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1 Equations fonctionnelles : exercices corrigés. 1. Equations ensemblistes. 2. Equations dans N, Z, Q. 3. L’équation de Cauchy. 4. Logarithmes et exponentielles. 5. Equations récursives. 6. Equations intégro-différentielles. 7. Fonctions eulériennes. 8. Farrago final. à L. G. Vidiani , Pierre-Jean Hormière ____________ Une équation fonctionnelle est une équation dont l’inconnue est une fonction. La résoudre, c’est trouver toutes les fonctions vérifiant certaines relations algébriques, assorties parfois de conditions supplémentaires : monotonie, continuité, dérivabilité, etc. En algèbre, les équations fonctionnelles les plus simples sont la recherche des endomorphismes ou des automorphismes d’un monoïde, d’un groupe, d’un anneau, etc., et la factorisation d’un morphisme à travers un autre ; ces sujets sont évoquées dans chacun des chapitres correspondants. En analyse, les équations différentielles et intégrales sont les plus importantes équations fonctionnelles. Les premières sont traitées dans un chapitre ad hoc, les secondes dans des ouvrages spécialisés. On s’intéresse ici aux autres équations fonctionnelles. La plupart se ramènent à des équations différentielles, par diverses méthodes (Euler, etc.). Dans d’autres cas, on construit la fonction par extensions successives du domaine de définition, notamment par densité. D’autres, enfin, relèvent d’approches récursives, qui sont évoquées ici sans épuiser le sujet : toute propriété satisfaite par une fonction donne lieu à une équation fonctionnelle. Voici des méthodes simples pour attaquer la résolution d’une équation fonctionnelle d’inconnue f : Chercher ou deviner des solutions : fonctions constantes, affines, monômes ou polynômes, expo- nentielles, trigonométriques, exponentielles-polynômes, etc. Si elles existent, les fonctions cherchées sont presque toujours des fonctions classiques ! Calculer des valeurs particulières de f : f(0), f(1), f(-1), etc. Elles peuvent suggérer une discussion. Etudier les propriétés de f : injectivité, surjectivité, bijectivité, parité, monotonie, signe, périodicité, continuité, dérivabilité, etc. Il faut parfois aussi considérer les itérées de f : fof, etc., ainsi que ses points fixes. Prêter attention à la nature de l’ensemble de définition : - N, Z et Q suggèrent des récurrences, des méthodes arithmétiques, additives ou multiplicatives. - R suggère des méthodes de monotonie, de continuité, de densité, des équations différentielles, etc. Prêter attention à la structure de l’ensemble des solutions : si l’équation est linéaire (resp. affine), les fonctions f cherchées forment un espace vectoriel (resp. affine). Exploiter les symétries, les dissymétries, les particularités, de l’équation fonctionnelle. Se ramener à des équations fonctionnelles classiques par diverses techniques : changer de variable ou de fonction inconnue, utiliser les mêmes méthodes, etc. Ne pas oublier les réciproques. De façon plus abstraite, une solution d’une équation fonctionnelle est presque toujours un point fixe d’un opérateur fonctionnel. Ainsi, la factorielle est l’unique fonction f : N N vérifiant f(0) = 1 et (2200n N*) f(n) = n.f(n-1). Mais c’est aussi l’unique fonction telle que f = T(f), où T : g F(N, N) h F(N, N), h définie par h(0) = 1 et (2200n N*) h(n) = n.g(n-1).

Exercices équations fonctionnelles

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Exercices équations fonctionnelles3. L’équation de Cauchy.
4. Logarithmes et exponentielles.
à L. G. Vidiani , Pierre-Jean Hormière ____________
Une équation fonctionnelle est une équation dont l’inconnue est une fonction. La résoudre, c’est trouver toutes les fonctions vérifiant certaines relations algébriques, assorties parfois de conditions supplémentaires : monotonie, continuité, dérivabilité, etc. En algèbre, les équations fonctionnelles les plus simples sont la recherche des endomorphismes ou des automorphismes d’un monoïde, d’un groupe, d’un anneau, etc., et la factorisation d’un morphisme à travers un autre ; ces sujets sont évoquées dans chacun des chapitres correspondants. En analyse, les équations différentielles et intégrales sont les plus importantes équations fonctionnelles. Les premières sont traitées dans un chapitre ad hoc, les secondes dans des ouvrages spécialisés. On s’intéresse ici aux autres équations fonctionnelles. La plupart se ramènent à des équations différentielles, par diverses méthodes (Euler, etc.). Dans d’autres cas, on construit la fonction par extensions successives du domaine de définition, notamment par densité. D’autres, enfin, relèvent d’approches récursives, qui sont évoquées ici sans épuiser le sujet : toute propriété satisfaite par une fonction donne lieu à une équation fonctionnelle.
Voici des méthodes simples pour attaquer la résolution d’une équation fonctionnelle d’inconnue f :
• Chercher ou deviner des solutions : fonctions constantes, affines, monômes ou polynômes, expo- nentielles, trigonométriques, exponentielles-polynômes, etc. Si elles existent, les fonctions cherchées sont presque toujours des fonctions classiques ! • Calculer des valeurs particulières de f : f(0), f(1), f(−1), etc. Elles peuvent suggérer une discussion.
• Etudier les propriétés de f : injectivité, surjectivité, bijectivité, parité, monotonie, signe, périodicité, continuité, dérivabilité, etc. Il faut parfois aussi considérer les itérées de f : fof, etc., ainsi que ses points fixes.
• Prêter attention à la nature de l’ensemble de définition : − N, Z et Q suggèrent des récurrences, des méthodes arithmétiques, additives ou multiplicatives. − R suggère des méthodes de monotonie, de continuité, de densité, des équations différentielles, etc.
• Prêter attention à la structure de l’ensemble des solutions : si l’équation est linéaire (resp. affine), les fonctions f cherchées forment un espace vectoriel (resp. affine). • Exploiter les symétries, les dissymétries, les particularités, de l’équation fonctionnelle.
• Se ramener à des équations fonctionnelles classiques par diverses techniques : changer de variable ou de fonction inconnue, utiliser les mêmes méthodes, etc.
• Ne pas oublier les réciproques.
De façon plus abstraite, une solution d’une équation fonctionnelle est presque toujours un point fixe d’un opérateur fonctionnel. Ainsi, la factorielle est l’unique fonction f : N → N vérifiant f(0) = 1 et (∀n ∈ N*) f(n) = n.f(n−1). Mais c’est aussi l’unique fonction telle que f = T(f), où T : g ∈ FFFF(N, N) → h ∈ FFFF(N, N), h définie par h(0) = 1 et (∀n ∈ N*) h(n) = n.g(n−1).
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Les Olympiades et le Concours général de mathématiques proposent souvent des équations fonctionnelles aux énoncés simples, dont la résolution requiert de l’ingéniosité, mais aussi de l’entraînement et une bonne culture. Les oraux des Concours d’entrée aux écoles d’ingénieurs sont davantage axés sur le programme d’analyse de taupe.
Ce chapitre est inachevé _________
1. Equations fonctionnelles ensemblistes.
Exercice 1 : involutions. Une application s : E → E est dite involutive si s o s = idE . Soient A, B, C trois parties disjointes de réunion E, f : B → C une bijection. Montrer que la recollée
de f , f −1
et idA est une involution de E, et que l’on obtient ainsi toutes les involutions de E. Exemple : Trouver toutes les involutions de {1, 2, 3, 4, 5}.
Solution :
• Si X et X’ sont des ensembles disjoints, f : X → Y et g : X’ → Y’ deux applications, il y a une seule application h : X ∪ X’ → Y ∪ Y’ prolongeant f et g. On l’appelle recollée de f et g et on la note ici h = f ⊕ g. Si de plus Y et Y’ sont disjoints et si f et g sont bijectives, il en est de même de h,
et l’on a h −1
= f −1
⊕ g −1
• La recollée s = idA ⊕ f ⊕ f −1
est une bijection de E = A ∪ B ∪ C sur E = A ∪ C ∪ B. Elle est égale à la bijection réciproque, donc elle est involutive.
• Réciproquement, soit s une involution de E, A l’ensemble des points fixes de s. Supposons A ≠ E. Pour tout x∈E−A, P(x) = {x, s(x)} est une paire incluse dans E−A, et deux tels ensembles P(x) et P(y) sont, soit égaux, soit disjoints. Ainsi, (P(x)) définit une partition de E−A. Choisissons un élément x dans chacune des paires, et notons B l’ensemble formé. Alors (A, B, C = s(B)) est une
partition de E et s est la recollée de idA , f = C Bs et f
−1 .
• Il y a 26 involutions de E = {1, …, 5} : l’identité, 2 5C = 10 transpositions, et 15 bitranspositions.
A a 1, 3 ou 5 éléments. Si A = {a}, il y a 3 paires {B, C} partitionnant E − {a} : en tout 5.3 = 15 cas. Exercice 2 : factorisation d’applications.
1) Soient f : E → F et g : E → G deux applications. On dit que g se factorise à gauche à travers f s’il existe une application h : F → G telle que g = h o f. a) Montrer que, pour que g se factorise à gauche à travers f, il faut et il suffit que : ∀(x, x’) ∈ E×E f(x) = f(x’) ⇒ g(x) = g(x’). b) Montrer que, si f est surjective, l’application h est unique et donnée par h = g o s, où s est une section de f. c) Montrer l’équivalence f injective ⇔ f inversible à gauche.
2) Soient f : F → E et g : G → E deux applications. On dit que g se factorise à droite à travers f s’il existe une application h : G → F telle que g = f o h. a) Montrer que, pour que g se factorise à droite à travers f, il faut et il suffit que g(G) ⊂ f(F). b) Montrer que, si f est injective, l’application h est unique et donnée par h = r o g, où r est une rétraction de f. c) Montrer l’équivalence f surjective ⇔ f inversible à droite.
3) Soient a : G → H, b : E → F, v : E → H trois applications. Montrer l’équivalence des propriétés suivantes : i) Il existe une application u : F → G telle que v = a o u o b ;
ii) v(E) ⊂ a(G) et ∀(x, x’) ∈ E 2 b(x) = b(x’) ⇒ v(x) = v(x’).
Solution : 1) a) Si g = h o f, alors f(x) = f(x’) ⇒ h(f(x)) = h(f(x’)) ⇒ g(x) = g(x’).
3
Réciproquement, si f(x) = f(x’) ⇒ g(x) = g(x’), cherchons h telle que g = h o f. Soit y ∈ f(E). Il existe x ∈ E tel que y = f(x). Il est légitime de poser g(x) = h(y), car g(x) ne dépend pas du x choisi. h est bien définie de f(E) dans G. Il suffit de la prolonger à F.
2) a) Si g = f o h, il est clair que g(G) ⊂ f(F). Réciproquement, si g(G) ⊂ f(F), cherchons h telle que g = f o h. Pour tout z ∈ G il existe y ∈ F tel que g(z) = f(y). Pour chaque z, choisissons un tel y, et nommons-le h(z). Alors g(z) = f(h(z)).
Remarques : 1) L’axiome du choix est requis en 2 a). 2) Les versions linéaires de ces énoncés sont traitées dans les problèmes d’algèbre linéaire.
Exercice 3 : Soit f : R*+ → R. Montrer l’équivalence des propriétés suivantes :
i) (∀x > 0) f(x) = f( x 1 ) ;
ii) Il existe une fonction u : [1, +∞[ → R telle que (∀x > 0) f(x) = u( 2 1 (x +
x 1 )).
(Proposé Olympiades 1987)
Solution : Il s’agit d’un problème de factorisation d’une application à travers une autre (ex 2, 1.a).
ii) ⇒ i) est évident. Montrons i) ⇒ ii). La fonction g(x) = 2 1 (x +
x 1 ) est une surjection de R*+ sur [1,
+∞[, telle que g(x) = g(y) ⇔ y = x ou 1/x.
Soit z∈[1, +∞[. Notons u(z) = f(x), où x est l’une quelconque des racines de l’équation z = g(x). Quelle que soit la racine choisie, la valeur de f(x) sera la même, en vertu de f(x) = f(1/x). La fonction u ainsi définie convient. Et elle est unique.
