Marathon des équations fonctionnelles

Soit P(x,y) l'assertion f(x^2+y+f(y))=2y+f(x)^2
Soit f(0)=a

P(-x,y) ==> f(x)^2=f(-x)^2 et donc f(-x)=+/-f(x)

f(x) est surjective.
Soit alors u tel que f(u)=-1 : P(1,u) ==> -1=2u+f(1)^2 ==> u=-(f(1)^2+1)/2 < 0
Il y a donc un seul u (qui est non nul), tel que f(u)=-1.
==> f(-u) ne peut valoir -1 et vaut 1

P(0,u) ==> f(u-1)=2u+a^2
P(0,-u) ==> f(-u+1)=-2u+a^2
==> soit 2u+a^2=-2u+a^2 et donc u=0, ce qui est faux, soit 2u+a^2=-(-2u+a^2) et donc a=0
==> f(0)=0

P(x,0) ==> f(x^2)=f(x)^2
P(x,-x^2) ==> f(f(-x^2))=f(x)^2-2x^2
Mais f(f(-x^2))=+/-f(x^2)=+/-f(x)^2 et donc :

soit -f(x)^2=f(x)^2-2x^2 et donc f(x)^2=x^2
soit +f(x)^2=f(x)^2-2x^2 et donc x=0 et alors encore f(x)^2=x^2

Donc f(x)^2=x^2 ==> pour tout x, soit f(x)=x, soit f(x)=-x

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

Soit x< 0 et z tel que f(z)=x : On a z< 0 puisque sinon f(z)>=0
==> -z>0 et f(-z)=-z et donc x=f(z)=+/-z et donc x=z (puisque x< 0 et z< 0) et donc f(x)=x pour x< 0

Donc f(x)=x pour tout x et il est facile de vérifier que f(x)=x est bien solution

Voici ce que j'ai trouvé :
Soit f une solution éventuelle ..
Supposons qu'il existe un point a de IR où f n'est pas dérivable alors on a :

Mais on a pour tous x différent de a :

Ce qui est absurde , donc f est dérivable dans tous points de IR et on a :

Pour tous réels a et donc f est une fonction constante .

y=0==>f(0)=0**
supposons que x,y≠0
posons : y/x=a et x=b (a,b,≠0) ça devient donc :



on soustrais donc la deuxième ligne de la première pour avoir :

ainsi s'il existe un b£IR* tel que f(b)=0 on aura(et avec **) :(Va£IR):f(a)=0
supposons donc (Vx*£IR): f(x)≠0
on fixe donc b par exemple b=2 on aura donc :

avec c£IR* un constant...
alors :

-------------------------------------------------------------------------
conclusion:
1) (Vx£IR): f(x)=0
ou :
2) f(0)=0 et :

Soient m et n différents et strictement positifs
Si f(m) est différent de f(n), disons sans perte de généralité f(m)>f(n), l'équation implique f(m)>f(m^2+n^2)>f(n)

La poursuite de ce raisonnement avec (m^2+n^2,n) au lieu de (m,n) conduit évidemment à une impossibilité (puisque f est à valeurs dans N)

Donc, pour tous m,n>0 f(m)=f(n)=c
m=1 et n=0 implique alors f(0)=c

Et donc la seule solution f(n)=c constante pour tout n, dont on vérifie bien que c'est une solution.

Pour n=0 on a : f(m²)=f(0)=c pour tous m et on a :
Pour tous (n,m) :
n+m | nf(m)+mf(n) => n+m | n ( f(m)-f(n) )
Prenons n=p² avec p premier à m donc on a :
p²+m | p² ( f(m)-c)=> p²+m | f(m)-c ( D'après Gauss )
Si f(m) était différent de c alors on aura : | f(m)-c| >|m+p²| ce qui est faux pour p suffisamment grand donc f(m)=c et le résultat en découle ..

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

Soit a>0
L'équation x^2+xf(4y)-a=0, avec y considéré comme paramètre a toujours exactrement une racine réelle positive. Appelons la r_a(y)

P(r_a(x),x) ==> f(r(x)^2)+f(x)=f(x+a) et donc f(x+a)>f(x) et f(x) est strictement croissante, et donc injective

P(sqrt(x),y) ==> f(x)+f(y)=f(x+y+sqrt(x)f(4y))
P(sqrt(y),x) ==> f(x)+f(y)=f(x+y+sqrt(y)f(4x))

et l'injectivité implique sqrt(x)f(4y)=sqrt(y)f(4x) et donc f(x)=c sqrt(x)

En reportant cela dans l'équation initiale, on trouve c=1 et l'unique solution f(x)=sqrt(x)