Raisonner et rédiger

La fonction \(x \longmapsto \sin(2x)\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\), de dérivée \(x \longmapsto 2\cos(2x)\), et la fonction exponentielle est dérivable sur \(\mathbb{R}\) ; par composition, \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\). Pour tout \(x \in \mathbb{R}\), $$ \begin{aligned} f'(x) &= \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\bigl(\sin(2x)\bigr) \, e^{\sin(2x)} && \text{(dérivée d'une composée : \((e^u)' = u' e^u\))} \\ &= 2\cos(2x) \, e^{\sin(2x)}. \end{aligned} $$ La rédaction nomme la fonction, donne l'ensemble sur lequel elle est dérivable et introduit \(x\) avant d'écrire le nombre \(f'(x)\).

Soit \(x \in \mathbb{R}\). On étudie le signe de la différence. Un carré est positif et \(2(x^2 + 1) > 0\), donc $$ \begin{aligned} \frac{1}{2} - \frac{x}{x^2 + 1} &= \frac{x^2 + 1 - 2x}{2(x^2 + 1)} && \text{(même dénominateur, \(x^2 + 1 > 0\))} \\ &= \frac{(x - 1)^2}{2(x^2 + 1)} && \text{(identité \((a - b)^2 = a^2 - 2ab + b^2\))} \\ &\ge 0. \end{aligned} $$ Donc \(\frac{x}{x^2 + 1} \le \frac{1}{2}\), avec égalité exactement pour \(x = 1\). Comme \(x\) est un réel quelconque, l'inégalité vaut pour tout \(x \in \mathbb{R}\).

Soient \(x, y \in \mathbb{N}\). Posons \(z = (x + y + 1)^2\). Alors \(z \in \mathbb{N}\), comme carré d'un entier naturel, et $$ \begin{aligned} \sqrt{z} &= \sqrt{(x + y + 1)^2} && \text{(définition de \(z\))} \\ &= x + y + 1 && \text{(\(\sqrt{t^2} = t\) pour \(t \ge 0\), ici \(x + y + 1 \ge 1\))} \\ &> x + y. \end{aligned} $$ Donc \(z\) convient. Comme \(x\) et \(y\) sont quelconques dans \(\mathbb{N}\), pour tous \(x, y \in \mathbb{N}\) il existe \(z \in \mathbb{N}\) tel que \(\sqrt{z} > x + y\). Le candidat \(z\) est construit à partir de \(x\) et de \(y\), introduits avant lui.

Existence. La fonction \(g \colon t \longmapsto t^2 - a\) est continue sur \([0, a + 1]\), avec \(g(0) = -a < 0\) et \(g(a + 1) = a^2 + a + 1 > 0\). Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe \(x \in [0, a + 1]\) tel que \(g(x) = 0\), c'est-à-dire \(x^2 = a\) ; et \(x \in \mathbb{R}_+\).
Unicité. Soient \(x, x' \in \mathbb{R}_+\) tels que \(x^2 = a\) et \(x'^2 = a\). Montrons \(x = x'\). $$ \begin{aligned} (x - x')(x + x') &= x^2 - x'^2 && \text{(identité \((u - v)(u + v) = u^2 - v^2\))} \\ &= a - a && \text{(hypothèses sur \(x\) et \(x'\))} \\ &= 0. \end{aligned} $$ Comme \(x^2 = a > 0\), \(x \ne 0\) ; avec \(x \ge 0\) et \(x' \ge 0\), cela donne \(x + x' \ge x > 0\). Un produit de réels n'est nul que si l'un des facteurs est nul, donc \(x - x' = 0\), c'est-à-dire \(x = x'\).
Seconde méthode pour l'unicité. La fonction \(t \longmapsto t^2\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}_+\), donc deux éléments distincts de \(\mathbb{R}_+\) ont des carrés distincts ; comme \(x^2 = x'^2\), \(x = x'\).
Donc il existe un unique \(x \in \mathbb{R}_+\) tel que \(x^2 = a\) : c'est la racine carrée de \(a\), notée \(\sqrt{a}\). L'existence vient ici d'un théorème, pas d'un candidat explicite.