Si l’on veut une fonction explicite, on notera que x = z ± 1²−z , et l’on pourra poser :
u1(z) = f(z + 1²−z ) ou u2(z) = f(z − 1²−z ). Mais ces deux fonctions sont égales. A noter que si f est continue, u aussi. Exercice 4 : cns pour qu’une permutation soit un carré. On se place dans le groupe SSSSn des permutations de {1, 2, …, n}.
1) Si γ = [x1, x2, …, xq] est un cycle de longueur q, calculer γ2 en distinguant deux cas.
2) Soit σ ∈ Sn . Montrer l’équivalence des propriétés suivantes :
a) ∃τ ∈ Sn σ = τ2 ;
b) Pour tout entier pair 2k ∈ [1, n], le nombre des orbites de σ de longueur 2k est pair.
3) Exemple :
35726814 87654321 . Calculer ε(σ) ; σ est-elle un carré dans S8 ?
b) Soit f la permutation

72610853491 10987654321 . Trouver une permutation g de {1, …, 10}
telle que g o g = f. Combien y en-a-t-il en tout ?
Solution : 1) Si γ est un cycle de longueur impaire, γ2
est un cycle de même longueur, à savoir :
γ2 = [x1, x3, x5, …, xq, x2, x4, …, xq−1] .
Si γ est de longueur paire q = 2k, γ2 se scinde en deux cycles disjoints de longueur k :
γ2 = [x1, x3, x5, …, xq−1] o [x2, x4, x6, …, xq] .
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2) Quand on élève une permutation τ décomposée en cycles à supports disjoints au carré, chaque cycle de longueur impaire donne naissance à un cycle de longueur impaire de même support, et chaque cycle de longueur paire se scinde en deux cycles à support disjoint de longueur moitié.
Du coup, pour tout k, les cycles de longueur 2k de σ = τ2 sont en nombre pair, puisqu’ils proviennent
de cycles de longueur 4k. Réciproquement, si σ possède cette propriété, décomposons-la en cycles disjoints. Les cycles de longueur impaire sont carrés de cycles de même longueur. Les cycles de longueur 2k peuvent être groupés par deux et proviennent par exemple d’un cycle de longueur double. 3) Exemples. a) Si ε(σ) = −1, σ ne peut être un carré, mais la réciproque est fausse. Ainsi, la permutation proposée est telle que ε(σ) = 1, mais σ = [1, 4, 6, 7, 5, 2] o [3, 8] n’est pas un carré. b) f = [2, 9] o [3, 4] o [6, 8] o [7, 10] est le carré de g = [2, 3, 9, 4] o [6, 7, 8, 10] par exemple. Mais aussi de [2, 4, 9, 3] o [6, 7, 8, 10] , [2, 3, 9, 4] o [6, 10, 8, 7] , [2, 4, 9, 7] o [6, 10, 8, 7]. f est aussi le carré de [2, 6, 9, 8] o [3, 7, 4, 10] et des trois autres, comme ci-dessus. et aussi de [2, 7, 9, 10] o [3, 6, 4, 8] et des trois autres. En tout 12 racines carrées. Mais nous ne nous sommes pas occupés de {1, 5}, qui peuvent provenir de [1] o [5] ou de [1, 5]. Je trouve donc 24 racines carrées de f. Je n’en vois pas d’autres.
Exercice 5 : Existe-t-il une fonction f : Z → Z telle que (∀n ∈ Z) ( f o f )(n) = − n ?
Solution : Cet exercice fait suite au précédent, puisqu’on cherche une racine carrée d’une involution de Z. 1) Analyse. Notons que, si f existe, f est impaire, car (f o f o f)(n) = f(−n) = − f(n). Donc f(0) = 0. De plus f
4 = idZ. Tout n ≠ 0 génère un cycle [ n, f(n), − n, − f(n) ] à 4 éléments.
2) Exemple. Posons f(2) = 1 , f(1) = −2 , f(−2) = −1 , f(−1) = 2 , et de même pour 3, 4, −3, −4, etc. Donc : f(0) = 0 , f(2n) = 2n − 1 , f(2n − 1) = − 2n , f(− 2n) = 1 − 2n , f(1 − 2n) = 2n pour tout n ≥ 1. Cette fonction n’est pas la seule. cf. mon problème sur l’équation de Babbage.
2. Equations fonctionnelles dans N, Z, Q.
Exercice 1 : Soit f : N → N strictement croissante. Quelle est la valeur minimale de f(2007) ?
Solution : On montre par récurrence forte que (∀n ∈ N) f(n) ≥ n. La valeur minimale de f(n) est n ; elle correspond au cas où f induit l’identité sur {1, 2, …, n}. Exercice 2 : Soient f : N → N surjective et g : N → N injective telles que, pour tout n∈N, f(n) ≥ g(n). Prouver que f = g. [ Olympiades Roumanie 1986 ]
Solution : Utilisons le principe de descente infinie de Fermat. Supposons qu’il existe un entier n tel que g(n) < f(n) (1). Comme f est surjective, il existerait un entier k tel que g(n) = f(k) (2). Il découle de (1) et (2) que k ≠ n. Comme g est injective, g(k) ≠ g(n) = f(k) (3). (1) et (2) impliquent g(k) ≤ f(k) = g(n) < f(n). De plus, en vertu de (3) g(k) < f(k) = g(n) < f(n). En recommençant indéfiniment, on fabriquerait une suite infinie strictement décroissante d’entiers naturels. Exercice 3 : Trouver toutes les fonctions f : N → N vérifiant
(∀n ∈ N ) f(n) + ( f o f )(n) + ( f o f o f )(n) = 3n. [ Oral X 2001 ]
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Solution : 1) L’identité convient visiblement. On va montrer que c’est la seule. 2) f est injective, car f(m) = f(n) ⇒ f(m) + f(f(m)) + f(f(f(m))) = f(n) + f(f(n)) + f(f(f(n))) ⇒ 3m = 3n. 3) On a f(0) + f(f(0)) + f(f(f(0))) = 0, donc f(0) = 0.
4) Montrons par récurrence forte que f(n) = n. Supposons f(k) = k pour 0 ≤ k ≤ n. L’injectivité de f implique que f(n + 1), f(f(n + 1)) et f(f(f(n + 1))) sont tous trois ≥ n + 1. Par exemple f(f(n + 1)) = k < n impliquerait f(f(n + 1)) = f(k), donc f(n + 1) = f(k), donc n + 1 = k ! Mais alors f (n + 1) + f (f (n + 1)) + f (f (f (n + 1))) = 3(n + 1) implique f(n + 1) = n + 1. Exercice 4 : Le code du code. Pour noter ses mots de passe numériques, Bob a décidé d’inventer un code secret. Chaque nombre entier positif n est codé par un autre entier, supérieur ou égal à n, qui sera désigné dans la suite par « code de n ». Si a est plus grand que b, le code de a sera supérieur au code de b. Mais ce n’est pas tout. Bob souhaite que pour tout nombre n, le code du nombre entier « code de n » soit égal à 3n. Un tel code existe-t-il ? Si oui, quelles sont les valeurs possibles du code de 100 ?
Solution : [ Le monde, Affaire de logique, 30 mars 2016 ]. On cherche une fonction C : N → N vérifiant : i) ∀n ∈ N n ≤ C(n) ; ii) ∀a, b b ≤ a ⇒ C(b) ≤ C(a) ; iii) ∀n ∈ N (C o C)(n) = 3n. Nous allons montrer qu’une telle fonction existe et est unique. 1) Je dis que C(0) = 0. En effet, 0 ≤ C(0) ≤ C(C(0)) = 0. 2) C n’a pas d’autre point fixe, car n = C(n) ⇒ n = C(n) = C(C(n)) = 3n ⇒ n = 0. Donc ∀n ≥ 1 n < C(n). 3) Il découle de iii) que C est injective, car C(m) = C(n) ⇒ C(C(m)) = C(C(n)) ⇒ 3m = 3n ⇒ m = n. 4) Il en résulte que C est strictement croissante. 5) Il découle de iii) que (C o C o C)(n) = 3C(n) = C(3n). 6) Je dis que C(1) = 2 et C(2) = 3. En effet, en vertu de 2), 1 < C(1) < C(C(1)) = 3 implique C(1) = 2. Du coup C(2) = C(C(1)) = 3. 7) Par récurrence, C(3
k ) = 3
k , autrement dit n = 3
k + q , 0 ≤ q < 3
k .
k[ et [2.3k , 3.3
k[ ont même nombre d’éléments et C est strictement
croissante, C(n) = 2.3 k + q .
9) Supposons 2.3 k ≤ n < 3
k+1 , autrement dit n = 2.3
k + q , 0 ≤ q < 3
k .
Alors en vertu de ce qui précède, n = C(3 k + q) = 2.3
k ,
k+1 + 3.q .
10) Le mieux est de raisonner en base 3, car le 8) signifie que le développement triadique de n commence par 1, le 9) qu’il commence par 2. Si n = 1a2 … ap , alors C(n) = 2a2 … ap .
Si n = 2a2 … ap , alors C(n) = 1a2 … ap 0. 11) Il reste à montrer réciproquement que cette fonction satisfait les trois propriétés de départ. Laissons cela au lecteur.
Conclusion : Il existe une et une seule fonction C satisfaisant aux trois conditions. Elle est donnée en fonction du développement en base 3 par : (I) C(0) = 0
(II) Si n = 1a2 … ap, alors C(n) = 2a2 … ap (III) Si n = 2a2 … ap, alors C(n) = 1a2 … ap 0.
Application : 100 = 10201 (en base 3), donc C(100) = 20201 (en base 3) = 181 (en base 10). Exercice 5 : Soit f : N → N bijective. Prouver qu’il existe trois entiers naturels a, b, c tels que : a < b < c et f(a) + f(c) = 2f(b). (Concours général 1995)
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Solution : • E = { n ∈ N ; f(0) < f(n) } est une partie non vide de N* (pourquoi ?) qui admet un plus petit élément, noté b. On a 0 < b et f(0) < f(b). • Soit n = 2 f(b) – f(0) ; f étant bijective, il existe c tel que f(c) = n. On a f(c) + f(0) = 2 f(b), donc
f(c) = f(b) + (f(b) – f(0)) > f(b) > f(0), donc c ∈ E, b = min E ≤ c, et même b < c.
• Posons a = 0. On a bien a < b < c et f(a) + f(c) = 2f(b) .
Exercice 6 : Soit f une application : N → N vérifiant (∀n ∈ N) f(n + 1) > f(f(n)). Montrer que f est l’identité. (Olympiades 1977)
Solution 1 : On a f(1) > f(f(0)), f(2) > f(f(1)), f(3) > f(f(2)), etc. 1) Montrons pour commencer que f(0) = 0. • Tout d’abord, je dis que ∀n ≥ 1 f(n) > f(0), autrement dit f(0) est le plus petit élément de f(N). En effet, f(N) = { f(0), f(1), f(2), … } est une partie non vide de N, donc a un plus petit élément. Ce plus petit élément n’est pas f(n + 1), car f(n + 1) > f(f(n)). Ce ne peut être que f(0). • Je dis que min{ f(1), f(2), … } > min{ f(f(0)), f(f(1)), … } ≥ f(0). Soit f(p) le plus petit élément de A = { f(1), f(2), … }. On a f(p) > f(f(p − 1)) ≥ min{ f(f(0)), f(f(1)), … } ≥ min f(N) = f(0). Du coup, min f(f(N)) n’est ni f(1), ni f(2), ni f(3)… ; ce ne peut être que f(0). f(0) = min f(N) = min f(f(N)). • Il existe donc p tel que f(0) = f(f(p)). Montrons par absurde que f(0) = 0.
Si f(0) > 0, posons f(0) = n + 1. Alors f(f(0)) = f(n + 1) > f(f(n)) ≥ f(0), donc f(0) ≠ f(f(0)). D’autre part, si k > 1, f(k) > f(f(k − 1)) ≥ 1, donc f(k) > 1. Posons f(k) = q + 1. Alors f(f(k)) = f(q + 1) > f(f(q)) ≥ f(0), donc f(0) ≠ f(f(k)). Conclusion : f(0) ≠ f(f(k)) pour tout k. Contradiction !
