Raisonnement par analyse-synthèse

Le raisonnement par analyse-synthèse sert à déterminer l'ensemble $S$ des objets $x$ d'un ensemble $E$ qui vérifient une propriété $P(x)$. Il procède en deux phases : l'analyse suppose donné un objet $x$ vérifiant $P(x)$ et en déduit qu'il appartient à un ensemble explicite $C$ de candidats ; la synthèse reprend chaque candidat $c$ de $C$ et établit si $P(c)$ est vraie ou fausse. On conclut que $S$ est formé exactement des candidats retenus. On choisit ce raisonnement devant « déterminer tous les », « trouver les » ou « montrer qu'il existe un unique », lorsque la propriété ne se transforme pas en une chaîne d'équivalences.

Un candidat est un objet que l'analyse n'a pas exclu ; il convient si la synthèse établit qu'il vérifie toutes les conditions de l'énoncé, il est rejeté sinon. « Nécessairement » clôt l'analyse : « si $f$ convient, alors nécessairement $f$ est … » annonce une condition nécessaire, pas une solution. « Réciproquement » ouvre la synthèse et signale qu'on repart des candidats. « Les solutions sont parmi … » résume l'analyse seule ; « les solutions sont exactement … » et « l'ensemble des solutions est … » sont réservés à la conclusion.

L'analyse démontre l'implication « pour tout $x \in E$, si $P(x)$, alors $x \in C$ » : appartenir à $C$ est une condition nécessaire pour être solution (voir la fiche Conditions nécessaires et suffisantes). Chaque étape y est un « donc » tiré de l'hypothèse $P(x)$, ce qui autorise à spécialiser une variable, à combiner des égalités ou à distinguer des cas, même si l'on perd de l'information. En contrepartie, l'analyse ne dit rien de la réciproque : un candidat peut ne pas convenir, et l'analyse ne prouve jamais qu'une solution existe.

La synthèse établit, pour chaque candidat $c$, soit $P(c)$, soit sa négation. Elle part de la seule définition du candidat (sa formule, sa valeur), jamais de l'hypothèse « $x$ est solution » posée dans l'analyse : l'invoquer reviendrait à supposer ce qu'on veut vérifier. Pour retenir un candidat, on vérifie chaque condition de l'énoncé pour des variables quelconques ; pour le rejeter, une seule valeur qui met une condition en défaut suffit. Si tous les candidats sont retenus, « $x \in C$ » est une condition nécessaire et suffisante.

Quand chaque transformation est réversible, on peut résoudre par une chaîne d'équivalences et obtenir $S$ en une seule phase (voir la fiche Résoudre une équation ou une inéquation). Dès qu'une étape perd de l'information (remplacer une variable par une valeur particulière, ne garder que la somme de deux égalités, élever au carré), seule l'implication subsiste et une synthèse devient indispensable. C'est le cas typique des équations fonctionnelles : la condition « pour tous réels $x$ et $y$ » contient une infinité d'égalités, dont l'analyse n'exploite que quelques-unes. Une analyse suivie d'une synthèse est toujours correcte ; une équivalence écrite sans être justifiée ne l'est pas.

Quand : l'énoncé demande de « déterminer tous les » objets vérifiant une condition, ou de « montrer qu'il existe un unique » objet, et le raisonnement passe par des étapes non réversibles.
1) Nommer la condition et annoncer le plan : « Notons (E) cette condition. Procédons par analyse-synthèse. »
2) Sous le titre Analyse, supposer une solution quelconque : « Soit $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ vérifiant (E). » N'enchaîner que des « donc », puis clore par : « Ainsi, si $f$ vérifie (E), alors nécessairement $f$ est la fonction … ».
3) Sous le titre Synthèse, dans un nouveau paragraphe, repartir du candidat défini par sa formule, de préférence sous un nouveau nom : « Réciproquement, soit $g : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ définie par $g(x) = \ldots$ ». Vérifier la condition, puis finir par « donc $g$ vérifie (E) ».
4) Sous le titre Conclusion, répondre exactement à la question : « L'ensemble des fonctions vérifiant (E) est $\{\ldots\}$. »
Les deux phases ne partagent jamais un paragraphe : l'hypothèse « $f$ vérifie (E) » ne vaut que dans l'analyse.