Soit \(x \in \mathbb{R}\). L'énoncé à démontrer est la disjonction « \(x^2 \ge 1\) ou \((x - 2)^2 \ge 1\) ».
Supposons \(x^2 < 1\). Montrons \((x - 2)^2 \ge 1\). De \(x^2 < 1\) vient \(-1 < x < 1\), donc \(x - 2 < -1\) et \(|x - 2| > 1\). Par conséquent, la fonction carré étant strictement croissante sur \(\mathbb{R}_+\), \((x - 2)^2 = |x - 2|^2 > 1\).
Ainsi « \(x^2 \ge 1\) ou \((x - 2)^2 \ge 1\) » est vraie, c'est-à-dire \(\max\{x^2, (x - 2)^2\} \ge 1\). Comme \(x\) est quelconque, l'inégalité vaut pour tout \(x \in \mathbb{R}\).
Seconde méthode, par disjonction des cas. Soit \(x \in \mathbb{R}\). On distingue deux cas, qui couvrent tous les réels. Cas \(x \ge 1\) : \(x^2 \ge 1\), la fonction carré étant croissante sur \(\mathbb{R}_+\). Cas \(x < 1\) : \(x - 2 < -1 \le 0\), donc \((x - 2)^2 \ge 1\), la fonction carré étant décroissante sur \(]-\infty, 0]\). Dans tous les cas, le maximum vaut au moins \(1\). Comme \(x\) est quelconque, l'inégalité vaut pour tout \(x \in \mathbb{R}\).
Troisième méthode, sans cas. Soit \(x \in \mathbb{R}\). Un maximum vaut au moins la moyenne de ses deux termes, et un carré est positif, donc $$ \begin{aligned} \max\{x^2, (x - 2)^2\} &\ge \frac{x^2 + (x - 2)^2}{2} && \text{(un maximum majore chacun des termes)} \\ &= (x - 1)^2 + 1 && \text{(développement, forme canonique)} \\ &\ge 1. \end{aligned} $$ Comme \(x\) est quelconque, l'inégalité vaut pour tout \(x \in \mathbb{R}\). La borne est atteinte en \(x = 1\), où les deux termes valent \(1\).

Soit \(n \in \mathbb{Z}\). Par la division euclidienne de \(n\) par \(2\), il existe \(m \in \mathbb{Z}\) tel que \(n = 2m\) ou \(n = 2m + 1\). On distingue ces deux cas, qui couvrent tous les entiers.
Cas \(n = 2m\). Alors \(n^2 = 4m^2 + 0\), avec \(m^2 \in \mathbb{Z}\) et \(0 \le 0 < 4\) : par unicité de la division euclidienne, le reste vaut \(0\).
Cas \(n = 2m + 1\). $$ \begin{aligned} n^2 &= 4m^2 + 4m + 1 && \text{(identité \((a + b)^2 = a^2 + 2ab + b^2\))} \\ &= 4(m^2 + m) + 1, \end{aligned} $$ avec \(m^2 + m \in \mathbb{Z}\) et \(0 \le 1 < 4\) : par unicité de la division euclidienne, le reste vaut \(1\).
Dans les deux cas, le reste de \(n^2\) dans la division par \(4\) vaut \(0\) ou \(1\). Comme \(n\) est quelconque, cela vaut pour tout \(n \in \mathbb{Z}\).