2) Montrons que f(1) = 1, etc. Il découle de ce qui précède que f(1), f(2), f(3), etc. sont tous ≥ 1. f laisse donc stable N* et vérifie pour tout n ∈ N* f(f(n + 1)) > f(f(n)). Il suffit de réappliquer ce qui précède à la restriction de f à N*, et de réitérer indéfiniment.
Autre solution, par descente infinie de Fermat.
• Je dis que ∀n ≥ 1 f(n) ≥ 1. En effet s’il existe n ≥ 1 tel que f(n) = 0, alors 0 = f(n) > f(f(n − 1)) ≥ 0 : impossible !
• Je dis que f(0) = 0. Supposons par absurde f(0) > 0, et définissons la suite x0 = 1 , xn+1 = f(xn – 1).
Cette suite est bien définie car xn ≥ 1 par récurrence.
Exercice 7 : Soit f : N×N → N telle que : • f(0, 0) = 0. • (∀m ∈ N) f(m + 1, 0) = f(0, m) + 1. • ∀(m, n) ∈ N*×N f(m − 1, n + 1) = f(m, n) + 1.
Calculer f(7, 5). Montrer que f est bijective. Formules générales donnant f(m, n) et f −1
(x) ?
Solution : 1) L’existence et l’unicité de f se montrent par récurrence forte sur s = m + n. Si s = 0, m = n = 0 et f(0, 0) = 0. Si f existe et est unique sur { (m, n) ; m + n ≤ s }, alors f est bien définie sur { (m, n) ; m + n = s + 1 }. Cela se montre par récurrence sur n : f(s + 1, 0) = f(0, s) + 1, et, si f est connue pour { (m, n) ; m + n = s + 1 et n ≤ a }, alors on doit poser : f(s – a, a + 1) = f(s – a + 1, a) + 1.
1 Solution dédiée à Daniel Depardieu, statisticien émérite et sympathique (20 et 21 août 1988).
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2) On montre que f(7, 5) = 83, et que f(m, n) = 2
)1)(( +++ nmnm + n , par la même récurrence.
3) Le caractère bijectif peut se montrer en calculant la bijection réciproque.
On montrera que : f(m, n) = x ⇔ (m, n) = ( 2
)3)()(( +xgxg −x , x− 2
)1)()(( +xgxg ) ,
181 ++− n ), E désignant la fonction partie entière.
Exercice 8 : Soit f : N×N → N* définie par : • (∀y ∈ N) f(0, y) = 2y + 1 ; • ∀(x, y) ∈ N×N f(x + 1, y) = 2 f(x, y) .
Montrer que f est bijective. Calculer f −1
(31888).
(2y + 1).
Si n = f(x, y), x = v2(n) est l’exposant de 2 dans la factorisation de n.
Le caractère bijectif découle de l’unicité de cette factorisation. f −1
(31888) = f −1
(2 4 .1993) = (4, 996).
Exercice 9 : Fonction d’Ackermann (1925). 1) Montrer qu’il existe une et une seule fonction f : N
2 → N vérifiant les trois axiomes :
f(n, m) = m + 1 si n = 0 f(n, m) = f(n−1, 1) si m = 0 et n > 0 f(n, m) = f(n−1, f(n, m−1)) si m > 0 et n > 0
2) a) Calculer f(2, 2). Calculer f(1, n), f(2, n), f(3, n) pour tout n. b) Calculer f(4, 1) et f(5, 0), f(4, 2), f(4, 1981).
Solution : 1) Montrons l’existence et l’unicité de la fonction f, par récurrence double sur x, puis sur y. • Si x = 0, les valeurs de f(x, y) sont connues. • Supposons connues les valeurs de f(x, y), pour tout y. Les valeurs de f(x + 1, y) vont se déterminer par récurrence sur y : ♦ f(x + 1, 0) = f(x, 1). ♦ Supposons connues les valeurs de f(x + 1, z) pour z ≤ y. Alors f(x + 1, y + 1) = f(x, f(x + 1, y)).
2) Calculons les valeurs de f sur les premières verticales de N×N. f(0, y) = y + 1 pour tout y. f(1, 0) = f(0, 1) = 2 et f(1, y) = f(0, f(1, y −1)) = f(1, y − 1) + 1 ; donc f(1, y) = y + 2 pour tout y. f(2, 0) = f(1, 1) = 3 et f(2, y) = f(1, f(2, y − 1)) = f(2, y – 2) + 2 ; d’où f(2, y) = 3 + 2y pour tout y. f(3, 0) = f(2, 1) = 5 et f(3, y) = f(2, f(3, y − 1)) = 3 + 2f(3, y −1). (f(3, y)) est une suite récurrente arithmético-géométrique : ω = −3 est point fixe de x → 2x + 3. f(3, y) − ω = 2 ( f(3, y) − ω ) implique f(3, y) − ω = 2
y .( f(3, 0) − ω ) , donc
f(3, y) = 8.2 y − 3 = 2
y+3 − 3 pour tout y .
f(4, 0) = f(3, 1) = 13 et f(4, 1) = f(3, f(4, 0)) = f(3, 13) = 2 16
− 3 = 65533. f(5, 0) = f(4, 1) = 65533.
f(4, y) + 3 = 2 f(4, y−1)+3
, donc f(4, y) = 2^2^…^2 − 3 , où il y a y + 3 « 2 ». Quant à f(4, 1981), ce nombre est si grand qu’on ne peut le calculer !!! Déjà f(4, 2) est énorme !
Remarque : cette fonction est un exemple de fonction « non récursive primitive ». Exercice 10 : On cherche les fonctions f : N* → N vérifiant : f(2n) = f(n) + 1 , f(2n + 1) = 0. Montrer l’existence et l’unicité de f. Reconnaître cette fonction. Généraliser.
8
Exercice 11 : On cherche les fonctions f : N → N vérifiant f(0) = 0 , f(2n) = f(n) , f(2n + 1) = f(n) + 1. Montrer l’existence et l’unicité de f. Reconnaître cette fonction.
Solutions des exercices 10 et 11 : L’existence et l’unicité de f se montrent par récurrence forte sur N* ou N. La fonction de l’exercice 9 est f(n) = v2(n), exposant de 2 dans la factorisation de n. Celle de l’exercice 10 est f(n) = s(n), nombre de 1 figurant dans le développement binaire de n. Prenant appui sur l’unicité, il suffit de vérifier que v2 et s satisfont les propriétés de f.
Remarque : D’une façon générale, une propriété récurrente qui renvoie 2n et 2n+1 à n s’éclaire quand on introduit le développement binaire de n.
Exercice 12 : Trouver toutes les fonctions f : N → N telles que f(1) = 1 et ∀n ∈ N f(2n) = 2f(n).
Solution : Il vient f(0) = 0, et f(2 x .(2y + 1)) = 2
x f(2y + 1). f est entièrement définie par les valeurs
qu’elle prend sur les nombres impairs > 1, valeurs que l’on peut choisir arbitraires. Exercice 13 : On désigne par f l’application de N* dans lui-même définie par f(1) = 1, f(3) = 3 et, pour tout n ≥ 1, f(2n) = f(n) f(4n + 1) = 2f(2n + 1) − f(n) f(4n + 3) = 3f(2n + 1) − 2f(n).
Déterminer le nombre des entiers n, 1 ≤ n ≤ 1988, pour lesquels f(n) = n. (Olympiades 1988)
Solution : 1) Ce programme Maple est parfaitement concluant, mais peu profond : > f:=proc(n) > local q,r; > q:=iquo(n,4);r:=irem(n,4); > if n = 1 then 1;elif n = 3 then 3; > elif r = 0 then f(q); > elif r = 2 then f(2*q+1); > elif r = 1 then 2*f(2*q+1)-f(q); > else 3*f(2*q+1)-2*f(q);fi;end; > s:=0:for n from 1 to 1988 do if f(n)=n then s:=s+1;fi; od;print(s);
92 2) Solution plus sérieuse. • La fonction f existe et est unique. Cela se montre par récurrence forte sur n. • On constate que f(n) est le « miroir » de n en écriture binaire. Autrement dit, si n = ak … a1a0 en
base 2, alors f(n) = a0a1 … ak. Il suffit pour le montrer d’établir que la fonction miroir satisfait les mêmes axiomes que f. • Par suite, on cherche les entiers palindromes en base 2 compris entre 1 et 1988 = 11111000100.
Or il y a 2 k−1
palindromes à 2k chiffres exactement, et 2 k palindromes à 2k + 1 chiffres exactement.
Parmi les palindromes à 11 chiffres, il faut en exclure 2, 11111111111 et 11111011111. En tout 1 + 2 + 2 + 4 + 4 + 8 + 8 + 16 + 16 + (32 − 2) = 92 points fixes. Exercice 14 : Soit f une application de N* dans N vérifiant les propriétés suivantes : • Pour tout couple (m, n) ∈ N*×N*, f(m + n) − f(m) − f(n) prend l’une des valeurs 0 ou 1 ; • f(2) = 0 , f(3) > 0 et f(9999) = 3333. Déterminer f(1982). (Olympiades 1982)
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Solution : 1) La fonction f vérifie f(m) + f(n) ≤ f(m + n) ≤ f(m) + f(n) + 1. Faisant m = n = 1, f(2) = 0 impose f(1) = 0. 0 < f(3) ≤ f(2) + f(1) + 1 = 1 impose f(3) = 1. 1 = f(3) + f(1) ≤ f(4) ≤ f(3) + f(1) + 1 = 2 et f(4) ≤ f(2) + f(2) + 1 = 1 imposent f(4) = 1. 1 = f(4) + f(1) ≤ f(5) ≤ f(4) + f(1) + 1 = 2 et f(5) ≤ f(2) + f(3) + 1 = 2 imposent f(5) = 1 ou 2. 2 = f(3) + f(3) ≤ f(6) ≤ f(3) + f(3) + 1 = 3.
2) Heuristiquement, f est presque additive, et f(x) ≈ x/3, donc f(n) ≈ q(n), où q(n) est le quotient euclidien par 3. En tout cas, cette fonction q vérifie bien : q(2) = 0 , q(3) > 0 et q(m) + q(n) ≤ q(m + n) ≤ q(m) + q(n) + 1. Je dis que, pour tout n, q(n) ≤ f(n) ≤ q(n) + 1. C’est vrai pour n ≤ 6. Supposons-le vrai pour n ≤ 3k. k = q(3k−2) + 1 ≤ f(3k–2) + f(3) ≤ f(3k−2+3) = f(3k+1) = f(3k–1+2) ≤ f(3k−1) + f(2) + 1 = k + 1. k = q(3k−1) + 1 ≤ f(3k–1) + f(3) ≤ f(3k−1+3) = f(3k+2) ≤ f(3k) + f(2) + 1 = k + 2. Exercice 15 : Déterminer s’il existe une application f : N* → N* vérifiant : • f(1) = 2 ; • f(f(n)) = f(n) + n pour tout n de N* ; • f(n) < f(n + 1) pour tout n de N*. (Olympiades 1993)
Solution : 1) Les deux premiers axiomes permettent de calculer les itérés de 1 par f : f(1) = 2 , f(2) = f(1) + 1 = 3 , f(3) = f(2) + 2 = 5 , f(5) = f(3) + 3 = 8 , … On reconnaît les nombres de Fibonacci f0 = 0 , f1 = 1 , fn+2 = fn+1 + fn :
Si f (n)
= f o … o f (n fois), alors par récurrence sur n f (n)
(1) = fn+2 et f(fn+1) = fn+2 pour n ≥ 1.
2) Il existe beaucoup d’applications strictement croissantes prolongeant f. f(4) = 6 ou 7, (f(6), f(7)) = (9, 10), (9, 11), (9, 12), (10, 11), (10, 12) ou (11, 12), etc. Cela découle de ce que fn+2 − fn+1 > fn+1 − fn.
3) Parmi elles, il en existe encore beaucoup qui vérifient, pour tout n, f(f(n)) = f(n) + n. Si f(4) = 6 , f(6) = 10 , f(10) = 16 , f(16) = 26 , etc. (suite à la Fibonacci) Il reste à choisir f(7) = 11 ou 12, etc. Si f(4) = 7 , f(7) = 11 , f(11) = 18 , f(18) = 29 , etc. Il reste à choisir f(6) = 9 ou 10, etc. Démontrer cela demanderait du soin. 4) Voici une fonction explicite utilisant la numération fibonaccienne d’un entier :
= +
i ii fε ,
où (∀i) εi ∈ {0, 1} et εi.εi+1 = 0. Admettons ce lemme, bien connu… de ceux qui le connaissent !…
Alors la fonction f, définie par f(n) = ∑ +∞
= +
i ii fε , vérifie les 3 conditions.
