Moi je rédige ainsi.
$\bullet$ Partons de : $f(x+f(y))=f(f(x))+f(y)~~~~~~$
(0).
Dans
(0) faisons $x:=0$ et $y:=0$, il vient : $f(0)=0~~~~~~$
(1).
Dans
(0) faisons $y:=0$, il vient, compte-tenu de
(1) : $f(f(x))=f(x)~~~~~~$
(2).
De
(0) et
(2) il résulte : $f(x+f(y))=f(x)+f(y)~~~~~~$
(3).
Dans
(3) faisons $x:=x-f(y)$, il vient : $f(x-f(y))=f(x)-f(y)~~~~~~$
(4).
Ce qui prouve que l'ensemble-image $G=f(\mathbb R)$ est un sous-groupe additif de $\mathbb R$.
D'après
(2) cet ensemble $G$ est aussi l'ensemble des points invariants de $f$ : $G=\{x \in \mathbb R|f(x)=x \}$.
$\bullet$ Je rappelle qu'il y a
quatre types de sous-groupes additifs $H $ de $\mathbb R$ : $H=\{0 \}$ ; $H= \mathbb R$ ; $H= \mathbb Z a, a>0$ ; $H$ dense d'intérieur vide.
$\bullet$ Dans le cas présent, si $G=\mathbb R$, alors : $f(x)=x$. Si $G=\{0 \}$, alors : $f(x)=0 $. Ce sont dirons-nous les deux solutions triviales.
$\bullet$ Toujours dans le cas présent, si $G= \mathbb Z a, a>0$, notons que pour $x \in \mathbb R$ on a : $f(x+a)=f(x)+a$. La fonction $f$ est entièrement déterminée par ses valeurs sur $[0,a[$. Pour avoir une solution, on attribue donc n'importe quelle valeur à chaque $f(x)$ pour $x\in [0,a[$, ces valeurs étant dans $G= \mathbb Z a$, et $f(0)=0$. Pour tout $x \in \mathbb R$, on a : $x=aq+r$, $q \in \mathbb Z$ , $r \in [0,a[$. Alors : $f(x)=f(r)+aq$. En fait on a : $q=\left\lfloor \frac{x}{a}\right\rfloor $, et l'on retrouve la fonction partie-entière « plancher » évoquée par PierreB.
En prenant $]0,a]$ au lieu de $[0,a[$, on aurait eu la fonction partie entière « plafond » $\left\lceil . ..\right\rceil $. Tout intervalle semi-ouvert de longueur $a$ convient aussi. Ceci rejoint les observations de PierreB. Il en résulte que pour tout intervalle borné, il y a des solutions, autres que les deux solutions triviales, qui sont constantes (donc continues !) sur cet intervalle.
On continue tantôt.
Bonne journée. L'été il fait chaud.
22/07/2019
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