Marathon des équations fonctionnelles

Soit f une solution éventuelle de l'EF:
Soit P'x,y) l'assertion f(xf(x)+f(y))=(f(x))²+y
P(0,y) : f(f(y))=(f(0))²+y ainsi f est bijective.
Ainsi il existe un a tel que f(a)=0
P(a,a):f(0)=a => f(f(0))=0
P(0,0):0=f(f(0))=(f(0))² et ainsi f(0)=0
Ainsi on obtient pour tout x de IR f(f(x))=x => (1)
P(x,0) :f(xf(x))=(f(x))² => (2)
D'après (1) et (2) nous avons f(f(1))=1 et f(f(1))=(f(1))² et ainsi f(1)=1 ou bien f(1)=-1.
-Cas 1: f(1)=1:
P(1,f(y))f(1+f(f(y))=1+f(y)=f(1+y).
Puisque nous avons f(xf(x))=(f(x))² alors d'après le changement x->f(x) nous avons f(xf(x))=(f(x))²=x².
Ainsi :
(f(x+1))²=(f(x)+1)²<=>(x+1)²=(f(x))²+2f(x)+1<=>x²+2x+1=x²+2f(x)+1<=> f(x) =x pour tout x £ IR.
-Cas 2 : f(1)=-1:
Il se traite analogiquement puisque nous retrouvons f(y-1)=f(y)+1 et en procédant de la même façon on trouve f(x)=-x pour tout x £ IR.
Réciproquement, f(x)=x et f(x)=-x sont bien solutions à l'EF.

La condition du problème est équivalente au fait que :
.
Alors on pose P(x,y) l'assertion f(xy)>=f(x+y) et Q(x,y) l'assertion f(xy)>=f(x)f(y).
P(x,0) : Pour tout x £ IR f(x)<=f(0).
Q(0,0) : 0<=f(0)<=1.
Q(x,0): Pour tout x £ IR f(x)<=1.
Q(1,1) : f(1)(1-f(1)) >=0 et ainsi f(1)>=0.
Q(x,1) f(x)(1-f(1))>=0 et ainsi pour tout x de IR 0<= f(x) <=1.
P(x,-x) f(-x²) >=f(0) mais puisque pour tout x de IR nous avons f(-x²) <= f(0), on en déduit que f est constante sur IR-. i.e : pour tout x £ IR- f(x)=f(0).
Maintenant considérons y et z deux réels négatifs( il est bien clair que y+z <=0)
P(y,z) f((yz)) >=f(y+z)=f(0) >= f(yz).
Mais pusique yz £ IR+, alors pour tout x de IR+ f(x)=f(0).
Ainsi on en déduit que pour tout x £ IR f(x)=f(0).
Synthèse : La seule solution à l'EF est f(x)= c où c est un réel compris entre 0 et 1.
Réciproquement elle satisfait l'EF.
Sauf erreur ..

On pose P(x,y) l'assertion (x+y)f(y) + yf(f(x)) = (2x+y)f(f(y)) (*)
Donc:
P(1;0):f(0)=2f(f(0))
Soit y=/=0 donc:
P(0;y): yf(y)+yf(f(0))=yf(f(y)) <==>f(y)+f(f(0))=f(f(y))
Alors f(y)+f(0)/2=f(f(y))
Donc l'eq.fct <==>(x+y)f(y)+yf(x)+yf(0)/2=( 2x+y)( f(y)+f(0)/2)
<==> xf(y) +xf(0)-yf(x)=0
Alors:
P(1;1): f(0)=0
Donc yf(x)=xf(y) .Pour y=1 on a : f(x)=xf(1)
Alors f(x)=ax .Il nous reste à calculer les valeurs de a.
On remplace f(x) par ax dans (*)
Donc a=0 ou a=1
Synthèse: l'EF admet deux solutions : f(x)=0 et f(x)=x
Sauf erreur.

On note la suite des nombres premiers stricitement positifs, et on assume que .
On prouve alors par récurrence immédiate que :
.
Ce qui est clairement vrai, vu que les nombres premiers et leurs puissances sont premiers entre eux deux à deux.
Et d'après la décomposition de chaque entier en facteurs de nombres premiers, alors on peut calculer aisément son image, si nous avons en notre possesion les images des nombres premiers et leurs puissances. A ce terme on construit une suite
qui associe chaque nombre premier à son image par f, et qui est définie comme suit :
.
On peut également assumer qu'une telle fonction qui satisfait ces conditions vérifie le fait quer : .
A ce terme nous avons suffisement de conditions pour construire une telle fonction ( par exemple l'identité ..)
Mais déterminer toutes les fonctions est impossible vu qu'il en existe une infinité qui satisfaisent les conditions suivantes .
Sauf erreur