Déterminer toutes les fonctions $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ telles que pour tout réel $x$, $f(x) + 2f(-x) = x$.
Notons (E) cette condition. Procédons par analyse-synthèse.
Analyse. Soit $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ une fonction vérifiant (E). Soit $x \in \mathbb{R}$.
En appliquant (E) au réel $x$, on obtient $f(x) + 2f(-x) = x$.
En appliquant (E) au réel $-x$, on obtient $f(-x) + 2f(x) = -x$.
En retranchant la première égalité du double de la seconde, on obtient $3f(x) = -3x$, donc $f(x) = -x$.
Ceci valant pour tout réel $x$ : si $f$ vérifie (E), alors nécessairement $f$ est la fonction $x \mapsto -x$.
Synthèse. Réciproquement, soit $g : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ la fonction définie par $g(x) = -x$. Soit $x \in \mathbb{R}$.
On a $g(x) + 2g(-x) = -x + 2x = x$.
Ceci valant pour tout réel $x$, la fonction $g$ vérifie (E).
Conclusion. L'ensemble des fonctions vérifiant (E) est $\{x \mapsto -x\}$ : la fonction $x \mapsto -x$ est l'unique solution.
À retenir : trois paragraphes titrés, une solution quelconque supposée dans l'analyse, un candidat défini par sa seule formule dans la synthèse.

Quand : l'analyse a fourni des relations (une valeur de $f(0)$, une égalité entre $a$ et $b$) mais pas encore l'objet lui-même. Elle n'est finie que lorsque chaque candidat s'écrit sans référence à la solution supposée : des nombres, une formule en $x$, ou une famille décrite par un paramètre introduit (« il existe $c \in \mathbb{R}$ tel que pour tout réel $x$, $f(x) = cx$ »).
1) Lister les inconnues à exprimer : « Il s'agit d'exprimer $a$ et $b$ », ou « d'exprimer $f(x)$ pour tout réel $x$ ».
2) Spécialiser l'hypothèse en des valeurs qui la simplifient et qui appartiennent à son domaine : « En prenant $x = 0$, qui est différent de $-1$ et de $1$, on obtient … ».
3) Combiner les relations obtenues jusqu'à isoler chaque inconnue : « En additionnant ces deux égalités, on obtient $4a = 2$, donc $a = \frac{1}{2}$. »
4) Si une disjonction apparaît (« $f(0) = 0$ ou $f(0) = 1$ »), mener chaque cas jusqu'à un candidat explicite ou jusqu'à une contradiction, sans en abandonner aucun.
5) Clore par la phrase bilan : « Ainsi, si $(a, b)$ convient, alors nécessairement $a = \frac{1}{2}$ et $b = -\frac{1}{2}$. »