Exercice 16 : Fonctions additives. 1) Trouver toutes les fonctions f : N → N telles que ∀(m, n) ∈ N×N f(m + n) = f(m) + f(n). 2) Trouver toutes les fonctions f : Z → Z telles que ∀(m, n) ∈ Z×Z f(m + n) = f(m) + f(n). 3) Trouver toutes les fonctions f : Q → Q telles que ∀(m, n) ∈ Q×Q f(m + n) = f(m) + f(n).
Solution : Il s’agit de trouver les endomorphismes des monoïdes (N, +) et des groupes (Z, +) et (Q, +). 1) On a f(0) = 0. Posant a = f(1), il vient par récurrence sur n (∀n∈N) f(n) = an. Réciproque facile.
10
2) On a f(0) = 0 et f est impaire. Posant a = f(1), il vient par récurrence sur n (∀n ∈ N) f(n) = an, puis (∀n ∈ Z) f(n) = an par imparité. Réciproque facile.
3) On a f(0) = 0 et f est impaire. Posant a = f(1), il vient par récurrence (∀n ∈ N) f(n) = an, puis (∀n
∈ Z) f(n) = an par imparité. Enfin, pour tout (p, q) ∈ Z×N* q.f( q p
) = f(p) = ap, donc f( q p
) = a q p
Finalement (∀x ∈ Q) f(x) = ax .
Exercice 17 : Soit f une application : Q → Q telle que ∀(x, y) ∈ Q×Q f(x + y) = f(x) + f(y) + 2547. On suppose que f(2004) = 2547. Déterminer f(2547). (Olympiades françaises, 2005)
Solution : 1ère idée : On a f(0) = −2547. La donnée de f(1) permet de calculer f(n) pour tout n ∈ N. Une récurrence facile montre en effet que f(n) = n.f(1) + 2547.(n − 1). La donnée de f(2004) fournit f(1), puis f(2547)… On a répondu à la question sans se préoccuper de l’existence et de l’unicité de f. Cela dit, on peut noter que f(nx) = n.f(x) + 2547.(n − 1) pour tout n ∈ N, n ∈ Z, puis tout n ∈ Q. f est une fonction affine sur Q. 2ème idée : Notons a = 2547. Le mieux est d’ajouter a à l’équation. Elle s’écrit g(x + y) = g(x) + g(y) pour tous rationnels x et y : nous voilà ramenés à l’équation de Cauchy dans Q ! On sait que g(x) = x.g(1), donc f est affine : f(x) = x.g(1) − a.
La donnée de g(2204) = 2a fournit g(1) = 2004 2547.2 . Finalement f(2547) =
334 1311705.
On a montré au passage l’existence et l’unicité de f. Exercice 18 : Trouver les fonctions f : N → N telles que ∀(m, n) ∈ N×N 2 f(m + n) = f(m) + f(m + 2n). Mêmes questions en remplaçant N par Z et Q.
Solution : C’est, en quelque sorte, l’équation de Jensen discrète.
• Dans N, on a f(n + 2) – 2f(n + 1) + f(n) = 0, f(n + 1) – f(n) est constante, et f(n) = f(0) + n (f(1) − f(0)) ; bref, f est affine. Réciproque facile. • Mêmes conclusion dans Z • Dans Q, on a encore f(nx) = f(0) + n(f(x) − f(0)), et on en déduit que f(r) = f(0) + r(f(1) − f(0)) (poser x = p/q et n = q).
Exercice 19 : Déterminer toutes les fonctions f : Z → Z telles que : ∀(x, y) ∈ Z×Z f(x + y) + f(x − y) = 2 f(x) f(y) . Lesquelles sont bornées ?
Solution : Il s’agit d’une équation de d’Alembert discrète. 1) Si f est constante, f = c, c = 0 ou 1. 2) x = y = 0 donne f(0) = 0 ou 1. 3) Si f(0) = 0, y = 0 donne 2f(x) = 0, donc f ≡ 0.
4) Sinon, f(0) = 1 ; x = 0 donne f(y) + f(−y) = 2f(y), donc f est paire. De plus, pour tout n, f(n + 2) − 2 f(1)f(n + 1) + f(n) = 0 : suite récurrente linéaire ! On forme aussitôt l’équation caractéristique. • Si f(1) > 1, posons f(1) = ch θ (θ > 0). Il vient f(n) = ch(nθ) : or f est bornée ! • Si f(1) < − 1, posons f(1) = − ch θ (θ > 0). Il vient f(n) = (−1)
n .ch(nθ) : or f est bornée !
• Si f(1) = 0, alors f(n) = 1 si n ≡ 0 (mod 4), f(n) = −1 si n ≡ 2 (mod 4), f(n) = 0 si n est impair. • Si f(1) = 1, alors f(−1) = 1 et f(n) ≡ 1.
11
• Si f(1) = −1, alors f(n) = (−1) n .
En résumé, on trouve 4 fonctions : les fonctions constantes 0 et 1, la fonction f(n) = (−1) n
et la fonction g(n) = 1 si n ≡ 0 (mod 4), g(n) = −1 si n ≡ 2 (mod 4), g(n) = 0 si n est impair.
Réciproque à faire. Les deux dernières découlent de ce que f(n) = cos(nπ), g(n) = cos( 2 πn ).
Remarque : Cherchons toutes les fonctions f : Z → Z satisfaisant la condition voulue. On trouve la fonction nulle, et les fonctions f(n) = Tn(a), où a ∈ Z, et Tn est le n-ième polynôme de Tchebychev.
Exercice 20 : Déterminer toutes les fonctions f : Z → Z telles que : ∀(x, y) ∈ Z×Z f(x + y) + f(x − y) = 2 [ f(x) + f(y) ] .
Solution : 1) Si l’on fait x = y = 0, il vient f(0) = 0. 2) Si l’on fait x = 0, il vient f(y) + f(−y) = 2 f(y), donc f(−y) = f(y) et f est paire. 3) Si l’on fait y = 1, il vient f(x + 1) + f(x − 1) − 2.f(x) = 2.f(1) , i.e. (2
f )(x) = 2.f(1).
On en déduit 3 f = 0, donc f est une fonction polynomiale de degré ≤ 2.
Compte tenu de 1) et 2) f est de la forme f(x) = ax 2 .
4) Réciproque facile. Exercice 21 : 1) Déterminer les f : Z → Z telles que ∀n ∈ Z ( f o f )(n) = n + 1. 2) Déterminer les f : Z → Z telles que ∀n ∈ Z ( f o f )(n) = n + 2.
Solution : [ Oral X PC 2010, RMS n° 364 ] 0) Dans les deux cas, f o f est bijective, donc si f existe, f est une bijection. 1) Dans le premier cas, en formant de deux façons ( f o f o f )(n), on obtient f(n) + 1 = f(n + 1). On en déduit ∀p ∈ Z f(p) = f(0) + p . Mézalor ( f o f)(p) = 2f(0) + p = p + 1. Cela impliquerait f(0) = ½ : impossible ! Autre solution : f(n) et f(n + 1) n’ont pas même parité. De deux choses l’une : • Soit f conserve la parité ; mais alors ( f o f )(n) a même parité que n et ne peut valoir n + 1. • Soit f change la parité ; mais alors ( f o f )(n) a même parité que n et ne peut valoir n + 1.
Bilan : Il n’y a pas de fonction f : Z → Z telle que ∀n ∈ Z ( f o f )(n) = n + 1.
2) On voit aussitôt que f(n) = n + 1 convient. On a, pour tout n : ( f o f o f )(n) = f(n) + 2 = f(n + 2). On en déduit par récurrence que ∀p ∈ Z f(2p) = f(0) + 2p , f(2p + 1) = f(1) + 2p . De plus, f étant bijective, f(0) et f(1) sont de parités différentes.
• Supposons f(0) = 2a , f(1) = 2b + 1. Alors ∀p ∈ Z f(2p) = 2a + 2p , f(2p + 1) = 1 + 2b + 2p . En écrivant ( f o f )(2p + 1) = f(1 + 2b + 2p) = 1 + 4b + 2p = 2p + 3 , on aboutit à b = ½ : impossible.
• Supposons f(0) = 1+ 2a , f(1) = 2b. Alors ∀p ∈ Z f(2p) = 1 + 2a + 2p , f(2p + 1) = 2b + 2p . En écrivant ( f o f )(2p + 1) = f(2b + 2p) = 1 + 2a + 2b + 2p = 2p + 3 , on aboutit à a + b = 1. En écrivant ( f o f )(2p) = f(1 + 2a + 2p) = 2a + 2b + 2p = 2p + 2 , on aboutit à a + b = 1.
Si a = 0, on retrouve la translation f(n) = n + 1.
Bilan : il y a une infinité de fonctions cherchées : les fonctions ∀p ∈ Z f(2p) = 1 + 2a + 2p , f(2p + 1) = 2 − 2a + 2p , où a est élément de Z.
Exercice 22 : Prouver qu’il n’existe pas d’application f : N → N telle que, pour tout n ∈ N, f(f(n)) = n + 1987. (Olympiades 1987)
12
Solution : Soit f : N → N une application telle que, pour tout n ∈ N, f(f(n)) = n + 1987. Alors f(n) + 1987 = f(f(f(n))) = f(n + 1987) , et, par récurrence sur k, ∀(n, k) ∈ N×N f(n + 1987k) = f(n) + 1987k.
Par suite m ≡ n (mod 1987) ⇒ f(m) ≡ f(n) (mod 1987). La classe de f(n) mod 1987 ne dépend que de la classe de n mod 1987.
On peut donc factoriser f en une application g : Z/1987Z → Z/1987Z telle que g o g = id.
Comme 1987 est impair, l’involution g admet au moins un point fixe 0n .
Revenant à f, on a f(n0) = n0 + 1987.k0, donc :
• d’une part, f(f(n0)) = n0 + 1987 ;
• d’autre part, f(f(n0)) = f(n0) + 1987.k0 = n0 + 1987.2k0 … Impossible !
Remarque : Dans cet énoncé on peut remplacer 1987 par n’importe quel entier impair. En revanche, il existe une application f : N → N telle que, pour tout n ∈ N, f(f(n)) = n + 2p, à savoir f(n) = n + p.
Exercice 23 : Trouver toutes les fonctions f : N* → N* telles que ∀(m, n)∈N*×N* f(mn) = f(m)f(n).
Solution : Cherchons les fonctions f : N* → N* telles que ∀(m, n) ∈ N*×N* f(mn) = f(m)f(n), autrement dit les endomorphismes du monoïde (N*, ×). Tout d’abord f(1) = 1. En vertu du théorème fondamental de l’arithmétique, il suffit de se donner les valeurs prises par f sur les nombres premiers, valeurs que l’on peut choisir arbitraires.
f sera de la forme : n = ∏ ∈Pp
nvpp )( → ∏ ∈Pp
nvppf )()( .
Exercice 24 : Trouver toutes les bijections f : N* → N* telles que ∀(m, n)∈N*×N* f(mn) = f(m)f(n). Quelle est la plus petite valeur possible de f(1998) ? de f(4290) ?
Solution : Cherchons les bijections f : N* → N* telles que ∀(m, n) ∈ N*×N* f(mn) = f(m)f(n). Cet exercice fait suite au précédent. Je dis que, pour tout nombre premier p, f(p) doit être premier. En effet, f étant injective, p ≠ 1 ⇒ f(p) ≠ f(1) = 1. Si f(p) était composé, f(p) = a.b (a, b > 1), écrivons a = f(c), b = f(d). On aurait c > 1, d > 1, f(p) = f(cd), et p = cd serait composé.
