Marathon des équations fonctionnelles

Soit g(x)=f(x)-x(x+1)/2+1

g(x) est une fonction de Z dans Z et l'équation fonctionnelle devient g(x)+g(y)=g(x+y) et donc g(x)=ax avec a dans Z

Et donc f(x)=x(x+1)/2+ax-1, qui se trouve en effet être une solution.

Je découpe ma preuve en deux parties:
Le résultat pour les entiers naturels:
Posons f(1)=a
On a f(x)+(y)=f(x+y)-xy-1.
Si x=y=0, alors f(0)+f(0)=f(0+0)-0*0-1.
Donc 2f(0)=f(0)-0-1.
Donc f(0)=-1.
Si x=y=1, alors f(1)+f(1)=f(1+1)-1*1-1.
Donc 2f(1)=f(2)-1-1.
Donc 2a=f(2)-2.
Donc f(2)=2a+2.
Si x=1 et y=2, alors f(2)+f(1)=f(1+2)-1*2-1.
Donc 2a+2+a=f(3)-2-1.
Donc 3a+2=f(3)-3.
Donc f(3)=3a+5.
Et on pourra conjecturer de ce qui précède que .
Démontrons ce résultat par récurrence.
Pour n=0, on a .
Donc .
Donc .
Ce qui est vrai.
Supposons maintenant que et démontrons que .
Dans l'équation fonctionnelle, on prends x=n et y=1, alors .
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .
Ce qui met fin à la récurrence.
Ainsi pour tout entier naturel n.
Généralisation pour les entiers relatifs:
Il suffit pour cela de démontrer que .
Dans l'équation fonctionnelle, on prends x=n et y=-n, alors .
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .
Ce qui met fin à la généralisation.
Inversement, soit f la fonction définie de IZ à IZ par pour tout les entiers.
On a .
Donc .
Donc .
Donc .==>(1)
D'autre part, on a .
Donc .
Donc .==>(2)
De 1 et 2, on vérifie que f(x)+(y)=f(x+y)-xy-1.
Synthèse:
La fonction est la seule à satisfaire le problème.
Ce qui met fin à ma preuve.

Inversement, la fonction nulle vérifie l'EF.
Synthèse :
La solution de l'EF est la fonction nulle.

Soit P(x,y) l'assertion f(x+y)+f(x-y)=2f(x)cos(y)

(a) : P(0,x) ==> f(x)+f(-x)=2f(0)cos(x)
(b) : P(-pi/2,pi/2-x) ==> f(-x)+f(x-pi)=2f(-pi/2)sin(x)
(c) : P(x-pi/2,pi/2) ==> f(x)+f(x-pi)=0

(a)-(b)+(c) ==> f(x)=f(0)cos(x)-f(-pi/2)sin(x)

Et donc f(x)=a.cos(x)+b.sin(x) qui est effectivement une solution.

Soit P(x,y) l'assertion f(f(x-y))=f(x)f(y)+f(x)-f(y)-xy
Soit A=f(R)

P(x,x) ==> f(x)^2=x^2+f(f(0)) et donc f(x)^2=x^2+a et A est un ensemble de cardinal infini

P(x,0) ==> f(f(x))=f(x)(f(0)+1)-f(0) et donc f(x)=bx+1-b pour tout x de A

Donc, pour tout x de A : f(x)^2=(bx+1-b)^2=x^2+a et donc (b^2-1)x^2+2b(1-b)x+(1-b)^2-a=0 pour tout x de A, de cardinal infini.

Donc b=1, a=c=0 et donc :
f(x)^2=x^2
f(f(x))=f(x)

P(x,y) devient f(x-y)=f(x)f(y)+f(x)-f(y)-xy
P(y,x) devient f(y-x)=f(x)f(y)+f(y)-f(x)-xy
et comme soit f(x-y)=f(y-x), soit f(x-y)=-f(y-x), on obtient :
Soit f(x)=f(y), soit f(x)f(y)=xy

En prenant y=f(1) (=+/- 1), on obtient soit f(x)=f(f(1))=f(1), soit f(x)f(1)=xf(1) et donc f(x)=x (dans ce cas)

Donc f(x)=x pour tout x différent de +/- 1
et en prenant x=1 et y=2 dans "Soit f(x)=f(y), soit f(x)f(y)=xy", on obtient f(1)=1

Donc f(x)=x pour tout x

de toute évidence g(x) est différent de -1 pour tout x et on peut écrire g(x+1)=(g(x)-1)/(g(x)+1)
De même, g(x+1) est différent de 1 et on peut écrire g(x)=-(g(x+1)+1)/(g(x+1)-1)

Il est facile d'établir que :
g(x+1)=(g(x)-1)/(g(x)+1)

g(x+2)=-1/g(x)

g(x+3)=-(g(x)+1)/(g(x)-1)

g(x+4)=g(x)

Donc il suffit de choisir g(x) de façon quelconque dans R-{-1,0,1} sur [0,1[ et de fabriquer g(x) sur le reste de R par les formules précédentes.

Et donc bien évidemment une infinité de solutions.

Il s'agit d'une suite classique a_{n+2}=6a_{n+1}-8a_n dont la solution est a_n=a.2^n+b.4^n
Pour que cette valeur soit dans Z lorsque n tend vers -infini, il faut a=b=0
Et donc la seule solution est f(n)=0