Déterminer les réels $a$ et $b$ tels que pour tout réel $x \notin \{-1, 1\}$, $\dfrac{1}{x^2 - 1} = \dfrac{a}{x - 1} + \dfrac{b}{x + 1}$.
Procédons par analyse-synthèse.
Analyse. Soient $a$ et $b$ deux réels tels que pour tout réel $x \notin \{-1, 1\}$, $\dfrac{1}{x^2 - 1} = \dfrac{a}{x - 1} + \dfrac{b}{x + 1}$.
Soit $x \in \mathbb{R} \setminus \{-1, 1\}$. En multipliant par $x^2 - 1 = (x - 1)(x + 1)$ l'égalité de l'hypothèse écrite en $x$, on obtient $1 = a(x + 1) + b(x - 1)$.
Ceci valant pour tout réel $x \notin \{-1, 1\}$, on dispose de la relation (1) : pour tout réel $x \notin \{-1, 1\}$, $1 = a(x + 1) + b(x - 1)$. Elle ne s'applique ni en $1$ ni en $-1$.
En appliquant (1) au réel $0$, qui n'appartient pas à $\{-1, 1\}$, on obtient $1 = a - b$.
En appliquant (1) au réel $2$, qui n'appartient pas à $\{-1, 1\}$, on obtient $1 = 3a + b$.
En additionnant ces deux égalités, on obtient $4a = 2$, donc $a = \dfrac{1}{2}$.
Par suite, $b = a - 1 = -\dfrac{1}{2}$.
Ainsi, si $(a, b)$ convient, alors nécessairement $(a, b) = \left(\dfrac{1}{2}, -\dfrac{1}{2}\right)$.
Synthèse. Réciproquement, posons $a = \dfrac{1}{2}$ et $b = -\dfrac{1}{2}$. Soit $x \in \mathbb{R} \setminus \{-1, 1\}$.
On a $\dfrac{1}{2(x - 1)} - \dfrac{1}{2(x + 1)} = \dfrac{(x + 1) - (x - 1)}{2(x - 1)(x + 1)} = \dfrac{2}{2(x^2 - 1)} = \dfrac{1}{x^2 - 1}$.
Ceci valant pour tout réel $x \notin \{-1, 1\}$, le couple $\left(\dfrac{1}{2}, -\dfrac{1}{2}\right)$ convient.
Conclusion. Il existe un unique couple de réels qui convient : $(a, b) = \left(\dfrac{1}{2}, -\dfrac{1}{2}\right)$.
À retenir : l'analyse ne s'arrête qu'une fois chaque inconnue calculée, en spécialisant seulement en des valeurs où l'hypothèse est valable.

L'analyse enferme l'ensemble des solutions dans celui des candidats, la synthèse repère parmi eux les solutions. Lorsque l'analyse aboutit à un unique candidat $c$, elle prouve qu'il existe au plus une solution : c'est l'unicité. La synthèse, en établissant $P(c)$, prouve qu'il en existe au moins une : c'est l'existence. Réunies, les deux phases démontrent qu'il existe une unique solution et donnent sa valeur ; la conclusion d'un énoncé « montrer qu'il existe un unique » précise quelle phase a fourni quoi (voir la fiche Démontrer une unicité).

Quand : dès que l'analyse s'est close par « nécessairement ». La synthèse est due même s'il ne reste qu'un candidat.
1) Relire l'énoncé et dresser la liste de toutes les conditions imposées à l'objet : ensemble de départ et d'arrivée, parité, équation, contrainte du type $a \neq 0$.
2) Introduire chaque candidat par sa seule définition : « Réciproquement, soit $g$ la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par $g(x) = \ldots$ » ou « Réciproquement, posons $a = \ldots$ ». Aucun résultat de l'analyse n'est invoqué.
3) Pour retenir le candidat, vérifier chaque condition de la liste pour des variables quelconques : « Soient $x, y \in \mathbb{R}$. On a $g(x)g(y) = \ldots = g(x + y) + xy$. Ceci valant pour tous réels $x$ et $y$, $g$ vérifie (E). »
4) Pour rejeter le candidat, exhiber des valeurs qui mettent une condition en défaut : « Pour $x = y = 1$, le membre de gauche vaut $0$ et celui de droite $1$ ; comme $0 \neq 1$, la fonction nulle ne vérifie pas (E). »
5) Traiter les candidats un par un, chacun dans son propre paragraphe, en concluant sur chacun par « convient » ou « ne convient pas ».

