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Substitutions

En général, énormément d'informations peuvent être extraites d'une équation fonctionnelle. Revenons à notre premier exemple :

Exemple 1
Trouver toutes les fonctions $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ telles que $f(x+y)+f(x-y)=f(x)+x$ pour tous $x,y \in \mathbb{R}$.

Dans ce problème, à chaque fois que l'on choisit deux réels $x$ et $y$, on obtient une égalité que la fonction doit satisfaire. Par exemple, pour $x=3$ et $y=-1$, on déduit que $f(2)+f(4)=f(3)+3$. Cela est évidement impossible d'écrire toutes ces égalités (il y en a une infinité !). Nous devons donc choisir celles qui nous semblent intéressantes. C'est-à-dire, nous devons choisir des valeurs pour $x$ ou $y$ qui vont nous donner des informations utiles. C'est ce qui s'appelle la substitution. Souvent, les substitutions suivantes se révèlent utiles :

  • Poser $x=y=0$,

  • Poser $x=0$ (sans fixer $y$),

  • Poser $y = 0$ (sans fixer x),

  • Poser $x = y$,

  • Poser $x = -y$,

  • Poser $x = f(y)$,

  • Poser $y = f(x)$,

  • $\ldots$

Il ne s'agit évidemment pas des seules substitutions possibles. On sera par exemple tenté si le terme $(2x-y)$ apparaît dans l'équation de poser $y = 2x$.
Dans notre exemple, en utilisant de telles substitutions, nous obtenons :

  1. $f(0)+f(0)=f(0)$ (en posant $x=y=0$).

  2. $f(y)+f(-y)=f(0)$ pour tout $y \in \mathbb{R}$ (en posant $x=0$).

  3. $f(x)+f(x)=f(x)+x$ pour tout $x \in \mathbb{R}$ (en posant $y=0$).

  4. $f(2x)+f(0)=f(x)+x$ pour tout $x \in \mathbb{R}$ (en posant $x=y$).

  5. $f(0)+f(-2y)=f(-y)-y$ pour tout $y \in \mathbb{R}$ (en posant $x=-y$).

  6. $f(f(y)+y)+f(f(y)-y)=f(f(y))+f(y)$ pour tout $y \in \mathbb{R}$ (en posant $x=f(y)$).

  7. $f(x+f(x))+f(x-f(x))=f(x)+x$ pour tout $x \in \mathbb{R}$ (en posant $y=f(x)$).

On peut immédiatement remarquer que certaines substitutions sont beaucoup plus intéressantes que d'autres (ici, C est clairement plus utile que F). En général, on essaye de simplifier des termes, ou d'obtenir un terme que l'on connait déjà. Grâce à cette technique, nous pouvons déjà résoudre notre exemple 1 en utilisant simplement le point C. En voici une solution complète :

Solution de l'exemple 1
En substituant $y$ par $0$ dans l'équation, nous obtenons
$$f(x)+f(x)=f(x)+x$$ pour tout $x \in \mathbb{R}$. Dès lors, la fonction $f$ définie par $f(x)=x$ pour tout $x \in \mathbb{R}$ est la seule solution pouvant éventuellement fonctionner.
Il reste à vérifier qu'il s'agit bien d'une solution. On a bien pour cette fonction $f$ :
$$f(x+y)+f(x-y)=x+y+x-y=2x=f(x)+x$$ pour tous $x,y \in \mathbb{R}$. L'équation fonctionnelle possède donc pour unique solution $f(x)=x$.

Voici également un autre exemple, plus poussé, où plusieurs substitutions successives permettent de résoudre le problème.

Autre exemple
Trouver toutes les fonctions $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ telles que
$$f(x-f(y)) = -x^2 + 2xf(y) + f(f(y)) + f(0)$$ pour tous $x,y \in \mathbb{R}$.

Solution
En remplaçant $x$ par $f(y)$ (idée suggérée par la forme du membre de gauche), on trouve que
$$f(0) = -f(y)^2 + 2f(y)^2 + f(f(y)) + f(0),$$ c'est-à-dire que
$$f(f(y)) = -f(y)^2$$ pour tout $y \in \mathbb{R}$. On peut dès lors remplacer $f(f(y))$ par $-f(y)^2$ dans l'équation initiale, ce qui donne
$$\begin{align*}
f(x-f(y)) &= -x^2 + 2xf(y) - f(y)^2 + f(0)\\
&= -(x-f(y))^2 + f(0)
\end{align*}$$ pour tous $x, y \in \mathbb{R}$. Lorsque $y$ est fixé et $x$ varie dans $\mathbb{R}$, le terme $x-f(y)$ varie et prend toutes les valeurs réelles. En effet, pour un $z \in \mathbb{R}$ fixé le nombre $x = z+f(y)$ est tel que $x-f(y) = z$. On a donc, pour tout $z \in \mathbb{R}$ :
$$f(z) = -z^2 + f(0).$$ Rappelons-nous toutefois que $f(f(y)) = -f(y)^2$ pour tout $y \in \mathbb{R}$, donc en posant $z = f(y)$ dans notre équation précédente on voit que $f(0)$ doit être nul. Il en découle que $f(z) = -z^2$ pour tout $z \in \mathbb R$.

Il reste maintenant à vérifier que cette fonction est bien solution, car nous avons uniquement montré jusqu'ici que si $f$ est solution de l'équation initiale alors $f$ est de la forme $f(z) = -z^2$. La réciproque n'est pas forcément vraie, il se pourrait que $f(z) = -z^2$ ne soit pas solution (auquel cas l'équation ne posséderait aucune solution). Ici notre fonction $f$ définie par $f(z) = -z^2$ vérifie bien l'équation initiale, puisque
$$f(x-f(y)) = f(x+y^2) = -(x+y^2)^2$$ et
$$-x^2 + 2xf(y) + f(f(y)) + f(0) = -x^2 - 2xy^2 - y^4 = -(x+y^2)^2.$$ Il s'agit donc bel et bien de l'unique solution.