Soit \(x \in [0, 1]\) tel que \(x - x^2 \in \mathbb{Z}\). Montrons \(x \in \{0, 1\}\).
Minoration. Comme \(x \in [0, 1]\), \(x \ge 0\) et \(1 - x \ge 0\). Un produit de deux nombres positifs étant positif, $$ \begin{aligned} x - x^2 &= x(1 - x) && \text{(factorisation)} \\ &\ge 0. \end{aligned} $$ Majoration. Un carré est positif, donc $$ \begin{aligned} x - x^2 &= \frac{1}{4} - \left(x - \frac{1}{2}\right)^2 && \text{(forme canonique)} \\ &\le \frac{1}{4}. \end{aligned} $$ Ainsi \(x - x^2\) est un entier de \(\left[0, \frac{1}{4}\right]\), donc \(x - x^2 = 0\), c'est-à-dire \(x(1 - x) = 0\) : \(x = 0\) ou \(x = 1\), car un produit n'est nul que si l'un de ses facteurs est nul.
Donc \(x \in \{0, 1\}\), et l'implication vaut pour tout \(x \in [0, 1]\). Les deux hypothèses ont servi — \(x - x^2 \in \mathbb{Z}\) pour l'entier, \(x \in [0, 1]\) pour la minoration — et la seconde ne peut pas être retirée : \(x = 2\) donne \(x - x^2 = -2 \in \mathbb{Z}\) et \(2 \notin \{0, 1\}\).

Montrons la contraposée : si \(n\) n'est pas premier, alors \(2^n - 1\) n'est pas premier. Supposons \(n\) non premier. Comme \(n \ge 2\), \(n\) a un diviseur \(a\) tel que \(1 < a < n\) : il existe \(b \in \mathbb{N}^*\) tel que \(n = ab\). Posons \(x = 2^a\) ; alors \(x \ne 1\), et $$ \begin{aligned} 2^n - 1 &= x^b - 1 && \text{(\(2^{ab} = (2^a)^b\))} \\ &= (x - 1) \sum_{k=0}^{b-1} x^k && \text{(somme géométrique, \(x \ne 1\))} \\ &= (2^a - 1) \sum_{k=0}^{b-1} 2^{ak}. \end{aligned} $$ La somme est un entier naturel, donc \(2^a - 1\) divise \(2^n - 1\). De plus \(2 \le a < n\) donne \(3 \le 2^a - 1 < 2^n - 1\), la fonction \(t \longmapsto 2^t\) étant strictement croissante. Ainsi \(2^n - 1\) a un diviseur autre que \(1\) et lui-même : il n'est pas premier.
Donc \(2^n - 1\) n'est pas premier. Puisque nous avons démontré la contraposée, l'énoncé initial est vrai.
Contre-exemple à la réciproque : \(n = 11\). D'une part, \(11\) est premier ; d'autre part, \(2^{11} - 1 = 2047 = 23 \times 89\) n'est pas premier.

Soient \(x, y \in \mathbb{R}\). Comme \(x^2 \ge 0\) et \(y^2 \ge 0\), et qu'une somme de réels positifs est nulle si et seulement si chacun d'eux est nul, $$ \begin{aligned} x^2 + y^2 = 0 &\iff \left(x^2 = 0 \text{ et } y^2 = 0\right) && \text{(somme de termes positifs)} \\ &\iff (x = 0 \text{ et } y = 0). \end{aligned} $$ Chaque étape est réversible et justifiée, la dernière par l'équivalence \(t^2 = 0 \iff t = 0\), valable pour tout \(t \in \mathbb{R}\). Comme \(x\) et \(y\) sont quelconques, l'équivalence vaut pour tous \(x, y \in \mathbb{R}\).
Seconde méthode : par double implication. Soient \(x, y \in \mathbb{R}\). (\(\Rightarrow\)) Supposons \(x^2 + y^2 = 0\). On a \(x^2 \ge 0\) et \(y^2 \ge 0\), et $$ \begin{aligned} x^2 &= -y^2 && \text{(hypothèse \(x^2 + y^2 = 0\))} \\ &\le 0. \end{aligned} $$ Donc \(x^2 = 0\), d'où \(x = 0\) ; de même \(y = 0\). (\(\Leftarrow\)) Si \(x = 0\) et \(y = 0\), alors \(x^2 + y^2 = 0\). Donc les deux énoncés sont équivalents. Comme \(x\) et \(y\) sont quelconques, l'équivalence vaut pour tous \(x, y \in \mathbb{R}\).

