Bonjour,
Le problème est effectivement difficile.
Ma démonstration est longue aussi, mais je la donne
Propriété P(x,y) : f(x^2 + y + f(y)) = (f(x))^2 + ay
On écarte a = 0 car on a alors plusieurs solutions (par exemple f(x)=0 ou f(x) = 1)
1) f est surjective :
P(z, (x-(f(z))^2)/a ) ==> f(...) = x ==> f est surjective
CQFD
2)Si f(x) = f(y) <= 0, alors x = y
Soit v = f(x) <=0. P(sqrt(-v),x) ==> f(-v + x + f(x)) = (f(-sqrt(v)))^2 + ax ==> x = (v - (f(-sqrt(v)))^2)/a et donc x est unique !
CQFD
3) f est impaire
Soit f(x0) = u, f surjective implique qu'il existe x1 tel que f(x1) = -u ==> Donc f(x0)^2 = f(x1)^2
En prenant y tel que f(x0)^2 + ay < 0, on a f(x0^2 + y + f(y)) = f(x1^2 + y + f(y)) < 0, et donc, d'après 2), x0^2 = x1^2.
Si u est non nul, f(x0) <> f(x1) et on ne peut avoir x1 = x0, et donc x1 = -x0, et donc f(-x0) = - f(x0)
Si u est nul et x0 nul, on a bien sûr f(-x0) = - f(x0)
Si u est nul, x0 non nul, et f(-x0) non nul, on a f(-(-x0)) = - f(-x0) non nul, donc contradiction ==> f(-x0)=0 ==> f(-x0)= - f(x0)
CQFD
4) f est bijective
Si f(x) = f(y) <= 0, x=y d'après 2)
Si f(x) = f(y) >=0, f(-x) = f(-y) <= 0 d'après 3), et donc -x = -y d'après 2) et donc x = y
f est donc injective. Mais elle est aussi surjective d'après 1). Elle est donc bijective
CQFD
5) a= 2
f impaire ==> f(0) = 0
P(1,0) ==> f(1) = f(1)^2 ==> f(1) = 1 (on élimine f(1) = 0 puisque f est bijective et que l'on a déjà f(0)=0)
P(0,1) ==> f(2) = a
P(2,0) ==> f(4) = a^2
P(sqrt(2),0) ==> f(2) = f(sqrt(2))^2 ==> f(sqrt(2))^2 = a
P(sqrt(2),1) ==> f(2+1+f(1)) = f(sqrt(2))^2 + a ==> f(4) = 2a ==> a^2 = 2a ==> a=2 (a=0 a été écarté en tête d'exposé)
CQFD
Donc :
Si a = 0, il y a au moins deux solutions
Si a <> 0 et 2, il n'y a pas de solution
Il reste à voir si pour a = 2, il y a bien une solution et une seule (il y en a au moins une : f(x) = x).
Notons que P(x,0) ==> f(x^2) = f(x)^2
6) Pour a = 2, f(x+2n) = f(x) + 2n pour tout x >= 0
Pour x>=0, on a : P(sqrt(x),1) ==> f(x+2) = f(sqrt(x))^2 + 2 = f(x) + 2 ==> f(x+2n) = f(x) + 2n
CQFD
7) Pour a=2, f(x) = x pour tout x entier relatif
Comme f(0) = 0, 6) implique f(2n) = 2n
Comme f(1) = 1, 6) implique f(2n+1) = 2n+1
D'après 3) f est impaire, ce qui clôt la démonstration
CQFD
8 ) Pour a=2, f(x) = x pour tout rationnel
Soient p et q deux entiers naturels, q non nul
f((p/q + 2q)^2) = f((p/q)^2 + 4p + 4q^2) = f(p/q)^2 + 4p + 4q^2 (en utilisant 6)
Mais f((p/q + 2q)^2) = f(p/q + 2q)^2 = (f(p/q) + 2q)^2 = f(p/q)^2 + 4qf(p/q) + 4q^2
L'égalité entre les deux expressions ci dessus implique f(p/q) = p/q
Le caractère impair de f clôt la démonstration
CQFD
9) f est strictement croissante
Pour x > 0, P(sqrt(x),0) ==> f(x) > 0 (le caractère strict est dû à la bijectivité)
Soit alors x1 et x2 dans R+ tels que f(x1) > f(x2)
Soit y = (f(x1) - f(x2))/a > 0
P(sqrt(x2),y) ==> f(x2 + y + f(y)) = f(x1) ==> x2 + y + f(y) = x1 (f est injective) ==> x1 - x2 > 0 (puisque y > 0 et donc f(y) > 0).
Donc f(x1) > f(x2) ==> x1 > x2 ==> f^[-1] est strictement croissante sur R+ ==> f est strictement croissante sur R+
En complétant avec le caractère impair (et le fait que f >=0 sur R+ et <= 0 sur R-), on clôt la démonstration.
10) pour a = 2, f(x) = x sur R
f bijection monotone est continue.
F, continue et égale à x sur Q est donc égale à x sur R
CQFD
Pour a = 0 : au moins deux solutions
Pour a = 2 : exactement une solution (f(x) = x)
Pour les autres valeurs de a : aucune solution.
L'ensemble cherché est {2}
Ouf !!
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Patrick
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