En conclusion, f est de la forme n = ∏ ∈Pp
nvpp )( → ∏ ∈Pp
nvpp )()(σ , où σ est une permutation de l’ensemble
P des nombres premiers. Réciproque immédiate. On a 1998 = 2×3
3×37, donc f(1998) = σ(2)×σ(3) 3×σ(37) ≥ 120,
valeur minimale correspondant par exeample à σ(2) = 3, σ(3) = 2 et σ(37) = 5. On a 4290 = 2×3×5×11×13, donc f(4290) = σ(2)×σ(3)×σ(5)×σ(11)×σ(13) ≥ 2×3×5×7×11.
Exercice 25 : Trouver toutes les fonctions f : N* → N* telles que : ∀(m, n) ∈ N*×N* f(mn) = f(m)f(n) et f(f(m)) = m. Quelle est la plus petite valeur possible de f(2007) ?
Solution : Les fonctions f : N* → N* telles que ∀(m, n) ∈ N*×N* f(mn) = f(m)f(n) et f(f(m)) = m
sont de la forme n = ∏ ∈Pp
nvpp )( → ∏ ∈Pp
nvpp )()(σ , où σ est une involution de l’ensemble P des nombres
premiers. Réciproque immédiate. De telles involutions sont faciles à fabriquer : cf. § 1. ex. 1. Il suffit de partitionner P en trois ensembles A, B et C, B et C étant équipotents, de fixer les éléments de A et d’échanger les éléments de B et C. On a 2007 = 3
2×223, donc f(2007) = σ(3) 2×σ(223) ≥ 18 : échanger 2 et 223, laisser fixe 3.
Exercice 26 : On considère toutes les applications f de N* dans lui-même vérifiant :
13
. Déterminer la plus petite valeur possible de f(1998). (Olympiades 1998)
Solution : L’énoncé suggère que plusieurs fonctions répondent à la question. Tel est bien le cas. 1) Recherche de solutions. • Il n’y a pas de constantes, mais il y a l’identité et les f : x → ax (a ∈ N*).
• Ce ne sont pas les seules. Il est clair que si f : N* → N* vérifie ∀(a, b) ∈ N*×N* f(ab) = f(a).f(b) et f(f(a)) = a , alors f est solution. Or nous venons d’étudier ces fonctions, dans l’exercice précédent. 2) Recherche de toutes les solutions. • Commençons par imposer à f de vérifier f(1) = 1. s = 1 donne f(t
2 ) = f(t)
2 .
t = 1 donne f(f(s)) = s ; f est une involution, donc une bijection. Du coup, posant u = f(s), s = f(u), et f(t
2 u) = f(u).f(t)
2 .
Montrons que f(ab) = f(a).f(b) , ou, ce qui revient au même, que f(ab) 2 = f(a)
2 f(b)
2 .
• Si f(1) = c est quelconque, on montrera de même que f(f(n)) = c 2 n et f(n)
2 = f(cn
du type précédent.
En conclusion, les fonctions f cherchées sont de la forme n = ∏ ∈Pp
xvpp )( → c∏ ∈Pp
permutation de l’ensemble PPPP des nombres premiers.
3) Retour au problème posé : 1998 = 2×3
2×37, f(1998) = c.σ(2)σ(3) 2σ(37) est minimum si c = 1, σ(2) = 3, σ(3) = 2 et σ(37) = 5.
Au final, il vient min f(1998) = 120 .
.
(Olympiades 1990)
Solution : Paul Bourgade donne une solution lapidaire de cet exercice. Je préfère une solution plus longue et détaillée. Nous imposons à f de vérifier f(1) = 1.
1) x = 1 donne f(f(y)) = y 1 ; il en découle que f est une permutation de Q*+.
Du coup, f(x.f(y)) = f(x).f(f(y)), mais en posant z = f(y), qui décrit Q*+, f(x.z) = f(x).f(z).
f est un automorphisme du groupe multiplicatif (Q*+, ×).
2) Réciproquement, si f est un endomorphisme du groupe (Q*+, ×) tel que pour tout y, f(f(y)) = y 1 ,
alors f(x.f(y)) = f(x).f(f(y)) = y xf )(
pour tous (x, y).
3) Quels sont les endomorphismes du groupe (Q*+, ×) ?
Soit P l’ensemble des nombres premiers. Tout rationnel x > 0 s’écrit de manière unique sous la forme
x = ∏ ∈Pp
xvpp )( , où les exposants vp(x) sont des entiers relatifs presque touts nuls.
Dès lors, f(x) = ∏ ∈Pp
xvppf )()( : f est entièrement déterminé par les valeurs qu’il prend sur les nombres
premiers. Réciproquement, si (f(p))p∈P est une famille de rationnels > 0 indexée par P, alors
14
xvppf )()( définit un endomorphisme de (Q*+, ×).
4) Mais on veut de plus que f(f(p)) = p 1 et f(f(
p 1 )) = p pour tout p ∈ P.
Pour cela, partageons P = { p1 = 2 < p2 = 3 < p3 = 5 < … } en deux ensembles disjoints et infinis, par
exemple A = { p1 = 2 < p3 = 5 < p5 = 11 < … } et B = { p2 = 3 < p4 = 7 < p6 = 13 < … }.
Posons f(p1) = p2 , f(p2) = 1
1 p
, etc.
Soit f l’endomorphisme de (Q*+, ×) ainsi défini (cf. 2). Je dis que f(f(y)) = y 1 pour tout y, puisque
les endomorphismes f o f et y → y 1 coïncident sur une partie génératrice du groupe (Q*+, ×). CQFD.
Remarque : D’un point de vue ensembliste, f est une racine carrée de l’involution s : y → y 1 : sujet
abordé dans mon problème sur l’équation de Babbage. Exercice 28 : Trouver toutes les applications f de N dans N vérifiant : ∀(m, n) ∈ N×N f(m + f(n)) = f( f(m) ) + f(n) . (Olympiades 1996)
Solution : • m = n = 0 donne f(f(0)) = f(f(0)) + f(0), donc f(0) = 0.
• n = 0 donne f(m) = f(f(m)) ; f est donc idempotente. Conséquences : i) f induit l’identité sur E = f(N). ii) ∀(m, n) ∈ N×N f(m + f(n)) = f(m) + f(n). iii) ∀(m, n) ∈ N×E f(m + n) = f(m) + n. iv) ∀(m, n, q) ∈ N×E×N f(m + qn) = f(m) + qn (recurrence sur q). v) 0 ∈ E et ∀(m, n) ∈ E×E m + n ∈ E. • Si E = {0}, f = 0. • Sinon, soit a = min E. Je dis que E ⊂ aN . En effet, soit b ∈ E, b = aq + r, 0 ≤ r < a, la division euclidienne de b par a. r + aq = b = f(b) = f(r) + qa (par iv), donc f(r) = r, donc r = 0 par minimalité de a. • Soit n ∈ N, n = aq + r, 0 ≤ r < a la division euclidienne de n par a. f(n) = f(r + aq) = f(r) + aq. Comme f(r) ∈ E, écrivons f(r) = ag(r) pour 0 ≤ r ≤ a−1 ; on a g(0) = 0. Alors f(n) = a(q + g(r)).
Conclusion : f = 0 ou il existe un entier a > 0 et une fonction g : [0, a−1] → N telle que g(0) = 0 et que f soit de la forme : n = aq + r (0 ≤ r < a) → f(n) = a(q + g(r)).
Si a = 1, on trouve l’identité. Réciproque facile, mais à faire…
Exercice 29 : Soit f une application : N → N vérifiant f(1) > 0 et : ∀(m, n) ∈ N××××N f( m
2 + n
2 ) = f(m)
2 + f(n)
2 .
1) Calculer f(k) pour 0 ≤ k ≤ 12. 2) Calculer f(n) pour tout n. (Concours général 1994)
Solution : en préparation… Les fonctions considérées dans les deux exercices suivants sont dites multiplicatives, ou parfois faiblement multiplicatives, par opposition avec les fonctions complètement multiplicatives. On nomme ainsi les fonctions f : N* → N*, Z ou R telles que f(1) = 1 et m ∧ n = 1 ⇒ f(mn) = f(m).f(n). Elles sont entièrement données par les valeurs qu’elles prennent sur les nombres primaires
(puissances de nombres premiers), puisque si n = ∏ ik ip , f(n) = ∏ )( ik
ipf .
15
Exercice 30 : Déterminer les fonctions f : N → N strictement croissantes, telles que f(2) = 2 et, pour tous entiers m, n premiers entre eux : f(mn) = f(m)f(n). (Putnam 1963)
Solution : 1) L’identité répond à la question. Nous allons montrer qu’il n’y en a pas d’autre. 2) f étant strictement croissante, f(0) = 0 , f(1) = 1 , f(2) = 2. Montrons que f(3) = 3. Posons f(3) = 3 + a. Alors f(6) = f(2).f(3) = 6 + 2a, d’où f(5) ≤ 5 + 2a. Du coup, f(10) = f(2).f(5) ≤ 10 + 4a , d’où f(9) ≤ 9 + 4a et f(18) ≤ 18 + 8a. D’où f(15) ≤ 15 + 8a. Mais f(15) = f(3).f(5) ≥ (3 + a)(5 + a) = 15 + 8a + a
2 . D’où a = 0 et f(3) = 3. Ouf !
3) Montrons que (∀n ∈ N) f(2 n + 1) = 2
n + 1 par récurrence.
C’est vrai pour n = 0 et 1. Supposons-le vrai au rang n.
Alors f(2 n+1
n+1 + 2.
Or il est clair que, si f est strictement croissante et vérifie f(x) = x et f(y) = y pour x < y, alors f(z) = z pour z ∈ [x, y]. Du coup, f(2
n+1 + 1) = 2
n+1 + 1.
4) On en déduit (même principe) que f est l’identité. Exercice 31 : Soit f : N* → N* telle que :
• Pour tous entiers a et b premiers entre eux, f(ab) = f(a).f(b) ;
• Pour tous nombres premiers p et q, f(p + q) = f(p) + f(q). Montrer que f(2) = 2 , f(3) = 3 et f(1999) = 1999. (Olympiades Irlande 1999)
Solution : 1) Une telle fonction f existe : l’identité. 2) Il est immédiat que f(1) = 1. De plus f(6) = f(2).f(3) = f(3) + f(3), donc f(2) = 2 (car f(3) non nul). 3) p = q = 2 donne alors f(4) = 4. p = 2, q = 3 donne f(5) = 2 + f(3). p = 5, q = 2 donne f(7) = 2 + f(5) = 4 + f(3). p = 5, q = 7 donne f(12) = 6 + 2f(3). Par ailleurs f(12) = f(3) f(4) = 4 f(3). Donc f(3) = 3. 4) 1999 est premier, et 1999 + 3 = 2002 = 2×7×11×13. Calculons f(11) et f(13). Il découle de 3) que f(3) = 3 et f(5) = 5. On en déduit f(15) = f(3) f(5) = 3.5 = 15. f(15) = f(13) + f(2), donc f(13) = 13. f(13) = f(11) + f(2), donc f(11) = 11. Finalement f(2002) = 2002 et f(1999) = f(2002) − f(3) = 1999.
Remarque : On peut conjecturer que f est l’identité. J’ai montré f(n) = n pour 1 ≤ n ≤ 16. Mais l’induction semble ardue…
Exercice 32 : Trouver toutes les fonctions f : Z → Z telles que, pour tous entiers a, b, c vérifiant a + b + c = 0, on ait l’égalité suivante : f(a)
2 + f(b)
2 + f(c)
2 = 2 f(a) f(b) + 2 f(b) f(c) + 2 f(c) f(a) . (Olympiades 2012)
Solution : 0) Si f est solution de cette équation fonctionnelle, λf aussi, où λ ∈ Z.
On vérifie que f(x) = x 2 est solution de cette équation fonctionnelle. En effet, si a + b + c = 0, alors
a, b et c sont solutions d’une équation de la forme x 3 – px + q = 0. Alors N2
2 = 2N4, car
2 . On en déduit le résultat annoncé.
Il en résulte que les fonctions f(x) = λx 2 , λ ∈ Z, sont solutions de l’équation fonctionnelle.
1) Faisons a = b = c = 0. Il vient 3.f(0) 2 = 6.f(0)
2 , donc f(0) = 0.
2) Faisons b = −a , c = 0. Il vient f(a) 2 + f(−a)
2 = 2 f(a) f(−a) , donc f(−a) = f(a) ; f est paire.
