La conjugaison des applications de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$

a) Une relation d'équivalence.

Réflexivité. L'identité ${\mathrm{Id}}_{\mathbb{R}}$ est une bijection et $\mathrm{Id}\circ f=f=f\circ \mathrm{Id}$ : $f\mathcal{R}f$.

Symétrie. Supposons $f\mathcal{R}g$ : il existe $\phi$ bijective avec $\phi \circ f=g\circ \phi$. Composons à gauche et à droite par ${\phi }^{-1}$, qui est bijective : ${\phi }^{-1}\circ \phi \circ f\circ {\phi }^{-1}={\phi }^{-1}\circ g\circ \phi \circ {\phi }^{-1}$, soit $f\circ {\phi }^{-1}={\phi }^{-1}\circ g$. C'est ${\phi }^{-1}\circ g=f\circ {\phi }^{-1}$ : donc $g\mathcal{R}f$, avec la bijection ${\phi }^{-1}$.

Transitivité. Supposons $f\mathcal{R}g$ et $g\mathcal{R}h$, avec des bijections $\phi$ et $\psi$ : $\phi \circ f=g\circ \phi$ et $\psi \circ g=h\circ \psi$. Alors $$(\psi \circ \phi )\circ f=\psi \circ (g\circ \phi )=(\psi \circ g)\circ \phi =h\circ (\psi \circ \phi ),$$ et $\psi \circ \phi$ est une bijection comme composée de deux bijections. Donc $f\mathcal{R}h$.

L'idée derrière la définition. Dire que $\phi \circ f=g\circ \phi$, c'est dire que $g=\phi \circ f\circ {\phi }^{-1}$ : $g$ est $f$ « vue à travers le changement de variable $\phi$ ». Deux applications en relation ont donc exactement la même géométrie — même nombre d'antécédents pour les valeurs correspondantes, même image à un renommage près. C'est cette observation qui va décider des questions suivantes.

b) Deux couples qui ne sont pas en relation.

Un outil : les images. Si $\phi \circ f=g\circ \phi$ avec $\phi$ bijective, alors les images vérifient $\phi (f(\mathbb{R}))=g(\phi (\mathbb{R}))=g(\mathbb{R})$, car $\phi (\mathbb{R})=\mathbb{R}$. Donc $\phi$ envoie bijectivement $f(\mathbb{R})$ sur $g(\mathbb{R})$, et par suite le complémentaire de $f(\mathbb{R})$ sur le complémentaire de $g(\mathbb{R})$.

Cosinus hyperbolique et sinus hyperbolique. On a $\mathrm{ch}(\mathbb{R})=[1,+\infty [$ (le cosinus hyperbolique est pair, minimal en $0$ où il vaut $1$) et $\mathrm{sh}(\mathbb{R})=\mathbb{R}$ (le sinus hyperbolique est une bijection croissante de $\mathbb{R}$ sur $\mathbb{R}$). S'il existait $\phi$, elle enverrait bijectivement $[1,+\infty [$ sur $\mathbb{R}$, donc le complémentaire $]-\infty ,1[$ sur le complémentaire de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$, qui est vide. Or $]-\infty ,1[$ n'est pas vide : impossible. Cosinus hyperbolique et sinus hyperbolique ne sont pas en relation.

$\cos$ et $\sin$. Ici les images sont les mêmes, $[-1,1]$ : l'argument précédent ne dit rien, il faut regarder plus finement. On utilise cette fois les antécédents : pour tout $x\in \mathbb{R}$, $\cos (x)=\cos (-x)$, donc $\phi (\cos x)=\phi (\cos (-x))$, soit $\sin (\phi (x))=\sin (\phi (-x))$. Choisissons $x$ pour que cela soit impossible. Par ce qui précède, $\phi$ envoie $[-1,1]=\cos (\mathbb{R})$ sur $[-1,1]=\sin (\mathbb{R})$ ; prenons donc $x\in [-1,1]$ avec $x\ne 0$, par exemple $x=1$. Alors $\phi (1)$ et $\phi (-1)$ sont deux éléments de $[-1,1]$, distincts car $\phi$ est injective et $1\ne -1$, et ils ont le même sinus. Or $\sin$ est strictement croissante sur $[-\pi /2,\pi /2]\supset [-1,1]$, donc injective sur $[-1,1]$ : deux éléments distincts de $[-1,1]$ n'ont jamais le même sinus. Contradiction. $\cos$ et $\sin$ ne sont pas en relation.

c) Le carré et le trinôme.

Condition nécessaire. Supposons $f\mathcal{R}g$ avec une bijection $\phi$ : $\phi (x^2)=g(\phi (x))$ pour tout $x$. On compte les antécédents. Le réel $0$ a un unique antécédent par $f$, à savoir $0$ ; regardons combien $\phi (0)$ a d'antécédents par $g$. Pour $t\in \mathbb{R}$ : $g(t)=\phi (0)⟺g(\phi ({\phi }^{-1}(t)))=\phi (0)⟺\phi (f({\phi }^{-1}(t)))=\phi (0)⟺f({\phi }^{-1}(t))=0⟺{\phi }^{-1}(t)=0⟺t=\phi (0)$. Donc $\phi (0)$ a un seul antécédent par $g$. Or le trinôme $g(t)={\left(t+\frac{p}{2}\right)}^2+q-\frac{p^2}{4}$ n'a qu'une seule valeur atteinte une seule fois : son minimum $q-\frac{p^2}{4}$, atteint au seul point $t=-\frac{p}{2}$. Donc $\phi (0)=q-\frac{p^2}{4}$ et, puisque l'antécédent unique est $\phi (0)$ lui-même, $\phi (0)=-\frac{p}{2}$. D'où la condition nécessaire $$q-\frac{p^2}{4}=-\frac{p}{2},\text{c’est-aˋ-dire}q=\frac{p^2}{4}-\frac{p}{2}.$$

Condition suffisante. Supposons $q=\frac{p^2}{4}-\frac{p}{2}$, de sorte que $g(t)={\left(t+\frac{p}{2}\right)}^2-\frac{p}{2}$. Cherchons $\phi$ sous la forme d'une translation, $\phi (x)=x+c$, qui est bijective. Alors $\phi (f(x))=x^2+c$ et $g(\phi (x))={\left(x+c+\frac{p}{2}\right)}^2-\frac{p}{2}$. Avec $c=-\frac{p}{2}$, la seconde vaut $x^2-\frac{p}{2}$, et la première aussi. La translation $\phi :x\mapsto x-\frac{p}{2}$ convient : $f\mathcal{R}g$.

Conclusion. $x\mapsto x^2$ et $x\mapsto x^2+px+q$ sont en relation si et seulement si $q=\frac{p^2}{4}-\frac{p}{2}$ — autrement dit si et seulement si le trinôme s'écrit $(x+c{)}^2-c$ avec $c=p/2$ : le minimum, $-c$, doit être atteint au point $-c$, qui est aussi sa propre valeur, comme $0$ pour le carré.

Ce que l'exercice installe. Une relation d'équivalence n'est pas qu'une liste de trois propriétés à vérifier : ses classes ont un sens — ici, « avoir la même forme à changement de variable près ». Et pour montrer que deux objets ne sont pas en relation, on cherche un invariant : une quantité que la relation conserve (l'image, le nombre d'antécédents d'une valeur) et qui diffère entre les deux. C'est le mode de raisonnement de toute l'algèbre linéaire à venir, où « conjugué » deviendra « semblable ».