La négation s'écrit : \(\exists x, y \in \mathbb{R}, \ x < y \text{ et } \sin x > \sin y\).
Contre-exemple : \(x = \frac{\pi}{2}\) et \(y = \pi\). D'une part, \(x < y\) ; d'autre part, \(\sin x = 1\) et \(\sin y = 0\), donc \(\sin x > \sin y\).
Donc la proposition est fausse : la fonction sinus n'est pas croissante sur \(\mathbb{R}\).

Soit \(x \in A\). Par définition de \(A\), \(x \in \mathbb{R}\) et il existe \(y \in \mathbb{R}_+\) tel que \(x \ge y\). Alors \(x \ge y \ge 0\), donc \(x \in \mathbb{R}_+\). Comme \(x\) est quelconque dans \(A\), \(A \subset \mathbb{R}_+\).
L'inclusion réciproque est vraie aussi : pour \(x \in \mathbb{R}_+\), \(y = 0\) est un témoin, car \(0 \in \mathbb{R}_+\) et \(x \ge 0\). Donc \(A = \mathbb{R}_+\), par double inclusion.

Les deux ensembles sont des parties de \(E\). Soit \(x \in E\). $$ \begin{aligned} x \in E \setminus (A \cup B) &\iff x \notin A \cup B && \text{(définition du complémentaire, \(x \in E\))} \\ &\iff \neg\,(x \in A \text{ ou } x \in B) && \text{(définition de la réunion)} \\ &\iff (x \notin A \text{ et } x \notin B) && \text{(négation de « ou »)} \\ &\iff (x \in E \setminus A \text{ et } x \in E \setminus B) && \text{(définition du complémentaire, \(x \in E\))} \\ &\iff x \in (E \setminus A) \cap (E \setminus B). \end{aligned} $$ La dernière équivalence est la définition de l'intersection. Les deux ensembles ont les mêmes éléments dans \(E\), et ce sont deux parties de \(E\) : ils sont égaux.
Seconde méthode : par double inclusion.
(\(\subset\)) Soit \(x \in E \setminus (A \cup B)\) : \(x \in E\) et \(x \notin A \cup B\). Si \(x\) était dans \(A\), il serait dans \(A \cup B\) ; donc \(x \notin A\), et de même \(x \notin B\). Ainsi \(x \in E \setminus A\) et \(x \in E \setminus B\), c'est-à-dire \(x \in (E \setminus A) \cap (E \setminus B)\).
(\(\supset\)) Soit \(x \in (E \setminus A) \cap (E \setminus B)\) : \(x \in E\), \(x \notin A\) et \(x \notin B\). Un élément de \(A \cup B\) est dans \(A\) ou dans \(B\), donc \(x \notin A \cup B\), et \(x \in E \setminus (A \cup B)\).
Donc l'égalité, par double inclusion.

L'inégalité dont l'hérédité a besoin ne vaut que pour \(n \ge 1\). On démontre donc \(a_n \le 2\) pour tout \(n \ge 1\) par récurrence à partir du rang \(1\), et l'on vérifie \(a_0\) à part : \(a_0 = 1 \le 2\).
Pour \(n \ge 1\), notons \(P_n\) la propriété « \(a_n \le 2\) ».
Initialisation. \(a_1 = 1 + \frac{a_0}{1} = 2\), donc \(P_1\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n \ge 1\). Supposons \(P_n\). Montrons \(P_{n+1}\). $$ \begin{aligned} a_{n+1} &= 1 + \frac{a_n}{n + 1} && \text{(définition de la suite)} \\ &\le 1 + \frac{2}{n + 1} && \text{(hypothèse de récurrence, \(n + 1 > 0\))} \\ &\le 1 + \frac{2}{2} && \text{(\(n + 1 \ge 2\))} \\ &= 2. \end{aligned} $$ Donc \(P_{n+1}\).
Conclusion. Puisque \(P_1\) est vraie et que \(P_n \Rightarrow P_{n+1}\) pour tout \(n \ge 1\), par récurrence à partir du rang \(1\), \(a_n \le 2\) pour tout \(n \ge 1\) ; avec \(a_0 = 1\), \(a_n \le 2\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\).