3) Posons a = x , b = y , c = − x – y. Comme f est paire, il vient :
16
2 = 2 f(x + y).[ f(x) + f(y) ] + 2 f(x) f(y) .
Donc f(x + y) 2 − 2 f(x + y).[ f(x) + f(y) ] + [ f(x) − f(y) ]
2 = 0 (*)
C’est une équation du second degré en f(x + y), ayant une racine réelle : son discriminant est ≥ 0. Ainsi, ∀(x, y) 4 f(x).f(y) ≥ 0. Si f est nulle, pas de souci. Si f prend une valeur > 0, ce qu’on peut supposer quitte à changer f en – f, alors f est à valeurs ≥ 0 .
L’équation (*) donne : f(x + y) = f(x) + f(y) ± 2 )()( yfxf .
3. L’équation de Cauchy. Exercice 0 : Equation de Cauchy. Soit f : R → R une application telle que : ∀(x, y) ∈ R
2 f(x + y) = f(x) + f(y) (C)
1) Montrer que f(0) = 0, f est impaire et ∀(λ, x) ∈ Q×R f(λ.x) = λ.f(x) .
2) Montrer que, si f est continue ou monotone, il existe a ∈ R tel que (∀x ∈ R) f(x) = ax.
Solution :
1) procéder par étapes : λ∈N par récurrence, Z par imparité, Q en prenant λ = q p
, (p , q)∈Z×N*.
2) peut se traiter par deux méthodes : la méthode de Cauchy et la méthode d’Euler.
La méthode de Cauchy consiste à raisonner par densité. Elle suppose f continue ou monotone.
• Supposons f continue. La formule ∀λ ∈ Q f(λ) = λ.f(1) implique, par densité de Q et continuité de f, que ∀r ∈ R f(r) = r.f(1). Si l’on pose a = f(1), il vient ∀x ∈ R f(x) = a.x. Si f est continue en 0, f est continue en tout point. Le résultat subsiste.
• Supposons f monotone. Tout réel x est limite de deux suites adjacentes (rn) et (sn) de rationnels.
Ces suites vérifient f(rn) = a.rn et f(sn) = a.sn. Elles encadrent f(x) par monotonie de f, et elles tendent vers a.x. Donc f(x) = a.x.
Retrouvons ces résultats par la méthode d’Euler.
• Si f est continue, intégrons l’équation en y ∈ [0, 1], à x fixé.
Il vient, après changement de variable : (∀x) ∫ +1
).( x
0 .).( dyyf
Cela montre que f est C 1 . Par suite, en dérivant partiellement l’équation en x, f’(x + y) = f’(x), donc f’
est constante f’(x) = a. Comme f(0) = 0, f(x) est de la forme ax.
• Cette méthode reste vraie si f est réglée, ou intégrable-Riemann, sur tout segment [a, b] (a < b).
On a en effet (∀x) ∫ +
+
b
a dyyf .).(
Il en résulte que f est continue, puis C 1 , et on conclut comme ci-dessus
En particulier, si f est monotone, elle est réglée sur tout segment.
Exercice 1 : Montrer que, si f vérifie (C) ∀(x, y) ∈ R×R f(x + y) = f(x) + f(y) et est bornée sur un segment [a, b] (a < b), elle est bornée sur [0, b − a]. En déduire qu’elle est continue en 0. Conclusion ?
Solution : Supposons | f(x) | ≤ M pour x ∈ [a, b].
Alors pour y ∈ [0, b − a], f(y) = f(y + a) − f(a), donc | f(y) | ≤ M + | f(a) | = µ.
f est donc bornée sur [0, α], où α = b − a. Par imparité, elle est bornée par µ sur [−α, α] .
Soit ε > 0. Choisissons n ∈ N* tel que n µ
≤ ε, et posons η = n α .
17
Alors |x| ≤ η ⇒ | nx | ≤ α ⇒ | f(nx) | ≤ µ ⇒ | f(x) | ≤ n µ
≤ ε
Conclusion : f est continue en 0, et par translation, sur R.
Exercice 2 : Montrer que, si f vérifie (C) et est discontinue en 0, son graphe est dense dans R 2 .
Solution : Soit f une fonction vérifiant (C). Je dis que le graphe G de f est un sous Q-espace vectoriel de R2
. En effet, si (a, f(a)) et (b, f(b)) sont éléments de G, et si s et t ∈ Q, s(a, f(a)) + t(b, f(b)) = (sa + tb, f(sa + tb)) ∈ G. Si f est discontinue en un point, f n’est pas de la forme f(x) = x.f(1). Il existe donc un réel a tel que f(a) ≠ a.f(1). Les vecteurs u = (1, f(1)) et v = (a, f(a)) sont éléments de G et R-libres. (u, v) est une R-base de R
2 , donc VectQ(u, v) est dense dans R2
et inclus dans G. Cqfd.
Exercice 3 : Trouver les triplets (f, g, h) de fonctions continues R → R vérifiant : ∀(x, y) ∈ R
2 f(x + y) = g(x) + h(y).
Peut-on affaiblir les hypothèses ?
Solution : On peut reprendre la méthode d’Euler, intégrer f(x + y) = g(x) + h(y) en y ∈ [0, 1].
∫ +1
).( x
1 . Par symétrie, h est C
1 , et f(x) = g(x) + h(0)
aussi. Dérivons en x et en y : f’(x + y) = g’(x) = h’(y), donc f’(z) = g’(x) = h’(y) = a. Donc g(x) = ax + b , h(y) = ay + c , f(z) = az + b +c. Réciproque facile. Autre solution : posons g(0) = b, h(0) = c. Alors f(x) = g(x) + c, f(y) = b + h(y). f(x + y) = f(x) − c + f(y) − b. Posons k = b + c. Il vient f(x + y) − k = f(x) − k + f(y) − k.
f − k est continue et satisfait à l’équation de Cauchy : f(x) = ax + k , g(x) = ax + b , h(x) = ax + c.
Si l’on suppose f, g ou h continue en un point, alors f est continue en un point car f = g + c = h + b, et f − k aussi. Même conclusion.
Exercice 4 : Trouver les fonctions f : R → R telles que ∀(x, y) f(x 2 − y
2 ) = f(x)
2 − f(y)
2 .
Solution : • Faisant x = y, il vient f(0) = 0. Faisant y = 0, il vient f(x
2 ) = f(x)
2 , donc y ≥ 0 ⇒ f(y) ≥ 0, et f(1) = 0 ou 1.
Faisant x = 0, il vient f(−y 2 ) = − f(y)
2 = − f(y
2 ) ; donc f est impaire.
Je dis enfin que f(u + v) = f(u) + f(v) pour tout couple (u, v).
• Si u ≥ 0 ≥ v, posons u = x 2 et v = −y
2 . Alors f(u + v) = f(x
2 − y 2 ) = f(x)
2 ) =
f(u) + f(v). Idem si v ≥ 0 ≥ u. • Si u et v sont ≥ 0, posons u = x
2 , v = y
2 . Alors f(u) = f(z
2 − y 2 ) = f(z)
2 ) −
f(y 2 ) = f(u + v) − f(v), donc f(u + v) = f(u) + f(v). Idem si u et v sont négatifs par imparité.
En résumé, f satisfait à l’équation de Cauchy. De plus, elle est croissante, car y ≥ z ⇒ y − z ≥ 0 ⇒ f(y − z) = f(y) − f(z) ≥ 0 ⇒ f(y) ≥ f(z). Donc f est de la forme f(x) = ax. Comme f(1) = 0 ou 1, on a soit f(x) ≡ 0, soit f(x) ≡ x . Exercice 5 : Soit n un entier ≥ 2. Trouver les fonctions f : R → R vérifiant :
∀(x, y) ∈ R 2 f( x + y
n ) = f(x) + ( f(y) )
n .
Solution : 1) x = y = 0 donne f(0) = 0. 2) x = 0 donne f(y
n ) = f(y)
n ) = f(x) + f(y
n ).
18
3) Supposons n pair . Soit z ≥ 0 ; il existe y tel que z = y
n . Alors f( x + z
) = f( x + y
n ) = f(x) + f(y
n ) = f(x) + f(z).
On en déduit, en remplaçant x par x – z, que f(x – z) + f(z) = f(x). Si x = 0, on voit que f est impaire. Au final, f satisfait l’équation de Cauchy.
De plus, pour tout y , f(y n ) = f(y)
n . On en déduit que f(1) = 0 ou 1.
Soit x ≥ 0. Il existe y ≥ 0 tel que x = y n . Alors f(x) = f(y)
n ≥ 0.
On en déduit que f est croissante. On sait qu’alors f(x) = ax, où a = f(1). Donc f(x) = 0 ou f(x) = x.
4) Supposons n impair . Comme t → t n est surjective, f satisfait l’équation de Cauchy.
f(1) = f(1) n implique f(1) = 0, 1 ou −1.
Maintenant, considérons l’égalité ∀(r, x, y) ∈ Q×R×R f((rx + y) n ) = ( r.f(x) + f(y) )
n .
Développons les deux membres par le binôme. Comme ce sont deux polynômes en r, ils ont mêmes
coefficients. En particulier égalons les coefficients en r n−2
: f(x) n−2
f(y) 2 = f(x
n−2 y 2 ). Faisons x = 1.
Si f(1) = 0, il vient : f(y 2 ) = 0. f est nulle sur R+ et sur R− par imparité.
Si f(1) = 1, il vient : f(y 2 ) =
f(y)
2 , donc u ≥ 0 ⇒ f(u) ≥ 0 ; f est croissante : on est sauvé !
Si f(1) = −1, il vient : f(y 2 ) = −
f(y) 2 , donc u ≥ 0 ⇒ f(u) ≤ 0 ; f est décroissante : on est sauvé !
Les réciproques étant faciles, on conclut que :
Conclusion : Si n est pair, les fonctions trouvées sont f(x) = 0 et f(x) = x. Si n est impair, les fonctions trouvées sont f(x) = 0 , f(x) = x et f(x) = − x.
Exercice 6 : Trouver les endomorphismes d’anneau de R.
Solution : f satisfait l’équation de Cauchy f(x + y) = f(x) + f(y) . De plus, f(1) = 1 et f(xy) = f(x)f(y).
On a f(x 2 ) = f(x
2 ), donc y ≥ 0 ⇒ f(y) ≥ 0, puis y ≥ z ⇒ y − z ≥ 0 ⇒ f(y − z) = f(y) − f(z) ≥ 0 ⇒ f(y) ≥
f(z). f est croissante, donc de la forme f(x) = ax. Comme f(1) = 1, f = idR. Remarque : Ce résultat est paradoxal, car il signifie que, bien que R soit une extension de Q de degré infini, le groupe de Galois de R sur Q est trivial : propriété que l’on pourrait croire réservée aux seuls corps premiers.
Exercice 7 : (généralisation) : Soit f : R → R vérifiant
f(1) = 1 , ∀(x, y) ∈ R 2 f(x + y) = f(x) + f(y) , ∀x ∈ R
* f(x) ∈ R
* et f(
x 1 ) =
)( 1 xf
1 xx − ) =
)1()( 1
2 , puis que f = idR .
Solution : [Oral ENS]. 1) Soit x ≠ 0 et 1. D’une part, f( )1(
1 xx − ) = f(
1 xx − ) =
))1(( 1
xxf − = ²)()(
1 xfxf − .
2) Donc f(x) − f(x 2 ) = f(x).f(1 − x) = f(x).(1 − f(x)) = f(x) − f(x)
2 .
Donc f(x 2 ) = f(x)
2 pour x ≠ 0 et 1. Pour x = 0 et 1, c’est évident.
3) Du coup, f est croissante, et f(x) = ax ; f(1) = 1 impose f(x) ≡ x.
NB : Ce résultat est un cas particulier d’un théorème de Hua (cf. Artin, Algèbre géométrique). Exercice 8 : Trouver les endomorphismes continus de groupe, puis d’anneau, de C.
19
Solution : 1) Un morphisme continu f de (R, +) dans (C, +) est de la forme f(x) = ax pour a ∈ C.
