Marathon des équations fonctionnelles

Soit g(x)=f(x)+x-1 On a g(1)=3 et 2g(n+m)+2g(n-m)=g(2n)+g(2m)

Soit alors P(n,m) l'assertion 2g(n+m)+2g(n-m)=g(2n)+g(2m)

P(0,0) ==> g(0)=0
(a) : P(n+1,1) ==> 2g(n+2)+2g(n)=g(2(n+1))+g(2)
(b) : P(n+1,0) ==> 4g(n+1)=g(2(n+1))
(c) : P(1,0) ==> 12=g(2)

(a)-(b)-(c) ==> g(n+2)=2g(n+1)-g(n)+6 qui est une suite classique dont la solution est g(n)=3n^2+an+b et donc, en considérant les valeurs de g(0) et g(1) :

g(n)=3n^2, dont il est facile de vérifier qu'elle répond bien à l'équation proposée

et donc f(n)=3n^2-n+1

Pour n=m=0, il vient f(0)=1.
Pour m=0, il vient f(2n)=4f(n)+2n-3. Par récurrence, on montre que f((2^k)n)=(4^k)f(n) + (2^k)((2^k)-1)n - 4^(4+1) + 1.
Par conséquent, l'EF devient équivalente à f(n+m) + f(n-m) = 2[f(n) + f(m) - m - 1]
La transformation n |-> kn et m |-> n nous permet alors de voir que f((k+1)n) + f((k-1)n) = 2[f(kn) + f(n) - n - 1], ou encore que f((k+1)n) = 2[f(kn) + f(n) - n - 1] - f((k-1)n). En particulier, pour k=2, on montre facilement que f(3n) = 9f(n)+6n-8.
Par récurrence forte, on montre que f(kn) = k²f(n) + k(k-1)n - (k²-1) pour tout entier k >= 2 (on se limite aux entiers supérieurs ou égaux à 2, car c'est direct pour 0 et 1) :
- Initialisation : on a déjà montré que f(2n) = 4f(n) + 2n - (4² - 1)
- Hérédité : supposons que la propriété est vraie aux rang i tels que 2<=i<=k et montrons qu'elle s'enchaîne au rang k+1 :
Si k = 2, alors c'est déjà montré dans l'initialisation.
Sinon si k > 2, alors i=k-1>= 2, et par conséquent :
On a : f((i+1)n) = 2[f(in) + f(n) - n - 1] - f((i-1)n) = 2[i²f(n) + i(i-1)n - (i²-1) + f(n) - n - 1] - [(i-1)²f(n) + (i-1)(i-2)n - ((i-1)²-1)] = (i+1)²f(n) + i(i+1)n - ((i+1)²-1).
Fin de la récurrence.
Comme voulu : f(kn) = k²f(n) + k(k-1)n - (k²-1).
En particulier, pour n=1 : f(k) = f(1)k² = 3k².
Inversement, celle-ci répond à l'EF.

Soit P(x,y) l'assertion f(x+yf(x))=f(x)+xf(y)

Si f(0) est différent de 0, P(0,x/f(0)) ==> f(x)=f(0)=c et alors l'équation devient c=c+cx et donc c=0, contradiction
Donc f(0)=0.

La fonction f(x)=0 pour tout x est solution.
La fonction f(x)=x pour tout x est solution.
Nous chercherons dorénavant des solutions non identiquement nulles et différentes de l'identité. Donc :
Il existe u tel que f(u) est non nul
Il existe v tel que f(v) est différent de v

Si f(x)=0, P(x,u) ==> 0=xf(u) et donc x=0
P(-1,-1) ==> f(-1-f(-1))=0 et donc, d'après la ligne ci dessus : -1-f(-1)=0 et donc f(-1)=-1

P(v,-1) ==> f(v-f(v))=f(v)-v et comme f(v) est différent de v, il existe w=v-f(v) non nul tel que f(w)=-w

P(w,1) ==> f(w+f(w))=f(w)+wf(1) ==> 0=w(f(1)-1) ==> f(1)=1

P(1,x) ==> f(x+1)=f(x)+1

P(x,y+1) ==> f(x+yf(x)+f(x))=f(x)+x(f(y)+1) ==> f(x+yf(x)+f(x))=f(x+yf(x))+x

Si x est différent de 0, et donc f(x) différent de 0, on peut remplacer y par (a-x)/f(x) et l'équation devient :

f(a+f(x))=f(a)+x qui est toujours vraie si x=0

a=0 ==> f(f(x))=x
x=f(b) ==> f(a+b)=f(a)+f(b)

P(x,y) devient alors f(yf(x))=xf(y) et donc f(xy)=f(x)f(y)

La double équation f(x+y)=f(x)+f(y) et f(xy)=f(x)f(y) est très classique et n'a que deux solutions f(x)=0 et f(x)=x, ==> contradiction (puisque nous sommes dans le patagraphe où nous supposons f(x) non identiquement nulle et différente de l'identité)


