Shortlist 2023, A2¶
Domaine : Algèbre · Difficulté : ★☆☆☆☆ · Proposé par : Malaysia
Concepts : Équations fonctionnelles : substitutions, injectivité, surjectivité
Solution officielle : Shortlist officielle 2023 (avec solutions), p. 13 (page 15 du PDF)
Énoncé¶
Let \(\mathbb{R}\) be the set of real numbers. Let \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) be a function such that
for every \(x, y \in \mathbb{R}\). Assume that the inequality is strict for some \(x_0, y_0 \in \mathbb{R}\).
Prove that \(f(x) \geq 0\) for every \(x \in \mathbb{R}\) or \(f(x) \leq 0\) for every \(x \in \mathbb{R}\).
Indices : les idées clés
- Équations fonctionnelles : substitutions, injectivité, surjectivité : le changement de variables \(s = x + y\), \(t = x - y\) rend l'inégalité symétrique et facile à combiner.
- Sommer deux inégalités (solutions 1 à 3) : en remplaçant \(t\) par \(-t\) et en additionnant, les carrés disparaissent : \(f(s)\big(f(t) + f(-t)\big) \geq 0\).
- Parité de \(f^2\) (solutions 2 et 4) : \(x = -y\) donne \(f(-x)^2 = f(x)^2\) lorsque \(f(0) = 0\).
- Contraposée : \(f\) impaire (solutions 3 et 4) : si \(f\) change de signe, \(f\) est impaire et l'inégalité est toujours une égalité.
- Multiplier des inégalités (solution 4) au lieu de les additionner.
Solutions
Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2023 (quatre solutions et une remarque).
Dans tout ce qui suit, on dit que \(f\) est de signe constant si elle vérifie la conclusion de l'énoncé.
Solution 1¶
On introduit les nouvelles variables \(s = x + y\) et \(t = x - y\), c'est-à-dire \(x = \frac{s+t}{2}\) et \(y = \frac{s-t}{2}\). L'inégalité devient
pour tous \(s, t \in \mathbb{R}\). En remplaçant \(t\) par \(-t\), on obtient
En sommant ces deux inégalités :
pour tous \(s, t \in \mathbb{R}\). Par hypothèse, cette inégalité est stricte pour \(s = x_0 + y_0\) et \(t = x_0 - y_0\) (la première des deux l'est). En particulier, il existe \(t_0 = x_0 - y_0\) tel que \(f(t_0) + f(-t_0) \neq 0\). Comme \(f(s)\big(f(t_0) + f(-t_0)\big) \geq 0\) pour tout \(s \in \mathbb{R}\), \(f(s)\) est toujours du signe de \(f(t_0) + f(-t_0)\) (ou nul) : \(f\) est de signe constant. \(\blacksquare\)
Solution 2¶
On fait le même changement de variables que dans la solution 1 :
Cette fois, on remplace \(s\) par \(-s\) (au lieu de \(t\) par \(-t\)) :
Revenons à l'inégalité de départ. La substitution \(x = y\) donne \(f(2x) f(0) \geq 0\) pour tout \(x \in \mathbb{R}\). Si \(f(0) \neq 0\), alors \(f\) est de signe constant (celui de \(f(0)\)). On suppose désormais \(f(0) = 0\).
La substitution \(x = -y\) donne alors \(f(-x)^2 \geq f(x)^2\). En échangeant les rôles de \(x\) et \(-x\), on obtient
Grâce à cette relation, on peut réécrire (2) sous la forme
En sommant avec (1), on obtient
pour tous \(s, t \in \mathbb{R}\), et l'on conclut comme dans la solution 1 (l'inégalité est stricte pour \(s = x_0 + y_0\), \(t = x_0 - y_0\), donc \(f(s_0) + f(-s_0) \neq 0\) pour un certain \(s_0\), et \(f(t)\) a toujours le signe de ce nombre). \(\blacksquare\)
Solution 3¶
On démontre la contraposée. Supposons qu'il existe \(a, b \in \mathbb{R}\) avec \(f(a) < 0\) et \(f(b) > 0\). Montrons que l'inégalité est en fait toujours une égalité (jamais stricte).