Pour \(n \in \mathbb{N}\), notons \(P_n\) la propriété « \(u_n = 2^n + 3\) ».
Initialisation. \(u_0 = 4 = 2^0 + 3\) et \(u_1 = 5 = 2^1 + 3\) : \(P_0\) et \(P_1\) sont vraies.
Hérédité. Soit \(n \in \mathbb{N}\). Supposons \(P_n\) et \(P_{n+1}\). Montrons \(P_{n+2}\). $$ \begin{aligned} u_{n+2} &= 3 u_{n+1} - 2 u_n && \text{(définition de la suite)} \\ &= 3\left(2^{n+1} + 3\right) - 2\left(2^n + 3\right) && \text{(hypothèse de récurrence \(P_{n+1}\) et \(P_n\))} \\ &= 3 \cdot 2^{n+1} - 2^{n+1} + 3 && \text{(\(2 \cdot 2^n = 2^{n+1}\))} \\ &= 2^{n+2} + 3. \end{aligned} $$ Donc \(P_{n+2}\).
Conclusion. Puisque \(P_0\) et \(P_1\) sont vraies et que (\(P_n\) et \(P_{n+1}\)) \(\Rightarrow P_{n+2}\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\), par récurrence double, \(u_n = 2^n + 3\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\).
Seconde méthode : la formule trouvée, pas seulement vérifiée. Pour tout \(n \in \mathbb{N}\), $$ \begin{aligned} u_{n+2} - 2 u_{n+1} &= 3 u_{n+1} - 2 u_n - 2 u_{n+1} && \text{(définition de la suite)} \\ &= u_{n+1} - 2 u_n, \end{aligned} $$ donc la suite \((u_{n+1} - 2 u_n)_{n \in \mathbb{N}}\) est constante, égale à \(u_1 - 2 u_0 = -3\). Ainsi \(u_{n+1} = 2 u_n - 3\), c'est-à-dire \(u_{n+1} - 3 = 2(u_n - 3)\), pour tout \(n \in \mathbb{N}\) : la suite \((u_n - 3)_{n \in \mathbb{N}}\) est géométrique de raison \(2\) et de premier terme \(u_0 - 3 = 1\), donc \(u_n - 3 = 2^n\), c'est-à-dire \(u_n = 2^n + 3\). La récurrence double est devenue une récurrence simple, et la formule sort du calcul au lieu d'être donnée.