Les deux seules solutions sont donc :
f(x)=0
f(x)=x

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

P(x,0) ==> f(0)=0
P(0,x) ==> f(x)=f(-x)
P(x,x) ==> f(2x)=4f(x)
P(2x,x) ==> f(3x)=9f(x)
et une récurrence immédiate donne f(nx)=n^2f(x)

Donc f(n(x/n))=n^2f(x/n) et donc f(x/n)=f(x)/n^2

Et f((p/q)x)=(p/q)^2f(x)

Donc f(x)=f(1)x^2 pour tout x rationnel (ne pas oublier que f(-x)=f(x))

La continuité permet donc d'étendre à R : f(x)=f(1)x^2 pour tout x réel, qui est bien une solution

D'où la solution f(x)=ax^2 avec "a" quelconque dans K

Soit P(x,y) l'assertion f(f(x)+y)=f(x^2-y)+4f(x)y

P(x,(x^2-f(x))/2) ==> f(x)(f(x)-x^2)=0 et donc, pour tout x, soit f(x)=0, soit f(x)=x^2

f(x)=0 pour tout x est une solution
f(x)=x^2 pour tout x est une solution

Il reste à voir s'il existe une solution pour laquelle il existe a non nul tel que f(a)=0 et b non nul tel que f(b)=b^2

Alors P(a,b) ==> b^2=f(a^2-b) ==> b^2=(a^2-b)^2 ==> b=a^2/2 et donc f(x)=0 pour tout x différent de a^2/2
Soit alors c tel que c différent de a^2/2 et c^2 différent de 2b
Comme c est différent de a^2/2, on a f(c)=0 et donc, comme pour a : f(x)=0 pour tout x différent de c^2/2
et, en particulier, b différent de c^2/2 et donc f(b)=0, ce qui est une contradiction.

Donc les deux seules solutions sont bien
f(x)=0 pour tout x
f(x)=x^2 pour tout x

La fonction nulle vérifie l'EF.
Supposons maintenant que f est une solution de l'EF qui ne soit pas la fonction nulle.
Alors il existe un réel a tel que f(a) est non nul.
Quitte à prendre x=a et d'effectuer la transformation y |-> (y - f(a²-y))/(4f(a)), on voit bien que f est surjective.
Pour y=0, il vient f(f(x))=f(x²)
Pour y=-f(0) et x=0, il vient f(0)=f(f(0))-4f(0)² = f(0²)-4f(0)²=f(0)-4f(0)², donc 4f(0)²=0, donc f(0)=0.
Pour x=0, il vient que f est paire.
Pour y=-f(x), il vient alors que 4f(x)² = f(x²+f(x)) (1)
Pour y=x², il vient f(f(x)+x²)=f(x)x² (2)
De (1) et (2), on déduit que f(x)[f(x)-x²]=0. Traduction : pour tout réel x, soit f(x)=0, soit f(x)=x².
Soient alors a et b deux réels non nuls tels que f(a)=a² et f(b)=0.
Supposons dans un premier temps que a² est différent de b.
Pour x=a et y=a²-b, il vient f(2a²-b)=4a²(a²-b), et donc soit 4a²(a²-b)=0, soit (2a²-b)²=4a²(a²-b), ce qui veut dire (après développement pour le deuxième cas) que soit a²=b, soit b=0, qui sont des contradictions, car b est un réel non nul, et on a supposé que a² est différent de b.
Si a²=b. On doit montrer donc que f(a)=a² et f(a²)=0 avec a un réel non nul mène vers une contradiction.
Pour x=a, il vient f(a²+y)=f(a²-y)+4a²y=f(-a²+y)+4a²y, la deuxième égalité étant provoquée par la parité de f. Pour y=2a², il vient f(3a²)=8a^4, ce qui implique irrémédiablement que a=0. Contradiction.
De fait et en résumé, deux réels a et b non nuls tels que f(a)=a² et f(b)=0 ne peuvent exister. Par conséquent, f est soit toujours nulle, soit elle est la fonction carré. Mais ici on ne prend pas la fonction nulle car on est dans le cas où f n'est pas nulle. La fonction carré vérifie l'EF.
Synthèse :
Les deux fonctions f : x |-> x² et f : x |-> 0 sont les deux solutions de l'EF.

Montrons d'abord que f est croissante :
Soient m,n des entiers t.q m≥n alors : f(m²)≥f(n²)=>f(m)²+f(0)²≥f(n)²+f(0)² => f(m)≥f(n) ..d'où le résultat .
Pour m=n+1=1 on obtient :
2f(1)=f(1)²+f(0)² => 2≥f(1) d'où f(1) £ {0,1,2} .

