Shortlist 2019, A1

Domaine : Algèbre · Difficulté : ★☆☆☆☆ · Proposé par : South Africa

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

Solution officielle : Shortlist officielle 2019 (avec solutions), section A1 (livret PDF)

Problème 1 de l'OIM 2019

Ce problème a été choisi parmi ceux de la shortlist pour l'épreuve de l'OIM 2019, où il était le problème 1 (jour 1).

Énoncé

Let \(\mathbb{Z}\) be the set of integers. Determine all functions \(f : \mathbb{Z} \to \mathbb{Z}\) such that, for all integers \(a\) and \(b\),

\[f(2a) + 2f(b) = f\big(f(a+b)\big).\]

Indices : les idées clés

• Équations fonctionnelles : substitutions : deux substitutions donnant le même membre de droite \(f(f(n+1))\) montrent que \(f(n+1) - f(n)\) est constant (solution 1).
• Équation de Cauchy (solution 2) : \(g = f - f(0)\) vérifie \(g(a+b) = g(a) + g(b)\), donc est linéaire sur \(\mathbb{Z}\).
• Identifier les fonctions affines : une fois \(f(n) = Mn + K\), on reporte dans l'équation pour trouver \(M\) et \(K\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2019 (deux solutions et deux remarques).

Réponse. Les solutions sont \(f(n) = 0\) pour tout \(n\), et \(f(n) = 2n + K\) pour tout \(n\), où \(K \in \mathbb{Z}\) est une constante quelconque.

Solution 1

Remarque commune du livret : la plupart des solutions montrent d'abord que \(f\) est affine, puis déterminent les fonctions affines qui vérifient l'équation.

Notons (1) l'équation de l'énoncé : \(f(2a) + 2f(b) = f(f(a+b))\).

Substitutions. Avec \(a = 0\), \(b = n + 1\), on obtient \(f(f(n+1)) = f(0) + 2f(n+1)\). Avec \(a = 1\), \(b = n\), on obtient \(f(f(n+1)) = f(2) + 2f(n)\). Ainsi \(f(0) + 2f(n+1) = f(2) + 2f(n)\), d'où

\[f(n+1) - f(n) = \frac{1}{2}\big(f(2) - f(0)\big).\]

La différence \(f(n+1) - f(n)\) est donc constante. Comme \(f\) n'est définie que sur \(\mathbb{Z}\), cela signifie que \(f\) est affine : \(f(n) = Mn + K\) pour des constantes \(M\) et \(K\), qu'il reste à déterminer.

Fonctions affines. L'équation (1) devient

\[2Ma + K + 2(Mb + K) = M\big(M(a+b) + K\big) + K,\]

que l'on réarrange en

\[(M - 2)\big(M(a+b) + K\big) = 0.\]

Donc soit \(M = 2\), soit \(M(a+b) + K = 0\) pour toutes les valeurs de \(a + b\), ce qui impose \(M = K = 0\). Les seules solutions possibles sont donc \(f(n) = 0\) et \(f(n) = 2n + K\) avec \(K \in \mathbb{Z}\), et on vérifie aisément qu'elles conviennent. \(\blacksquare\)

Solution 2

Posons \(K = f(0)\).

Avec \(a = 0\) dans (1) :

\[f(f(b)) = 2f(b) + K \quad \text{pour tout } b \in \mathbb{Z}. \tag{2}\]

Avec \(b = 0\) dans (1) :

\[f(2a) + 2K = f(f(a)) = 2f(a) + K,\]

la seconde égalité venant de (2). Par conséquent,

\[f(2a) = 2f(a) - K \quad \text{pour tout } a \in \mathbb{Z}. \tag{3}\]

En reportant (2) et (3) dans (1), on obtient

\[2f(a) - K + 2f(b) = 2f(a+b) + K, \quad \text{soit} \quad f(a) + f(b) = f(a+b) + K.\]

Ainsi, en posant \(g(n) = f(n) - K\), la fonction \(g\) vérifie l'équation de Cauchy \(g(a+b) = g(a) + g(b)\). Ses solutions sur \(\mathbb{Z}\) sont bien connues : une récurrence immédiate montre que \(g(n) = Mn\) pour tout \(n \in \mathbb{Z}\), où \(M = g(1)\). Donc \(f(n) = Mn + K\), et on conclut comme dans la solution 1. \(\blacksquare\)

Remarques

Remarque 1. Au lieu d'obtenir (3) en posant \(b = 0\), on peut remarquer que le membre de droite de (1) est symétrique en \(a\) et \(b\), donc \(f(2a) + 2f(b) = f(2b) + 2f(a)\). Ainsi \(f(2a) - 2f(a) = f(2b) - 2f(b)\) pour tous \(a, b\) : la quantité \(f(2a) - 2f(a)\) est constante, et \(a = 0\) montre que cette constante vaut \(-K\), ce qui donne (3).

Remarque 2. Certaines solutions démontrent d'abord que \(f \circ f\) est affine (parfois en montrant que \(f(f(n)) - 3K\) vérifie l'équation de Cauchy). Mais on peut alors immédiatement en déduire que \(f\) est affine, en reportant \(f(f(n)) = M_1 n + K_1\) dans (2).