Pour \(n \in \mathbb{N}\), notons \(P_n\) la propriété « \(v_n \le 2^n v_0\) ».
Initialisation. \(v_0 = 2^0 v_0\), donc \(P_0\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n \in \mathbb{N}\). Supposons \(P_k\) pour tout \(k \in \llbracket 0, n \rrbracket\). Montrons \(P_{n+1}\). Comme \(v_0 \ge 0\), $$ \begin{aligned} v_{n+1} &\le \sum_{k=0}^{n} v_k && \text{(hypothèse sur la suite)} \\ &\le \sum_{k=0}^{n} 2^k v_0 && \text{(hypothèse de récurrence forte, pour chaque \(k \in \llbracket 0, n \rrbracket\))} \\ &= \left(2^{n+1} - 1\right) v_0 && \text{(somme géométrique)} \\ &\le 2^{n+1} v_0. \end{aligned} $$ Donc \(P_{n+1}\).
Conclusion. Puisque \(P_0\) est vraie et que (\(P_0, \dots, P_n\)) \(\Rightarrow P_{n+1}\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\), par récurrence forte, \(v_n \le 2^n v_0\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\). L'hérédité utilise tous les rangs précédents à la fois : une récurrence simple sur \(P_n\) seule ne suffirait pas.
Seconde méthode : une récurrence simple sur les sommes partielles. Pour \(n \in \mathbb{N}\), posons \(S_n = \sum_{k=0}^{n} v_k\). Pour tout \(n \in \mathbb{N}\), comme \(v_{n+1} \le S_n\) par hypothèse, $$ \begin{aligned} S_{n+1} &= S_n + v_{n+1} && \text{(dernier terme à part)} \\ &\le 2 S_n. \end{aligned} $$ Pour \(n \in \mathbb{N}\), notons \(Q_n\) la propriété « \(S_n \le 2^n v_0\) ».
Initialisation. \(S_0 = v_0 = 2^0 v_0\), donc \(Q_0\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n \in \mathbb{N}\). Supposons \(Q_n\). Montrons \(Q_{n+1}\). $$ \begin{aligned} S_{n+1} &\le 2 S_n && \text{(ci-dessus)} \\ &\le 2 \cdot 2^n v_0 && \text{(hypothèse de récurrence)} \\ &= 2^{n+1} v_0. \end{aligned} $$ Donc \(Q_{n+1}\).
Conclusion. Puisque \(Q_0\) est vraie et que \(Q_n \Rightarrow Q_{n+1}\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\), par récurrence, \(S_n \le 2^n v_0\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\).
Enfin, comme \(v_0 \ge 0\), pour tout \(n \in \mathbb{N}\), $$ \begin{aligned} v_{n+1} &\le S_n && \text{(hypothèse sur la suite)} \\ &\le 2^n v_0 && \text{(propriété \(Q_n\))} \\ &\le 2^{n+1} v_0. \end{aligned} $$ Avec \(v_0 = 2^0 v_0\), \(v_n \le 2^n v_0\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\). La somme \(S_n\) porte tous les rangs précédents en un seul nombre : une récurrence simple suffit, et elle donne même \(v_{n+1} \le 2^n v_0\).

Soit \(n \in \mathbb{N}\). Supposons par l'absurde que \(\sqrt{n^2 + 2}\) est un entier ; notons-le \(p\). Alors \(p \in \mathbb{N}\) et \(p^2 = n^2 + 2\). Un carré laisse le reste \(0\) ou \(1\) dans la division par \(4\) (Exemple « Le reste d'un carré dans la division par 4 ») : \(n^2 = 4q + r\) avec \(q \in \mathbb{Z}\) et \(r \in \{0, 1\}\), donc $$ \begin{aligned} p^2 &= n^2 + 2 && \text{(définition de \(p\))} \\ &= 4q + (r + 2), \end{aligned} $$ avec \(0 \le r + 2 < 4\) : par unicité de la division euclidienne, le reste de \(p^2\) dans la division par \(4\) vaut \(r + 2\), c'est-à-dire \(2\) ou \(3\). Or \(p^2\) est un carré, donc ce reste vaut \(0\) ou \(1\).
Contradiction ! Donc l'hypothèse est fausse : \(\sqrt{n^2 + 2}\) n'est pas un entier. Comme \(n\) est quelconque, cela vaut pour tout \(n \in \mathbb{N}\).
Seconde méthode : entre deux carrés consécutifs. Soit \(n \in \mathbb{N}\). Si \(n \ge 1\), alors \(n^2 < n^2 + 2\) et $$ \begin{aligned} n^2 + 2 &< n^2 + 2n + 1 && \text{(\(2 < 2n + 1\), car \(n \ge 1\))} \\ &= (n + 1)^2. \end{aligned} $$ Si \(n = 0\), alors \(1^2 < 2 < 2^2\). Ainsi \(n^2 + 2\) est strictement compris entre les carrés de deux entiers consécutifs \(k\) et \(k + 1\) (\(k = n\) si \(n \ge 1\), \(k = 1\) si \(n = 0\)). La fonction racine carrée étant strictement croissante sur \(\mathbb{R}_+\), \(k < \sqrt{n^2 + 2} < k + 1\), et aucun entier n'est strictement compris entre \(k\) et \(k + 1\). Donc \(\sqrt{n^2 + 2}\) n'est pas un entier. Comme \(n\) est quelconque, cela vaut pour tout \(n \in \mathbb{N}\).

