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on sait que $f=0$ convient. On vérifie que $f=Id$ ne convient pas.
Ensuite, on peut poser $f(0)=a \ne 0$ et on a pour tout x réel : $f(af(x))=a-f(x)$.
Finalement,  on a $ f(x)=f(a\times \frac{x}{a})=a-\frac{x}{a}$ et la question est de savoir ce que vaut $a$
En repassant par la formulation d'origine, on voit que $a=1$ convient.
En effet, on doit avoir : $a - (a - \frac{x}{a})\times (a - \frac{y}{a})\times \frac{1}{a}+a - \frac{x+y}{a}=a-\frac{xy}{a}$
Donc une autre solution serait$f(x)=1-x$.

Dans mon précédent message, on a vu que si $f$ était une solution non nulle alors $f$ s'annule une et une seule fois en $1$.

En prenant $x=y=0$ dans l'énoncé, on en déduit que $f(f(0)^2)=0$, ce qui implique que $f(0)^2=1$.

Il y a donc deux cas possibles : $f(0)=1$ ou $f(0)=-1$. On va regarder l'un des deux cas, l'autre se traitant de la même manière. On suppose donc que $f(0)=1$.

Si on reprend l'égalité obtenue avec $y=0$, maintenant qu'on sait que $f(0)=1$, on en déduit que $f(f(x))=1-f(x)$. Ce qui implique aussi $f(f(f(x))) = 1-f(f(x))$ (on prend $f(x)$ à la place de $x$). Ainsi, $f(f(f(x))) = f(x)$.

L'idée sera ensuite de montrer que $f$ est injective. On aura alors $f(f(x))=x$, et donc $f(x)=1-x$.

Lorsque $f(0)=-1$ le même raisonnement conduit à la solution $f(x)=x-1$.

Dans le cas $f(0)=1$ (on a le même résultat lorsque $f(0)=-1$), en prenant $y=1$ dans l'énoncé alors, puisque $f(1)=0$, on a
$f(x+1)=f(x)-1$, puis par récurrence $f(x+n)=f(x)-n$.
On en déduit, en reprenant l'énoncé :
$$(\star)\qquad f(f(x)f(y)+1) + f(x+y+n) = f(xy+n+1) \quad \text{pour tous réels $x,y$ et tout entier $n$.}$$
Pour montrer que $f$ est injective nous supposons que $f(\alpha)=f(\beta)$.
On choisit alors des réels $x,y$ et un entier $n$ tels que
$$\left\{\begin{aligned}
& \alpha = x+y+n\\
& \beta = xy+n+1
\end{aligned}\right.$$
(ceci est possible si $n$ est assez grand pour que $(\beta-n)^2-4(\alpha-n-1)$ (discriminant du polynôme $X^2-SX+P$...))
L'égalité $(\star)$ implique donc $f(f(x)f(y)+1)=0$, donc $f(x)f(y)=0$ (l'unique zéro de $f$ est $1$). Donc soit $f(x)=0$, soit $f(y)=0$ ce qui signifie soit $x=1$, soit $y=1$. Dans les deux cas, on en déduit $\alpha=\beta$ : $f$ est injective.

 
En prenant $y=0$ dans l'énoncé, on obtient $f(f(0)f(x))+f(x)=f(0)$. Ainsi, si $f(0)=0$ alors on trouve la solution $f=0$.

Supposons donc maintenant $f(0)\neq 0$.

L'idée est de prendre $x$ et $y$ de sorte que $x+y=xy$, par exemple en prenant $y=\frac{x}{x-1}$ lorsque $x\neq 1$. L'énoncé nous indique donc que
$$f\Big( f(x)f\Big( \frac{x}{x-1} \Big)\Big) = 0 \quad \text{pour $x\neq 1$}.$$
En particulier la fonction $f$ doit s'annuler (et pas en $0$ puisque $f(0)\neq 0$). Ainsi, il existe $b\neq 0$ tel que $f(b)=0$. Ce nombre $b$ ne peut valoir que $1$, sinon la formule précédente indiquerait que $f(0)=0$... On a donc
$$f(1)=0 \quad \text{(et $f(x)\neq 0$ si $x\neq 1$)}.$$

Donc on vient de démontrer que $a^2=1$

Étudions d'abord le cas $a=1$
On a donc $f(x)=1-f(f(x))$

Pour $x=0$
$f(0)=1-f(f(0))=1-f(1)$
Donc $f(1)=0$

Et en prenant $y=1$ dans la relation de départ, on a
$f(f(x)f(1))+f(x+1)=f(x)$
Donc $f(x+1)=f(x)-1$
Il reste à trouver ce qu'il se passe sur $[0;1[$ pour définir entièrement $f$.

En essayant d'y tracer un simple segment ( autrement dit la fonction $f(x)=1-x$)...
Et bah ça marche !
Cette fonction respecte la relation de départ !