Équation fonctionnelle f(x+y)=f(x)+f(y)+etc.

Il me semble avoir vu un poly sur les équations fonctionnelles
Sur le site animath olympiade mathématiques française.
Ça pourrait peut être t éclairer

Voici quelques idées pour avancer sur la question. Soit $f$ une fonction satisfaisant l'équation fonctionnelle.

En prenant $x=y=0$, on trouve que $f(0)=0$ ou $f(0)=2$. Si $f(0)=2$ alors en prenant $y=0$ on obtient $f(x)=2$ pour tout $x$. Supposons dorénavant $f(0)=0$.

Soit $a=f(1)$. On a $f(x+1)=(2-a)f(x)+a$.

Si $a=1$ alors $f(x+1)=f(x)+1$ pour tout $x$, donc $f(n)=n$ pour tout $n\in \Z$. De plus, on a $f(x+n)=f(x)+n$ pour tout $n$ entier, donc en prenant $y=n$ on trouve $f(nx)=nf(x)$, ce qui permet de conclure que $f(x)=x$ pour tout $x\in \Q$.

Si $a\ne 1$ alors la relation de récurrence $f(x+1)=(2-a)f(x)+a$ permet d'obtenir $f(n)=\frac{a}{1-a}((2-a)^n-1)$ pour tout $n$ entier. L'équation fonctionnelle pour $x,y$ entiers impose que $a=0$ ou $a=3$.

Si $a=0$ alors on a immédiatement $f(n)=0$ pour tout $n\in \Z$ et $f(x+1)=2f(x)$ pour tout $x$.
Prenons $x=q+1$ et $y=\frac{q+1}{q}$ avec $q\in \Z^*$. On a $xy=x+y$ donc $f(x)+f(y)=f(x)f(y)$. Comme $f(x)=0$, on en déduit que $f(y)=0$, et comme $f(t+1)=2f(t)$ pour tout $t$ il vient $f(n+\frac{1}{q})=0$ pour tout $n\in \Z$. En prenant $x=\frac{1}{q}$ et $y=n$, il vient $f(n/q)=0$, donc $f(x)=0$ pour tout $x\in \Q$.

Si $a=3$ alors il vient immédiatement par récurrence que $f(x)=0$ pour $x$ entier pair et $f(x)=3$ pour $x$ impair. En prenant $x=1/2$ et $y=-1$, on trouve que $f(1/2)=3/2$, puis par récurrence $f(x)=3/2$ pour tout $x$ demi-entier. Or, en prenant $x=1/2$ et $y=2$ on aboutit à une contradiction.

Conclusion :

1) Si $f(0)=2$ alors $f(x)=2$ pour tout $x\in \Q$.

2) Si $f(0)\ne 2$ alors $f(x)=0$ pour tout $x\in \Q$ ou $f(x)=x$ pour tout $x\in \Q$.

Pour finir, supposons $f(x)=x$ pour tout $x\in \Q$. En prenant $y=1$, il vient $f(x+1)=f(x)+1$ pour tout $x$, donc par récurrence $f(x+n)=f(x)+n$.

En prenant $y=n$, on obtient alors $f(nx)=nf(x)$.

Remplaçons $x$ et $y$ par $2x$ et $2y$ dans l'équation fonctionnelle, il vient $2f(x+y)=2f(x)+2f(y)+4f(xy)-4f(x)f(y)$, donc $f(x+y)-f(x)-f(y)=2(f(xy)-f(x)f(y))$. Comme $f(x+y)-f(x)-f(y)=f(xy)-f(x)f(y)$, on en déduit que $f$ est un morphisme de $\Q$-algèbres de $\R$ dans $\R$.

En particulier, $f(x^2)=f(x)^2\geqslant 0$, donc $f$ est positive sur $\R^+$.

Comme $f(x+y)-f(x)=f(y)$, on en déduit que $f$ est croissante. Comme $f(x)=x$ pour tout $x\in Q$, on en déduit facilement que $f$ est la fonction identité.

Conclusion : les seules fonctions satisfaisant l'équation fonctionnelle sont $f(x)=x$, $f(x)=0$ et $f(x)=2$.

(tu) JLT : effectivement, on peut se passer de la continuité de $f$.Comme d'habitude, $\N,\ \Z,\ \Q$, avec beaucoup de patience, puis morphisme de $\Q$-algèbre, enfin la monotonie. Pas trivial du tout.

Bonsoir,

on a
$f(4)=f(2)+f(2)+f(4)-f^2(2)$, d'où
$f(2)= 0 $ ou $2$;

on a
$f(2)=f(1)+f(1)+f(1)-f^2(1)$, d'où
$0$ ou $2 =f(1)(3-f(1))$, d'où

$(f(1),f(2)) \in\{(0,0), (0,3) (3,0) ,(1,2),(2,2)\}$

Correction étourderie

Merci à tous les deux.