Lemme 1. La fonction \(f\) est impaire : \(f(x) + f(-x) = 0\) pour tout \(x \in \mathbb{R}\).
Preuve. On pose \(x = \frac{a+u}{2}\) et \(y = \frac{a-u}{2}\) dans l'inégalité de départ, où \(u\) est une variable libre :
En remplaçant \(u\) par \(-u\) et en sommant comme précédemment, on obtient
pour tout \(u \in \mathbb{R}\). Comme \(f(a) < 0\), on en déduit \(f(u) + f(-u) \leq 0\) pour tout \(u\). Le même argument avec \(b\) à la place de \(a\) (et \(f(b) > 0\)) donne \(f(u) + f(-u) \geq 0\) pour tout \(u\). Donc \(f(u) + f(-u) = 0\) pour tout \(u \in \mathbb{R}\). \(\square\)
En utilisant que \(f\) est impaire, on écrit la chaîne d'inégalités (la seconde inégalité est l'hypothèse appliquée au couple \((y, x)\)) :
Toutes les inégalités sont donc des égalités, et
ce qui contredit l'existence de \((x_0, y_0)\). \(\blacksquare\)
Solution 4¶
Comme dans la solution 3, on démontre la contraposée. Supposons qu'il existe \(a, b \in \mathbb{R}\) avec \(f(a) f(b) < 0\) ; montrons que l'inégalité n'est jamais stricte. Ici, on multiplie des inégalités au lieu de les additionner.
Lemme 2. \(f(b) f(-b) < 0\).
Preuve. Posons \(x_1 = \frac{a+b}{2}\) et \(y_1 = \frac{a-b}{2}\), de sorte que \(a = x_1 + y_1\) et \(b = x_1 - y_1\). Avec \(x = x_1\) et \(y = y_1\) :
donc \(f(x_1)^2 - f(y_1)^2 < 0\). De même, avec \(x = y_1\) et \(y = x_1\) :
En multipliant \(f(a) f(b) < 0\) et \(f(a) f(-b) > 0\), on obtient \(f(a)^2 f(b) f(-b) < 0\), d'où \(f(b) f(-b) < 0\). \(\square\)
Lemme 3. \(f(x) f(-x) \leq 0\) pour tout \(x \in \mathbb{R}\).
Preuve. Comme \(f\) n'est pas de signe constant, la solution 2 montre que \(f(0) = 0\) puis que \(f(x)^2 = f(-x)^2\) pour tout \(x\). On réécrit l'inégalité de départ sous la forme
En remplaçant \(s\) par \(-s\) et \(t\) par \(-t\), et avec \(f(x)^2 = f(-x)^2\) :
Quitte à remplacer \(t\) par \(-t\), on peut supposer \(f\left(\frac{s+t}{2}\right)^2 - f\left(\frac{s-t}{2}\right)^2 \geq 0\) (le produit \(f(t) f(-t)\) ne change pas). En multipliant les deux inégalités précédentes (de membres de droite positifs), on obtient
pour tous \(s, t \in \mathbb{R}\). Ainsi la fonction \(s \mapsto f(s) f(-s)\) est de signe constant. Comme \(f(b) f(-b) < 0\), on conclut que \(f(x) f(-x) \leq 0\) pour tout \(x \in \mathbb{R}\). \(\square\)
Le lemme 3, combiné avec \(f(x)^2 = f(-x)^2\) (donc \(f(-x) = \pm f(x)\)), donne \(f(x) + f(-x) = 0\) pour tout \(x\) : \(f\) est impaire. On conclut avec le même argument que dans la solution 3. \(\blacksquare\)
Remarques¶
Remarque 1. La présence de carrés dans le membre de droite n'est pas essentielle, comme le montre bien la solution 1. Elle permet cependant à des fonctions non constantes, comme \(f(x) = |x|\), de vérifier les conditions de l'énoncé.