En effet x → Re f(x) et x → Im f(x) sont des endomorphismes continus de (R, +), donc de la forme Re f(x) = αx, Im f(x) = βx , α et β réels. 2) Soit g un endomorphisme continu de (C, +). Alors z = x + iy , g(z) = g(x) + g(iy). x→ g(x) et y → g(iy) sont des homomorphismes continus de (R, +) dans (C, +) ; d’après ce qui précède, ils sont de la forme g(x) = ax et g(iy) = by, a et b complexes. En résumé, g(z) = ax + by, a et b complexes. Réciproque facile.
3) Soit h un endomorphisme continu d’anneau de (C, +, ×). On a h(1) = 1 et h(i)
2 = h(i
2 ) = h(−1) = −1, donc h(i) = ± i.
h(z) = h(x) + h(i).h(y) = ax ± iay = x ± iy, donc h(z) ≡ z ou h(z) ≡ z .
Exercice 9 : Trouver les homomorphismes continus de groupe de (R n , +) dans (R , +).
Solution : Soit f un homomorphisme continu de groupe de (R n , +) dans (R , +).
L’application fi : xi → f(0, …, 0, xi, 0, …, 0) est un morphisme continu de (R , +) dans (R, +), donc
fi(xi) = aixi. Du coup si x = (x1, …, xn) , f(x) = ∑ )( ii xf =∑ ii xa . Réciproque facile.
Exercice 10 : Equation fonctionnelle de Jensen.
1) Montrer que les fonctions g : R → R vérifiant ∀(x, y) ∈ R×R 2
)()( ygxg + = g(
2 yx+
) (J)
forment un espace vectoriel, et s’écrivent de manière unique sous la forme g = f + cte, où f vérifie l’équation de Cauchy. Quelles sont celles qui sont continues ? monotones ? 2) Soit I un intervalle de R. Etudier de même les fonctions g : I → R vérifiant :
∀(x, y) ∈ I × I 2
)()( ygxg + = g(
2 yx+
) .
Solution : 1) Equation dans R. ♣ Notons que (J) s’écrit aussi ∀(x, y) g(x + y) − 2g(x) + g(x − y) = 0 (J’). ♦ La structure vectorielle de l’ensemble G des solutions ne pose aucun problème. Notons que si g est élément de G, g’(x) = g(−x) aussi. ♥ Cherchons d’abord les fonctions g telles que g(0) = 0.
x = 2x, y = 0 donne g(2x) = 2g(x), puis g(x + y) = g( 2 22 yx+
) = 2
=
g(x) + g(y) : g est de Cauchy. Réciproque immédiate. Dans le cas général, écrire g = g(0) + f, où f relève du 1), donc f est de Cauchy ; etc.
♠ Autre approche : g est somme d’une fonction paire h et d’une fonction impaire k éléments de G, en vertu de ♦. Si h est paire et vérifie (J’), alors 2h(y) = h(y) + h(− y) = 2h(0) , donc h est constante.
Si k est impaire et vérifie (J’), alors k(x + y) + k(x − y) = 2k(x) et, k(x + y) – k(x – y) = k(x + y) + k(y – x) = 2k(y) , par échange de x et y. Donc (somme et différence) k(x + y) = k(x) + k(y). k satisfait l’équation de Cauchy. Ainsi g = k + cte, où k satisfait l’équation de Cauchy. Si g est continue, k aussi et g est affine. 2) Sur I, on raisonnera en utilisant les rationnels dyadiques ou la méthode d’Euler. Fixer x ∈ I, choisir un sous-segment [a, b] de I (a < b) et intégrer en y ∈ [a, b]. Exercice 11 : 1) Trouver toutes les fonctions continues g : R → R vérifiant :
∀(x, y) ∈ R×R 3
)()(2 ygxg + = g(
3 2 yx+ ) .
20
2) Soit I un intervalle de R. Quelles sont les fonctions continues g : I → R vérifiant :
∀(x, y) ∈ I × I 3
)()(2 ygxg + = g(
3 2 yx+ ) .
Solution : Méthodes d’Euler et de Cauchy s’appliquent. g est affine.
Exercice 12 : Trouver toutes les fonctions continues f : R → R telles que :
∀(x, y) [ f(x) + f(y) ] f( 2
yx+ ) = 2 f(x) f(y) . [ Oral Mines 1997 ]
Solution. Plaçons-nous d’abord sur un intervalle I de R. Si f est à valeurs ≠ 0, l’équation s’écrit
g( 2
2 )()( ygxg +
, où g = 1/f. Il résulte de l’ex. 8 que g(x) = ax + b, donc f(x) = bax+
1 . Mais
une telle fonction n’est définie sur R que si elle est constante. Il reste à montrer que si f s’annule en un point, f est nulle. En résumé, on trouve les constantes. Exercice 13 : Déterminer toutes les fonctions f : R → R continues en 0 et telles que : ∀(x, y) f(x + y) = f(x) + f(y) + 2xy .
Solution : Les fonctions vérifiant cette condition forment un espace affine, contenant la fonction x 2 .
Par soustraction, elles s’écrivent f(x) = x 2
+ g(x) , où g satisfait l’équation de Cauchy.
Si f est supposée continue en 0, g l’est aussi, et f est de la forme f(x) = x 2
+ ax. On peut aussi utiliser la méthode de renforcement d’Euler.
Exercice 14 : Déterminer toutes les fonctions f : R → R continues et telles que : ∀(x, y, z) f(x + y + z) + f(x) + f(y) + f(z) = f(x + y) + f(y + z) + f(z + x) .
Solution : 1ère méthode : on se ramène par étapes à l’équation de Cauchy.
i) Fixer y, et montrer que g : x → f(x + y) − f(x) − f(y) satisfait à l’équation de Cauchy. Du coup, il existe une constante (y) telle que ∀(x, y) f(x + y) − f(x) − f(y) = (y) x.
ii) (y) = f(1 + y) − f(1) − f(y) , donc est continue. De plus, satisfait l’équation de Cauchy. Du coup, il existe une constante a telle que (y) = ay, et f(x + y) − f(x) − f(y) = axy.
Enfin, la fonction h(x) = f(x) – 2 a x
2 est continue et satisfait l’équation de Cauchy…
Remarque : au vu du résultat, il doit être possible de considérer les parties paire et impaire de f.
2ème méthode : renforcement d’Euler. Intégrons les deux membres sur (y, z) ∈ D = [0, 1]×[0, 1]. Il vient :
∫∫ ++ D
= dzxzf ).( 1
0 +∫ , et le changement de variable (s, y) = (x + y, y) donne
∫∫ ++ D
0 f .
∞ .
Revenons à l’équation initiale, et dérivons en x, puis en y : f’’( x + y + z) = f’’( x + y) . Du coup, f’’ = cte, et f(x) = ax
2 + bx + c. Mais f(0) = 0, donc f(x) = ax
2 + bx. Réciproque facile.
Conclusion : Les fonctions cherchées sont de la forme f(x) = ax 2 + bx.
21
Exercice 15 : Déterminer toutes les fonctions f : R → R continues et telles que :
∀(x, y) 2 f(x + y) 3 = f(x).f(y).[ f(x) + f(y) ] .
Solution : Faisons x = y, il vient 2 f(x + y)
3 = 2 f(x)
3 , donc f(2x) = f(x).
Montrons par récurrence sur n ∈ N* que f(nx) = f(x). C’est vrai pour n = 1 et 2. Si c’est vrai au rang n, alors :
2 f((n + 1)x) 3 = f(x).f(nx).[ f(x) + f(nx) ] = 2 f(x)
3 , donc f((n + 1)x) = f(x) .
Du coup, si r = q p
∈ Q*+ , q f( q p
x) = f(px) = f(x), donc f(rx) = f(x).
Par suite, f(r) = f(1) pour tout r = q p
∈ Q*+ ; par densité et continuité, f(x) = f(1) pour tout x ≥ 0.
De même, f(x) = f(−1) pour tout x ≤ 0. Par continuité, f est constante.
Exercice 16 : Soit E un espace euclidien de dimension ≥ 2. On cherche les fonctions f : E → R
continues et telles que ∀(x, y) ∈ E 2 x ⊥ y ⇒ f(x + y) = f(x) + f(y) .
1) On suppose f paire. a) Montrer que ∀(x, y) ||x|| = ||y|| ⇒ f(x) = f(y) ;
b) Montrer que ∃a ∈ R ∀x ∈ E f(x) = a.||x|| 2 .
2) On suppose f impaire. Montrer que f est une forme linéaire sur E.
3) Conclure. [ Oral X 1994 ]
Solution : 1) Supposons f paire. a) Montrons que ||x|| = ||y|| ⇒ f(x) = f(y). x = y = 0 donne f(0) = 0. x ≠ 0 et y = αx donne y = ±x, donc f(y) = f(x) par parité.
Enfin, si x et y sont libres de même norme, alors 2
yx+ ⊥ ±
2 xy−
) = f(y). cqfd.
b) En conclusion, f(x) ne dépend que de ||x||, ou encore de ||x|| 2 .
Posons f(x) = g( ||x|| 2
), où g : R + → R. Cette fonction g est continue et additive.
En effet, si a et b sont ≥ 0, on peut trouver x et y orthogonaux et tels que ||x|| 2 = a et ||y||
2 = b.
Alors par Pythagore et par hypothèse : g(a + b) = g( ||x||
2 + ||y||
2 ) + g( ||y||
2 ) = g(a) + g(b).
En vertu de l’équation de Cauchy, ∃a ∀t g(u) = at, donc f(x) = a ||x|| 2 .
2) Si x et y sont positivement liés, soit e unitaire orthogonal à ces vecteurs. ∃λ ∈ R λe + x ⊥ y − λe ( cela équivaut en effet à (x | y) = λ2
; faire un dessin. ) Alors f(x + y) = f(x + λe + y − λe) = f(x + λe) + f(y − λe) = f(x) + f(λe) + f(y) + f(−λe) = f(x) + f(y) par imparité. Et f(x − y) = f(x) + f(−y) = f(x) − f(y). Du coup, f(x + y) = f(x) + f(y) dès que x et y sont liés. Du coup, f(λx) = λ f(x) pour λ ∈ Q, donc pour tout λ ∈ R par continuité.
Soit alors (e1, …, en) une base orthonormée de E.
x = ii ex∑ ⇒ f(x) = )( ii exf∑ = ii exf∑ )( : f est linéaire.
3) Les fonctions cherchées forment un sous-espace vectoriel E de FFFF(E, R). De plus, si f ∈ E, x → f(−x) aussi. Donc toute fonction f ∈ E est somme d’une fonction paire et d’une fonction impaire appartenant à E.
22
En conclusion, f est de la forme f(x) = a ||x|| 2 + u(x), où u est une forme linéaire sur E.
Réciproque facile en vertu de Pythagore.
Exercice 17 : Soit E un plan euclidien. On cherche les fonctions f : E → R continues et telles que f(A) + f(C) = f(B) + f(D) pour tout rectangle ABCD.
Montrer que f(M) = a + (U |OM ) + c.||OM || 2
répond à la question. Réciproque ? [Oral ENS 2003]
Solution : Se ramener à l’exercice précédent en considérant Φ(OM ) = f(M) – f(O).
Exercice 18 : Trouver les fonctions f : R → R telles que ∀(x, y) ∈ R 2 f(x + y) ≤ f(x) + f(y) et
f(x)/x → 1 quand x → 0.
Solution : [ Oral X MP 2012, RMS n° 213 ]
Soit x réel. Pour tout h ≠ 0, f(x + h) ≤ f(x) + f(h) et f(x) = f(x + h – h) ≤ f(x + h) + f(−h).
Pour tout h > 0, il vient : h hf
− − )(
≤ h
xfhxf )()( −+ ≤
− − )(
.
Si l’on fait tendre h vers 0+ et vers 0−, f est dérivable à droite et à gauche en x, de dérivée égale à 1. Donc f est dérivable en x et f’(x) = 1. Donc f est de la forme f(x) = x + c. La condition f(x)/x → 1 quand x → 0 donne c = 0. Au final, ∀x f(x) = x. Exercice 19 : Equation de Cauchy approchée.
Soit f une fonction continue : R → R telle que : ∃M ≥ 0 ∀(x, y) ∈ R 2 | f(x + y) − f(x) − f(y) | ≤ M.
Montrer que f s’écrit de façon unique sous la forme f = g + h , où h est une homothétie et g une fonction continue bornée sur R.