-1) Si f(1) =0 alors on a f(0)=0 et 2f(2)=2f(1)=0 => f(2)=0
On va montrer par récurrence que pour tous entier on a : f(n)=0
Pour 0 ,1,2 c'est bon .
Soit n≥2 tq f(n)=0: alors on a : 0=f(n)²=2f(n²)≥f(n²)≥f(n+1) => f(n+1)=0 d'où le résultat .
-2) Si f(1)=1 alors f(0)=1 et donc pour tous entier n≥1 on a f(n)≥f(1)=1.
On va encore démontrer par récurrence que pour tous entier n on a f(1)=1.
Encore pour 0,1,2 c'est bon .. soit n≥2 t.q f(n)=1 on a :
2=f(n)²+1=2f(n²)≥2f(n+1)=>1≥f(n+1)≥1 => f(n+1)=1 ...

-3)Si f(1)=2 alors on a f(0)=0 et 2f(2)=2f(1)²=8=>f(2)=4
et on a : 2f(n²+1)=f(n)²+4 =>f(n) paire pour tous n , donc il existe une fonction g : IN->IN t.q f(n)=2g(n) et g(n²+m²)=g(n)²+g(m)² et g(1)=g(0)+1=1 ,g(2)=2 et g(n)≥g(m) pour n≥m

Maintenant montrons que la fonction g est strictement croissante .
Soit m et n des entiers t.q m>n donc m²≥n²+1et donc :
g(m²)≥g(n²+1)=g(n)²+1 => g(m)²≥g(n)²+1 => g(m)>g(n) d'où le résultat .
Maintenant on va prouver encore par récurrence qu'on a pour tous n :g(n)=n
D'abord on a pour tous n :g(k+n)≥g(n)+k et g(n)≥n puisque g(n+1)≥g(n)+1 et g(1)=1..
Supposons qu'on a g(n)=n pour n un entier n>1 alors on a : g(n²)=g(n)²=n².
Soit k un entier compris strictement entre n et n² ,on a g(k)≥k .
Supposons qu'on ait g(k)>k càd g(k)≥k+1 alors on a : n²=g(n²)=g( k +n²-k)≥n²-k+g(k)=n²+1
ce qui est absurde donc pour tous entier compris entre n et n² on g(k)=k d'où g(n+1)=n+1 et donc f(n)=2n .
Finalement les solutions de l'EF sont f(n)=0 et f(n)=1 et f(n)=2n . ( Sauf erreur )

Soit g(x)=f(x)-x

L'équation devient P(x,y) : g(x+g(y))=g(x)+y
Soit a=g(0)

P(0,0) ==> g(a)=a ==> g(g(a))=g(a)=a
P(0,a) ==> g(g(a))=2a
Donc a=2a et a=0

Alors P(0,x) ==> g(g(x))=x et P(x,g(y)) ==> g(x+y)=g(x)+g(y) et donc g(x)=xg(1) (nous sommes de Z dans Z)

g(g(x))=x implique alors g(1)=1 ou g(1)=-1 et donc g(x)=x ou g(x)=-x qui sont bien toutes deux solutions de P(x,y)

D'où les deux solutions de l'équation initiale
f(x)=0
f(x)=2x

Soit P(x,y) l'assertion f(x+xy+f(y))=(f(x)+1/2)(f(y)+1/2)

Il n'y a pas de solution constante car cela impliquerait c=(c+1/2)^2 et donc c^2=-1/4

P(x,-1) ==> f(f(-1))=(f(x)+1/2)(f(-1)+1/2) et donc f(-1)=-1/2 et f(-1/2)=0 (sinon f serait constante)

P(2x,-1/2) ==> f(x)=(f(2x)+1/2)/2 et donc f(x)=0 <=> f(2x)=-1/2

Si f(u)=-1/2 pour u différent de -1, alors P(-1/(2(u+1)),u) ==> f(-1)=0, impossible

Donc f(u)=-1/2 <=> u=-1
Donc f(u)=0 <=> f(2u)=-1/2 <=> 2u=-1 <=> u=-1/2

P(-1,x) ==> f(-1-x+f(x))=0 et donc -1-x+f(x)=-1/2 ==> f(x)=x+1/2 qui est bien une solution

D'où la réponse : la seule solution à cette équation fonctionnelle est f(x)=x+1/2

