Équation fonctionnelle de l'OFM 2016

YvesM · January 2016

Bonjour,

Cet exercice a été donné le 6 janvier 2016 lors des Olympiades Françaises Mathématiques.

Déterminer toutes les fonctions de $\displaystyle \R$ dans $\displaystyle \R$ telles que, pour tous $x$ et $y$ réels, on ait l'égalité $\displaystyle f(x+y) = f(x-y) + f(f(1-xy)).$

Voici ce que j'ai obtenu :
- $\displaystyle f(f(1))=0$,
- $\displaystyle f$ est paire,
- pour tous $u$ et $v$ réels, on a $\displaystyle f(u) = f(v) + f(f(1-{u^2-v^2 \over 4}))$, donc $\displaystyle f(u) = f(\sqrt{8+u^2})$, donc, pour $u \geq 0$, $f(2\sqrt{2}\sqrt{u}) = f(2\sqrt{2}\sqrt{u+1}) $, donc $\displaystyle u \to f(2\sqrt{2}\sqrt{u}) $ est 1-périodique,
- d'après la relation précédente : pour tout $t$ réel, $\displaystyle f(2\sqrt{2}\cosh t) = f(2\sqrt{2}\sinh t)$.

Je n'arrive pas à poursuivre. Une indication ?

jacquot · January 2016

Bonjour,
$f (2n+1)=f (2n-1)+f (f (1-2n)) $
Sachant que $f $ est paire et que $f (f (1))=0$, on pourra en déduire pas récurrence que tous les entiers impairs ont la même image et que l'image de cette image est nulle.

Pour $n $ entier, on a aussi $f (x+\frac {2n}x )=f (x-\frac {2n}x )$ pour tout réel $x $ non nul.
Mais on n'est pas beaucoup plus avancé.

joa51736 · January 2016

Voici une solution qui ne vient pas de moi.
Il est évident que f est paire. On note P(x,y) l'assertion "f(x+y)=f(x-y)+f(f(1-xy)) pour tous réels x et y."

P(1,x+1) => f(x+2)=f(-x)+f(f(-x)). Comme f est paire, on a f(x+2)=f(x)+f(f(x)) pour tout réel x.

P(1,-x+1) => f(2-x)=f(x)+f(f(x)) donc pour tout réel x, f(x+2)=f(2-x)=f(x-2)

P(2, y) => f(f(1-2y))=0 pour tout réel y. Il s'ensuit que pour tout réel x, f(f(x))=0.

P(x, y) => f(x+y)=f(x-y) donc en mettant x=y on a f(2x)=f(0) pour tout réel x. Donc f est constante.

La seule fonction solution est donc la fonction nulle.

P. · January 2016

Franchement on s'en doutait en supposant $f$ derivable. C'est un exo bien decevant.

samok · January 2016

ça va peut-être faire hurler cc :
genre $P(x,y) : \forall x,y\, : x \text{aide} y$ il va te découper, ou pas.

S

Chaurien · January 2016

J'avais trouvé quelques résultats, en particulier qu'elle est paire, et 4-périodique, et qu'une solution dérivable est nulle, mais voici la bonne solution, bravo.
Ce mode de rédaction en $P(x,y)$, je l'ai déjà vu, je ne me souviens plus où. Moi je rédige avec une suite d'assertions numérotées.
La solution est tristounette en effet. Mais cela teste les capacités de calcul. Et il n'est pas si facile de trouver une équation fonctionnelle nouvelle, qui ne soit ni triviale ni infaisable, sans condition supplémentaire de continuité ou dérivabilité, et qui ait une jolie solution. Je présume que les participants qui auront trouvé une partie des propriétés de la fonction-solution auront une partie des points.
Et une question. À l'OFM les participants doivent rendre leur copie et non leur brouillon. À l'OIM ils rendent aussi leur brouillon, non ? Si c'est le cas, ce serait une différence entre ces deux compétitions.
Bon dimanche.
F. Ch.

gebrane · January 2016

On peut rendre l'equation fonctionnelle plus appétissante
Déterminer toutes les fonctions de $\displaystyle
\R$ dans $\displaystyle \R$ telles que, pour tous
$x$ et $y$ réels, on ait l'égalité
$\displaystyle f(x+y) - f(f(1-xy))= f(x-y) - f(f(1+xy)).$
Deja les constantes sont solutions

JLT · January 2016

@Chaurien : en effet on rend les brouillons à l'OIM et non à l'OFM. La raison est que le ratio nombre de candidats/nombre de correcteurs est beaucoup plus élevé à l'OFM.

christophe c · January 2016

Fchaurien a écrit:

Et il n'est pas si facile de trouver une équation fonctionnelle nouvelle, qui ne soit ni triviale ni infaisable, sans condition supplémentaire de continuité ou dérivabilité, et qui ait une jolie solution

En ne gardant que les exigences rouges on peut. Est-il indispensable, pour les OIM de proposer des problèmes déjà résolus?