Marathon des équations fonctionnelles

P(x , y) ===> f(x + f(y))=f(x+y) + f(y)
P(x , x) ===> f(x + f(x))=f(2x) + f(x)

* On suppose qu'il existe un réel m tels que x=m-y , alors f(m - y + f(y)) = f(m) + f(y).

* On suppose une autre fois qu'il existe g(y) tels que f(y)=g(y)+y alors:
f(m+g(y)) = g(m+g(y))+m+g(y) = g(m)+g(y)+m+y => g(m+g(y)) = g(m)+y

* P(m,y) ==> g(m+g(y)) = g(m)+y . Donc P(m,m) ==> g(m+g(m))=g(m)+m . D'ou: g(x)=x.

* Puisque f(x)=g(x)+x donc f(x)=2x / x£ IR+

Réciproquement, f(x)=2x est juste.

PS: f(x)=0 réalise l'énoncé, mais elle est annuler car f:IR*+ |---> IR*+

Première des choses, pour y=0 : f(1)=(f(x)+f(0))/(f(x)-f(0))
Donc : f(1)f(x)-f(1)f(0) = f(x)+f(0)
Ce qui donne : (f(1)-1)f(x)=f(0)(f(1)+1)
- Pour f(1) différent de 1, on trouve f(x)=cte ce qui contredit le fait que f(x)-f(y)=cte-cte = 0 soit dans le dénominateur.
- Pour f(1)=1, il vient que f(0)=0.
Poursuivons la démonstration.
Soit P(x,y) l'assertion donnée : P(x,y):= f((x+y)/(x-y)) = (f(x)+f(y))/(f(x)-f(y))
P((x+y)/(x-y),1) devient : Q(x,y):=f(x/y)=f(x)/f(y) (après simplification bien sur)
Pour Q(1,y), il s'en suit que f(1/y)=1/f(y)
Donc pour Q(x,1/y), on trouve que : R(x,y) := f(xy)=f(x)f(y) qui est une équation assez connue.
Posons g(x)=ln(f(e^x))
On a R(e^x,e^y) : f(e^{x+y})=f(e^x)f(e^y)
R(e^x,e^y) : ln(f(e^{x+y}) = ln(f(e^x))+ln(f(e^y)) <=> g(x+y)=g(x)+g(y) qui n'est nulle autre que l'équation de Cauchy, admettant comme solutions les fonctions linéaires.
Donc g(x) = ax (a de IR)
Ce qui donne f(e^y)=e^{ay}, avec y=ln(x), on trouve f(x)=x^a (a de IR)
Il ne reste plus qu'à trouver le bon a.
Pour P(2,1) on a : 3^a = (2^a+1)/(2^a-1)
Posons la fonction h(x)= (2^x+1)/(2^x-1) -3^x
Ou : h(x)=(e^xln2+1)/(e^xln2-1) -e^xln3 (On étudiera juste le cas où x est positif, puisque f(1/x)=1/f(x)
h est continue sur tout ]0,+∞[, et dérivable sur ]0,+∞[, et :
h'(x)=-2ln2e^xln2/(e^xln2-1)^2-ln3e^xln3 < 0
Donc h est strictement décroissante sur ]0,+∞[, donc 1 est l'unique solution de l'équation h(x)=0 d'après le théorème des valeurs intermédiaires.
Ce qui donne a=1.
Donc f(x)=x est la solution unique de l'équation fonctionnelle.
Réciproquement (très important la réciproque, elle m'a coûté un point aux IMO, et à Abdek la mention honorable ): l'identité dans IR est bien une solution de l'équation.

On veut prouver que la fonction g(x)=ln(f(e^x)) est monotone . Puisque les fonction ln(x) et e^x sont strictement croissante il suffit de prouver que f est croissante .
On a : pour tous a,b f(ab)=f(a)f(b) => f(a²)=f(a)²>=0 d'où f est positifs sur IR+ et négatif sur IR- .
Puisqu'on a f(x)=-f(-x) il suffit de prouver que f est croissante sur IR+ .
Soit x>y>0 : on a :


d'où le résultat ..

Pour y=0, il vient f(0) = -g(0)g(x).
- Si g(0)=0
Alors f(0)=0
Pour y=x, il vient -g(x)²=0, donc g(x)=0.
Par conséquent, l'EF devient f(x-y)=f(x)-f(y).
Pour x=0, il vient f(-y)=-f(y), et donc, f est impaire.
Par conséquent, l'EF devient f(x+y)=f(x)+f(y), et donc f est additive.
Et puisque f est croissante, alors f(x)=cx.
Inversement, (x |-> cx ; x |-> 0) est un couple solution.
- Si g(0) est différent de 0
Alors g(x)=-f(0)/g(0), et par conséquent, g est constante.
Ainsi, pour x=0 dans g(x)=-f(0)/g(0), il vient g(0)²=-f(0).
Soit a = g(x). Alors g(x)g(y)=a²=g(0)²=-f(0)
L'EF devient donc f(x-y)=f(x)-f(y)+f(0)
Pour x=0, il vient f(-y)=-f(y)+2f(0)
La transformation y |-> -y donne : f(x+y)=f(x)-f(-y)+f(0)=f(x)+f(y)-2f(0)+f(0)=f(x)+f(y)-f(0)
Maintenant, on peut poser f(0)=0 car toute fonction F définie par F(x)=f(x)+f(0) vérifie également la relation f(x+y)=f(x)+f(y)-f(0) qui est en fait équivalente à l'EF.
Mais alors g(0)=-f(0)/g(0)=0.
Et on tombe sur le premier cas qui nous dit que f(x)=cx.
Par conséquent, on a généralement : f(x)=cx+f(0).
Mais f(0) est nécessairement négatif car -f(0)=g(0)².
Par conséquent, on a généralement : f(x)=cx-d où d est un réel positif.
En reportant dans l'EF, on déduit que g(x)g(y)=d, et pour y=x, g(x)²=d, donc g(x)=sqrt(d).
Inversement, tout couple (x |-> cx - d ; x |-> sqrt(d)) où c est un réel arbitraire et d un réel positif arbitraire est une solution à l'EF.
Synthèse :
Les couples solution sont (x |-> cx - d ; x |-> sqrt(d)) où c est un réel arbitraire et d un réel positif arbitraire

