Solution pour le challenge n° 88

Solution pour le challenge 88

On cherche les applications $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ vérifiant :

( $\star$ ) $\forall\left(x,y\right)\in\mathbb{R}^{2},\thinspace f\left(\left|x+f\left(y\right)\right|\right)=x\thinspace f\left(y\right)+y\thinspace f\left(x\right)$

Solution 1

👉 Dans une premier temps, montrons que $f\left(0\right)=0.$

Méthode 1

En prenant $x=0,$ on voit que :

$\forall y\in\mathbb{R},\thinspace f\left(\left|f\left(y\right)\right|\right)=f\left(0\right)\thinspace y$

Supposons $f\left(0\right)\neq0.$ En notant $v:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R},\thinspace x\mapsto\left|x\right|,$ on a donc $f\circ v\circ f=f\left(0\right)\thinspace id_{\mathbb{R}},$ ce qui impose à $f$ d’être bijective. Notons alors $a=f^{-1}\left(1\right)$ et $b=f^{-1}\left(-1\right).$ En remplaçant $\left(x,y\right)$ par $\left(0,a\right)$ dans $\left(\star\right),$ il vient $f\left(1\right)=f\left(0\right)a.$ Et en remplaçant $\left(x,y\right)$ par $\left(0,b\right),$ il vient $f\left(1\right)=f\left(0\right)b.$ Ainsi $a=b,$ ce qui est absurde. Donc $f\left(0\right)=0.$

Méthode 2

En prenant $\left(x,y\right)=\left(-f\left(0\right),0\right)$ dans $\left(\star\right),$ on trouve $f\left(0\right)=-f\left(0\right)^{2},$ c’est-à-dire $f\left(0\right)\in\left\{ -1,0\right\} .$ Si $f\left(0\right)=-1,$ alors avec $\left(x,y\right)=\left(0,0\right)$ :

$f\left(1\right)=0$

et avec $\left(x,y\right)=\left(2,0\right)$ :

$f\left(1\right)=-2$

Contradiction ! Donc $f\left(0\right)=0.$

👉 Ensuite …

En prenant $y=0$ dans $\left(\star\right)$ :

$\forall x\in\mathbb{R},\thinspace f\left(\left|x\right|\right)=0$

autrement dit, $f$ est identiquement nulle sur $\left[0,+\infty\right[.$

Puis en prenant $y=1$ :

$\forall x\in\mathbb{R},\thinspace f\left(\left|x+f\left(1\right)\right|\right)=x\thinspace f\left(1\right)+f\left(x\right)$

c’est-à-dire $f\left(x\right)=0.$

Finalement, la seule solution possible est l’application nulle, qui convient d’évidence.

Solution 2

Soit $f$ une solution de $\left(\star\right).$ En remplaçant $x$ et $y$ par $0,$ on obtient $f\left(\left|f(0)\right|\right)=0,$ ce qui prouve que $f$ s’annule sur $\left[0,+\infty\right[$ :

$\exists a\in\left[0,+\infty\right[;\thinspace f(a)=0$

En choisissant alors $y=a$ dans $(\star),$ il vient :

( $\blacktriangle$ ) $\forall x\in\mathbb{R},\thinspace f\left(\left|x\right|\right)=a\thinspace f(x)$

À partir de là, deux cas se présentent :

Si $f\left(1\right)\neq0$ (et donc $a\neq1$ ), alors en choisissant $x=0$ dans $\left(\blacktriangle\right),$ on obtient $\left(a-1\right)f\left(0\right)=0$ et donc $f(0)=0.$ On peut alors prendre $a=0$ et la relation $\left(\blacktriangle\right)$ devient :
$\forall x\in\mathbb{R},\ f(\left|x\right|)=0$
La fonction $f$ est donc nulle sur $\mathbb{R}_{+}$ , d’où contradiction puisqu’on a supposé que $f(1)\neq0$ .
Si $f\left(1\right)=0,$ alors on prend $a=1$ et la relation $\left(\blacktriangle\right)$ devient :
$\forall x\in\mathbb{R},\quad f(\left|x\right|)=f(x)$
La fonction $f$ est donc paire. La relation $\left(\star\right)$ prend la forme :
$\forall(x,y)\in\mathbb{R}^{2},\thinspace f(x+f(y))=xf(y)+yf(x)$
En choisissant $y=0,$ il vient :
( $\heartsuit$ ) $\forall x\in\mathbb{R},\thinspace f(x+f(0))=xf(0)$
On choisit alors $x=1-f(0)$ , ce qui donne $0=f(1)=1-f(0)f(0)$ soit $f(0)=0$ ou $f(0)=1.$ Dans le cas où $f(0)=0$ , la relation $\left(\heartsuit\right)$ devient :
$\forall x\in\mathbb{R},\thinspace f(x)=0$
$f$ est donc l’application nulle. Et si $f(0)=1$ , la relation $\left(\heartsuit\right)$ devient :
$\forall x\in\mathbb{R},\thinspace f(x+1)=x$
Alors $\forall x\in\mathbb{R},\thinspace f(x)=x-1$ , mais c’est absurde puisque $f$ est paire.