L'équation est définie pour \(x \ge -2\).
Analyse. Soit \(x \ge -2\) tel que \(\sqrt{x + 2} = x\). Comme un produit est nul si et seulement si l'un de ses facteurs est nul, $$ \begin{aligned} \sqrt{x + 2} = x &\Rightarrow x + 2 = x^2 && \text{(élévation au carré)} \\ &\iff (x - 2)(x + 1) = 0 && \text{(factorisation)} \\ &\iff (x = 2 \text{ ou } x = -1). \end{aligned} $$ Donc \(x = 2\) ou \(x = -1\).
Synthèse. Pour \(x = 2\) : \(\sqrt{2 + 2} = 2\), donc \(2\) est solution. Pour \(x = -1\) : \(\sqrt{-1 + 2} = 1 \ne -1\), donc \(-1\) n'est pas solution.
Conclusion. L'ensemble des solutions est \(\{2\}\). L'élévation au carré est une implication, pas une équivalence : elle a fait entrer le candidat \(-1\), que la synthèse écarte.
Seconde méthode : une chaîne d'équivalences. L'élévation au carré devient réversible dès que les deux membres sont positifs : pour \(a, b \ge 0\), \(a = b \iff a^2 = b^2\). Comme \(\sqrt{x + 2} \ge 0\), pour tout \(x \ge -2\), $$ \begin{aligned} \sqrt{x + 2} = x &\iff \left(x \ge 0 \text{ et } x + 2 = x^2\right) && \text{(\(\sqrt{x + 2} \ge 0\), puis élévation au carré)} \\ &\iff \left(x \ge 0 \text{ et } (x - 2)(x + 1) = 0\right) && \text{(factorisation)} \\ &\iff x = 2. \end{aligned} $$ La dernière équivalence vient du produit nul, la valeur \(-1\) étant exclue par \(x \ge 0\). L'ensemble des solutions est \(\{2\}\). La condition \(x \ge 0\), écrite dès la première ligne, fait le travail de la synthèse.

Analyse. Soit \(f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) vérifiant l'équation. Soit \(x \in \mathbb{R}\) ; l'équation avec \(y = f(x)\) donne \(f(0) = 2 - x - f(x)\), c'est-à-dire \(f(x) = \lambda - x\) avec \(\lambda = 2 - f(0)\), une constante. Donc \(f\) est de la forme \(x \longmapsto \lambda - x\) pour un certain \(\lambda \in \mathbb{R}\).
Synthèse. Soient \(\lambda \in \mathbb{R}\) et \(f \colon x \longmapsto \lambda - x\). Pour tous \(x, y \in \mathbb{R}\), $$ \begin{aligned} f(y - f(x)) &= f(y - \lambda + x) && \text{(\(f(x) = \lambda - x\))} \\ &= \lambda - (y - \lambda + x) && \text{(définition de \(f\))} \\ &= 2\lambda - x - y. \end{aligned} $$ Donc \(f\) vérifie l'équation si et seulement si \(2\lambda - x - y = 2 - x - y\) pour tous \(x, y \in \mathbb{R}\), c'est-à-dire \(\lambda = 1\).
Conclusion. L'équation a exactement une solution : la fonction \(x \longmapsto 1 - x\).