Pour x=y=0 dans l'EF, il vient f(0)=0 ou f(a)=1/2.
- Si f(0)=0
Pour y=0 dans l'EF, il vient f(x)=f(x)f(a). Par conséquent, pour tout réel x, soit f(x)=0, soit f(a)=1.
* Si f(a)=1
Pour x=y dans l'EF, il vient f(2x)=2f(x)f(a-x).
Pour x=a dans f(2x)=2f(x)f(a-x), il vient f(2a)=0.
Pour x=-a dans f(2x)=2f(x)f(a-x), il vient f(-2a)=2f(-a)f(2a)=0
Pour y=a dans l'EF, il vient f(x+a)=f(-x+a)
Pour y=-a dans l'EF, il vient f(x-a)=f(-a)f(a-x), qui est équivalent à f(x)=f(-a)f(-x). En particulier, pour x=a, il vient 1=f(a)=f(-a)², ce qui implique que |f(-a)|=1. Cela veut dire que f est soit paire, soit impaire.
** Si f(-a)=1, alors f est paire, et en vertu de la relation f(x+a)=f(-x+a), il vient f(x+a)=f(x-a), et par conséquent, f(x+2a)=f(x), i.e., f est 2a périodique.
Maintenant, l'EF est équivalente à f(x+y)=f(x)f(a+y) + f(y)f(a+x), ou encore à f(x+y+a)=f(x)f(y)+f(a+x)f(a+y). En particulier, pour y=x, il vient f(2x+a)=f(x)²+f(a+x)². Soit x=a/2. Alors f(2x+a)=f(x)²+f(a+x)² implique que f(2a) = f(a/2)² + f(3a/2)². Or f(2a) = 0, par conséquent, f(a/2)=f(3a/2)=0. Or, on a précédemment prouvé que f(2x)=2f(x)f(a-x). Pour x=a/2, cela implique que f(a)=2f(a/2)²=0. Contradiction avec le fait que f(a)=1.
** Si f(-a)=-1, alors f est impaire, et en vertu de la relation f(x+a)=f(-x+a), il vient f(x+a)=-f(x-a), et par conséquent, f(x+2a)=-f(x).
Maintenant, l'EF est équivalente à f(x+y)=f(x)f(a+y) + f(y)f(a+x), ou encore à f(x+y+a)=-f(x)f(y)+f(a+x)f(a+y). En particulier, pour y=-x, il vient f(a)=f(x)²+f(a+x)², i.e., f(x)²+f(a+x)²=1. Pour y=x maintenant, il vient f(2x+a)=-f(x)²+f(a+x)². En combinant les deux formules f(x)²+f(a+x)²=1 et f(2x+a)=-f(x)²+f(a+x)², il vient 1=2f(x)²+f(2x+a).
A suivre. Ce cas est difficile à étudier. On devine néanmoins que la solution serait la fonction sinus, si a=PI/2.
* Si f(a) est différent de 1
Alors nécessairement, f(x)=0 pour tout réel x.
Inversement, la fonction nulle vérifie l'EF.
- Si f(0) est non nul
Alors nécessairement, f(a)=1/2.
Pour y=0 dans l'EF, il vient f(x)=f(x)/2 + f(0)f(a-x), ce qui implique que f(x)=2f(0)f(a-x). En particulier, pour x=a, il vient f(0)=1/2. Par conséquent, f(x)=f(a-x).
L'EF devient alors équivalente à f(x+y)=2f(x)f(y).
Pour y=a dans f(x+y)=2f(x)f(y), il vient f(x+a)=f(x).
De f(x+a)=f(x) et f(x)=f(a-x), il vient f(x)=f(-x).
Pour y=-x dans f(x+y)=2f(x)f(y), il vient f(0)=2f(x)², et par conséquent, |f(x)|=1/2.
Pour y=x dans f(x+y)=2f(x)f(y), il vient f(2x)=2f(x)², et par conséquent, f(x) >= 0.
Par conséquent, f(x)=1/2 pour tout réel x.
Inversement, cette fonction réalise l'EF.

Synthèse :
Les fonctions solutions sont la fonction nulle et la fonction x |-> 1/2.
De plus, dans le cas où a=PI/2, la fonction sinus est une solution.