[ Indication : On pourra considérer la suite de fonctions Un(x) = n
n xf 2
Solution : (Un) est une suite uniformément convergente de fonctions continues.
En effet, | Un+1(x) − Un(x) | = 12 1
+n )2(2)2( 1 xfxf nn −+ ≤ 12 +n M : la série de fonctions ∑ −+ )( 1 nn UU est
normalement convergente. La limite h de cette suite est donc continue.
De plus, | Un(x + y) − Un(x) − Un(y) | ≤ 12 +n M ; à la limite, h est additive. h est donc une homothétie.
g = f − h = U0 − h = −∑ −+ )( 1 nn UU est continue et bornée. L’unicité se montre par soustraction.
NB : Les fonctions f considérées forment un espace vectoriel, somme directe de la droite des homothéties et du sous-espace des fonctions continues bornées. Si f n’est plus supposée continue, on a encore f = g + h, où g est bornée et h est additive. Exercice 20 : Soit f une fonction continue : R → R telle que :
(∀x ∈ R) lim y→+∞ f(x + y) − 2 f(x) + f(x − y) = 0.
On note g et h les parties paire et impaire de f, définies par g(x) = 2
)()( xfxf −+ , h(x) =
2 )()( xfxf −−
23
= 2 h( 2 x ).
Solution : équation de Jensen approchée.
0) Les fonctions en question forment un sous-espace vectoriel J de C(R, R). De plus, si f ∈ J, il en est de même de f^(x) = f(−x), donc de g et h.
1) 2g(y) − 2g(0) = g(y) – 2g(0) + g(−y) → 0 quand y → +∞, donc g(y) → g(0) quand y → +∞. Donc g(x + y) − 2g(x) + g(x − y) = g(y + x) − 2g(x) + g(y – x) → 2g(0) – 2g(x) quand y → +∞. Or g(x + y) − 2g(x) + g(x − y) → 0 quand y → +∞. Conclusion : g(x) = g(0).
2) h étant impaire, h(x + y) + h(x − y) = h(y + x) – h(y – x) → 2h(x) quand y → +∞. Fixons x > 0. Alors h((n + 1)x) – h((n – 1)x) = h(nx + x) – h(nx – x) → 2h(x) quand n → +∞. Du coup, h((2n + 2)x) − h(2nx) → 2h(x) quand n → +∞.
En vertu du théorème de Cesàro, n nxh )2(
→ 2h(x) quand n → +∞.
n nxh )( → 2h(
2 x ) quand n → +∞.
Cela reste vrai pour x < 0 par imparité, et bien sûr pour x = 0. Remplaçons x par (px)/q, et n par kq : quand k tend vers l’infini :
D’une part, kq kpxh )(
= kq
= q p
kp kpxh )(
2 xλ ) = 2λh(
2 x ) pour tout λ réel.
x = 2 donne h linéaire. Variante : revenir à h(n(x + y)) − 2h(nx) + h(n(x − y)) = 0, diviser par n et faire tendre n vers +∞. h vérifie l’équation de Jensen, est impaire et continue... 3) Finalement f = g + h est affine.
4. Logarithmes et exponentielles.
Exercice 1 : Trouver toutes les fonctions continues f : R → R vérifiant ∀(x, y) f(x + y) = f(x).f(y).
Solution : f(0) = f(0) 2 implique f(0) = 0 ou 1 ; f(0) = 0 implique aussitôt f ≡ 0.
f(0) = 1 implique f(x).f(−x) = 1, donc (∀x) f(x) ≠ 0. En vertu du théorème des valeurs intermédiaires, f(x) est de signe constant, en l’occurrence > 0 car f(0) > 0. Passons au logarithme : ln f(x + y) = ln f(x) + ln f(y) , et ln f est continue. Donc (équation de Cauchy), (∃a) (∀x) ln f(x) = ax et f(x) = axe .
Exercice 2 : Trouver toutes les fcts continues f : R*+ → R*+ vérifiant ∀x, y > 0 f(x.y) = f(x).f(y).
Solution : g(x) = ln f(x) est un logarithme, donc ln f(x) = a.ln x, et f(x) = exp(a.ln x) = x a .
En résumé, f est une puissance.
Exercice 3 : Trouver les triplets (f, g, h) de fonctions continues R → R vérifiant resp. :
∀(x, y) ∈ R 2 f(x + y) = g(x).h(y).
∀(x, y) ∈ R 2 f(x.y) = g(x) + h(y).
24
∀(x, y) ∈ R 2 f(x.y) = g(x).h(y).
Solution : Traitons la première question. • Supposons d’abord que g et h ne s’annulent jamais. Du coup, f non plus.
Alors f(x) = g(x).h(0) = g(0).h(x), donc f(x + y) = )0( )(.
)0( )(
f xf
est continue, jamais nulle, telle que (0) = 1 et (x + y) = (x)(y).
Elle est donc > 0 (TVI) et (∃a) (∀x) ln (x) = ax.
Conclusion : f(x) = A axe , g(x) = B axe , h(x) = C axe (A, B, C non nuls, A = B.C).
• Si g s’annule en un point x0, alors (∀y) f(x0 + y) = g(x0).h(y) = 0, donc f ≡ 0.
Alors ∀(x, y) 0 = f(x + y) = g(x).h(y). Soit g ≡ 0, soit h ≡ 0 (car si g(x1) ≠ 0 ⇒ (∀y) h(y) = 0).
Conclusion : (0, g, 0), (0, 0, h).
Exercice 4 : Trouver toutes les fonctions continues f : R*+ → R vérifiant :
∀ x, y > 0 f(x.y) = y f(x) + x f(y).
Solution : On pourrait utiliser la méthode d’Euler, mais il est plus simple de diviser par xy. Il vient g(x.y) = g(x) + g(y), où g(x) = f(x)/x. g est continue, donc est un logarithme, g(x) = a.ln x ; d’où f(x) = a.x.ln x .
Exercice 5 : Trouver une fonction f : R → R telle que : i) ∀(x, y) f(x + y) ≥ f(x).f(y) ii) (∀x) f(x) ≥ 1 + x.
Solution : 1) On pense aussitôt à l’exponentielle. 2) x = 0 ⇒ f(0) ≥ f(0)
2 et f(0) ≥ 1 ⇒ f(0) = 1.
3) x = y ⇒ f(2x) ≥ f(x) 2 ≥ 0. Donc f est à valeurs ≥ 0.
4) De plus f(x) = 0 ⇒ f( 2 x ) = 0 ⇒ f( n
x 2
) = 0 pour tout n. Or au voisinage de 0, f est ≥ 1/2.
Donc f est à valeurs > 0.
5) Pour tout x ≥ 0 et tout entier n ≥ 1, f(nx) ≥ f(x) n ≥ (1 + x)
n , donc f(x) ≥ (1 +
n .
A la limite f(x) ≥ exp x. Ceci ne sert pas dans la suite.
6) Pour tout y, f(y) > 0, donc, quels que soient x et y : f(x + y) ≥ (1 + x) f(y). Appliquons ceci au couple (−x, x + y) ; il vient : f(y) ≥ (1 – x) f(x + y).
Donc, pour tout x < 1 et tout y : (1 + x) f(y) ≤ f(x + y) ≤ x yf
−1 )(
(*).
Quand x tend vers 0, f(x + y) → f(y) par encadrement ; donc f est continue.
7) Mieux ! repartons de la relation (*). Elle s’écrit : x.f(y) ≤ f(x + y) − f(y) ≤ x
x −1 f(y).
yfyxf )()( −+ ≤
x−1 1 f(y).
Si l’on fait tendre x vers 0, on voit que f est dérivable à droite en y et f’d(y) = f(y).
Si x < 0, il vient x−1
1 f(y) ≤ x
yfyxf )()( −+ ≤ f(y).
Si l’on fait tendre x vers 0, on voit que f est dérivable à gauche en y et f’g(y) = f(y). En résumé, f est dérivable en tout point et f’ = f. Comme f(0) = 1, f est l’exponentielle.
25
Exercice 6 : Trouver toutes les fcts continues f : R → R vérifiant ∀(x, y) f( ²² yx + ) = f(x).f(y).
Solution : 1) x = y = 0 donne f(0) = 0 ou 1.
y = 0 donne f(|x|) = f(0).f(x) ; x = y donne f( |x| 2 ) = f(x) 2 .
2) f(0) = 0 implique f(|x|) = 0, donc f = 0 sur R + , puis f ≡ 0.
3) Désormais f(0) = 1. Donc f est paire.
f( |x 2 | ) = f(x) 2 , donc f est à valeurs ≥ 0 sur R
+ , donc sur R.
4) Si f(x0) = 0, alors f( 2 0x ) = 0, donc f(
n
Donc f est à valeurs > 0.
5) g(x) = ln f( x ) est continue et additive sur R + , car g(x
2 + y
2 ) = g(x
2 ) + g(y
2 ).
Donc g(x) = ax sur R + , et par parité g(x) = a|x|. Finalement f(x) = exp(ax
2 ).
Conclusion : f = 0 ou f(x) = exp(ax 2 ) . Réciproque facile.
Exercice 7 : Trouver toutes les fcts continues f : R → R vérifiant ∀(x, y) )()( )()(
yyfyxf yxfxxf
++ ++ = 0.
Solution : L’équation s’écrit f(2x).f(2y) = f(x + y) 2 ; elle implique f(2x).f(0) = f(x)
2 .
• Si f(0) = 0, f est nulle. Sinon, je dis que (∀x) f(x) ≠ 0, car f(x) = 0 ⇒ f(x/2) = 0 ⇒ … ⇒ f(x/2
n ) = 0 ⇒ f(0) = 0 à la limite.
Plus sobrement, si f s’annule en un point y, alors f(x + 2 y
) est nul pour tout x, donc f = 0.
• En vertu du théorème des valeurs intermédiaires, f est de signe constant. Quitte à remplacer f par cf,
supposons f(0) = 1. Passant au log, g(x) = ln f(x) est continue et vérifie 2
)()( ygxg + = g(
2 yx+
). C’est
l’équation de Jensen. • On sait qu’alors g est affine (§1, ex. 8). En résumé f(x) = c.exp(ax) . Réciproque facile.
Exercice 8 : entropie de Shannon, théorie de l’information .
1) Soit H une fonction ]0, 1] → R vérifiant :
(E1) ∀p ∈ ]0, 1] H(p) ≥ 0 (E2) ∀p, q ∈ ]0, 1] H(pq) = H(p) + H(q) (E3) H(½) = 1.
Montrer que ∀p ∈ ]0, 1] H(p) = − log2 p (Wiener, 1948).
2) Soit Φ une fonction ]0, 1] → R vérifiant :
(E1) ∀p ∈ ]0, 1] Φ(p) ≥ 0 (E2) ∀p, q ∈ ]0, 1] Φ(pq) = q Φ(p) + p Φ(q) (E3) Φ(½) = ½.
Montrer que ∀p ∈ ]0, 1] Φ(p) = − p log2 p .
Solution : 1) La fonction H(p) = − log2 p répond à la question. Réciproquement, si H satisfait (E1), (E2) et (E3), H est décroissante, donc intégrable sur tout segment ⊂ ]0, 1] (car fonction réglée). Intégrons H(pq) = H(p) + H(q) pour q ∈ [½ , 1].
Il vient : p 1 ∫
2/1 ).( dqqH .
Il en résulte que H est continue, puis C 1 , C
2 , … et C
∞ .
Dérivons en p : q.H’(pq) = H’(p), d’où (p = 1) H’(q) = q
H )1'( ; comme H(1) = 0, H(q) = H’(1).ln q.
26
Mais H(½) = 1 impose H(q) = − log2 q. 2) Considérer H(p) = Φ(p)/p .
Exercice 9 : Trouver les endomorphismes continus de (U, ×), puis de (C*, ×).
Solution : Les endomorphismes continus de (U, ×) sont les f : z → z k
, où k ∈ Z. Cela se déduit aisément de la proposition du § 2.1. On peut aussi développer en série de Fourier la
fonction continue g(t) = f(e it ). On montrera que (∀a ∈ R) (∀n ∈ Z) cn(g) = g(a).e
−ina cn(g), et on
notera que les cn(g) ne sont pas tous nuls…
Les endomorphismes continus de (C*, &t