\). Prenons \(x = \sqrt{2ka + b}\) dans (8), avec \(k\) de signe et de valeur absolue convenables pour que \(2ka + b > 0\) :

\[(f(x) + 1)^2 = f(2ka + b) + 1 = f(b) + 1 < 0,\]

ce qui est absurde. Ainsi, l'une des propositions de (9) est vraie pour tous les \(x\).

Cas 1 : \(f(x) = f(-x)\) pour tout \(x \in \mathbb{R}\). Pour tout \(a \in \mathbb{R}\), en prenant \(x = y = \frac{a}{2}\), puis \(x = -y = \frac{a}{2}\) dans (1) et en comparant, on obtient \(f(a)^2 = f(0)^2 = 1\), donc \(f(a) = \pm 1\) pour tout \(a\). Si \(f(a) = 1\) pour un certain \(a\), on peut supposer \(a > 0\) puisque \(f(a) = f(-a)\). Avec \(x = y = \sqrt{a}\) dans (1) :

\[f(2\sqrt{a})^2 = 2f(\sqrt{a})^2 + \max\{2, f(2a)\} = 2f(\sqrt{a})^2 + 2.\]

Le membre de gauche vaut \(1\) et le membre de droite vaut \(4\) : contradiction. Donc \(f(x) = -1\) pour tout \(x\), qui est clairement une solution.

Cas 2 : \(f(x) + f(-x) = -2\) pour tout \(x \in \mathbb{R}\). Ce cas se traite exactement comme dans la solution 2 (relation de Cauchy pour \(g = f + 1\)), et donne l'autre solution \(f(x) = x - 1\). \(\blacksquare\)