Pour x=y=0, il vient f(f(0))=2f(0)
Pour x=-f(0) et y=0, il vient f(-f(0))=0
Pour x=0 et y=-f(0), il vient f(f(0))=f(0)+f(-f(0)) => 2f(0) = f(0) + 0 => f(0) = 0
Pour x=0, il vient f(f(y)-y)=f(y)+f(0)=f(y) (1)
Par récurrence, on prouve que f(n[f(y)-y])=nf(y) pour tout entier naturel n.
L'identité sur Z n'est pas une solution de l'EF. Par conséquent, il existe un entier tel que f(c) est différent de c.
Pour y=c dans f(n[f(y)-y])=nf(y), et en effectuant la transformation n |-> n/(f(c)-c), il vient f(n) = n*f(c)/(f(c)-c), donc f est nécessairement linéaire sur IN : f(n) = nk.
En reportant dans l'EF, on prouve facilement que k=0 ou bien k=2.
Pour x=y-f(y), il vient f(0) = f(y-f(y))+f(y) => f(y)=-f(y-f(y)) (2)
De (1) et (2), on déduit que f(f(y)-y)+f(y-f(y))=0 (3).
- Si f(n)=0 pour tout entier naturel n :
Alors pour y=n dans (3), il vient f(-n)+f(n)=0, en d'autres termes, f est impaire.
Par conséquent, f(n)=0 pour tout entier n.
- Si f(n)=2n pour tout entier naturel n :
Alors pour y=n dans (3), il vient f(n)+f(-n)=0, en d'autres termes, f est impaire.
Par conséquent, f(n)=2n pour tout entier n.
Inversement, les deux fonctions f : x |-> 0 et f : x |-> 2x vérifient l'EF.

il est facile de démontrer que f n'est pas constante.....


soit P (x,y) : f(x+xy+f(y))=(f(x)+1/2)(f(y)+1/2)


alors pour P(x,-1) f(f(-1))=(f(x)+1/2)(f(-1)+1/2) (1)


et puisque f n'est pas constante alors f(-1)=-1/2


supposons que f(u)=-1/2 pour un certain réel u ...


P(x,u) : f(x(1+u)-1/2)=0,puisque f n'est pas constante alors u=-1


conclusion f(x)=-1/2<=>x=-1


depuis (1) on a donc : f(f(-1))=0<=>f(-1/2)=0





f n'est pas constante donc :





réciproquement f(x)=x+1/2 verifie l'ef donnée....

Soit x et y des réels t.q f(x)=f(y)
alors on a :

f(xy+f(x))=f(xy+f(y))=>xf(x)=yf(x) => x=y ou f(x)=0

Supposons qu'on a f(x)=0 , on remplaçant dans l'équation initiale par x on obtient :
f(xy)=xf(y) pour tous y alors 0=f(x)=xf(1) => x=0 ou f(1)=0

1) Si f(1)=0 alors on remplaçant y par 1 on obtient : f( f(x)+x ) =f(x) ce qui implique que :
f(x)+x=x ou f(x)= 0 => f(x)=0 pour tous réels x ..

2) Si f(1) n'est pas nul alors alors on a f(0)=0 . et f est injective
en remplaçant y par 0 on obtient : f(f(x))=f(x) .
On a aussi :
f(xf(y)+f(x))=f(f(xy+f(x)))=f(xy+f(x))=>xf(y)+f(x)=xy+f(x) ( par injectivité ) => f(x)=x ( puisque f(1) est supposé non nul ..
Donc les solution de l'EF sont f(x)=0 et f(x)=x .. sauf erreur ..

Quitte à effectuer une petite transformation, on voit bien que f est surjective.
Soient alors deux réels c et d tels que f(c)=0 et f(d)=1.
Pour x=c et y=d, il vient f(c)=cd, donc 0=cd, donc soit f(0)=0 soit f(0)=1.
- Si f(0)=1 :
Pour x=y=c, il vient f(0)=c², donc |c|=1, donc soit f(1)=0 soit f(-1)=0.
Pour x=0, il vient f(f(0))=2f(0), donc f(1)=2.
Par conséquent, f(-1)=0.
Pour x=1, il vient f(f(y)+2)=4+y. Puisque f est surjective, alors f(y)+2 prend toutes les valeurs de IR, et par conséquent, f(a)=f(b) => f(f(a')+2)=f(f(b')+2) => a'+4 = b' + 4 => a' = b' => f(a')+2 = f(b')+2 => a=b. En d'autres termes, f est injective, et donc bijective.
De plus, en employant la relation f(f(y)+2)=4+y, on arrive à retrouver autant de valeurs de f que l'on veut. Par suite, si f existe dans ce cas, alors elle est unique. Ainsi, il suffit de deviner une solution à l'EF qui vérifie la condition f(0)=1 et qui sera unique dans ce cas. Cette fonction est f(x)=x+1. Inversement, f(0)=1 et elle vérifie l'EF.
- Si f(0) = 0 :
Pour x=y=c, il vient f(0)=c², donc c=0. Ainsi, f(x)=0 <=> x=0
Pour y=0, il vient f(f(x))=2f(x), donc f(x)=2x à cause de la surjectivité.
Mais inversement, cette fonction ne vérifie pas l'EF.
Synthèse :
La fonction f : x |-> x+1 est la seule solution de l'EF.