Montrer que toute fonction $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ s'écrit de manière unique comme somme d'une fonction paire et d'une fonction impaire.
Soit $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$. On cherche les couples $(g, h)$ de fonctions de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ tels que $g$ est paire, $h$ est impaire et $f = g + h$. Procédons par analyse-synthèse.
Analyse. Soit $(g, h)$ un tel couple. Soit $x \in \mathbb{R}$.
Comme $f = g + h$, on a $f(x) = g(x) + h(x)$.
Comme $-x \in \mathbb{R}$, on a aussi $f(-x) = g(-x) + h(-x)$, donc $f(-x) = g(x) - h(x)$ car $g$ est paire et $h$ est impaire.
En additionnant ces deux égalités, on obtient $f(x) + f(-x) = 2g(x)$, donc $g(x) = \dfrac{f(x) + f(-x)}{2}$.
En retranchant la seconde de la première, on obtient $f(x) - f(-x) = 2h(x)$, donc $h(x) = \dfrac{f(x) - f(-x)}{2}$.
Ceci valant pour tout réel $x$, les fonctions $g$ et $h$ sont entièrement déterminées par $f$ : il existe au plus un couple qui convient.
Synthèse. Réciproquement, soient $g_0$ et $h_0$ les fonctions définies pour tout réel $x$ par $g_0(x) = \dfrac{f(x) + f(-x)}{2}$ et $h_0(x) = \dfrac{f(x) - f(-x)}{2}$ ; elles sont définies sur $\mathbb{R}$ tout entier, car $-x \in \mathbb{R}$ pour tout réel $x$. Soit $x \in \mathbb{R}$.
Parité de $g_0$ : $g_0(-x) = \dfrac{f(-x) + f(x)}{2} = g_0(x)$.
Imparité de $h_0$ : $h_0(-x) = \dfrac{f(-x) - f(x)}{2} = -h_0(x)$.
Somme : $g_0(x) + h_0(x) = \dfrac{2f(x)}{2} = f(x)$.
Ceci valant pour tout réel $x$, $g_0$ est paire, $h_0$ est impaire et $f = g_0 + h_0$ : le couple $(g_0, h_0)$ convient.
Conclusion. La synthèse prouve l'existence et l'analyse l'unicité : $f$ s'écrit de manière unique comme somme d'une fonction paire et d'une fonction impaire, à savoir $f = g_0 + h_0$.
À retenir : la synthèse repart des formules des candidats et coche une à une toutes les conditions de l'énoncé, chacune pour un réel quelconque.

À la question « déterminer tous les objets vérifiant (E) », la réponse est un ensemble, et la conclusion l'écrit en entier : « l'ensemble des fonctions vérifiant (E) est $\{x \mapsto 1 - x,\ x \mapsto 1 + x\}$ ». Elle nomme des objets ($x \mapsto x + 1$), pas des valeurs ($f(x) = x + 1$, où ni $f$ ni $x$ ne sont plus introduits). Un ensemble vide s'écrit lui aussi : « aucune fonction ne vérifie (E) ». Pour un énoncé d'existence et d'unicité, la conclusion reprend ses termes : « il existe un unique couple qui convient, à savoir $\left(\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}\right)$ ».

Quand : « déterminer toutes les fonctions $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ telles que pour tous réels $x$ et $y$, … ». Chaque valeur particulière n'exploite qu'une partie de l'hypothèse : l'analyse-synthèse s'impose.
1) Supposer une solution et nommer l'équation : « Soit $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ vérifiant (E). »
2) Calculer les valeurs remarquables en annonçant chaque substitution : « En prenant $x = y = 0$ dans (E), on obtient $f(0)^2 = f(0)$, donc $f(0) = 0$ ou $f(0) = 1$. »
3) Garder une variable libre pour atteindre $f(x)$ : « En prenant $y = 0$ dans (E), on obtient pour tout réel $x$ : … ». Si cela ne suffit pas, essayer $y = x$, $y = -x$, $x = 1$ ou $y = 1$, ou choisir $x$ et $y$ en fonction d'un réel $t$ (par exemple $x = t - 1$ et $y = 1$) pour faire apparaître $f(t)$ seul.
4) Mener chaque cas jusqu'à un candidat explicite ou jusqu'à une contradiction : « Cas 1 : $f(0) = 0$. (…) Ceci valant pour tout réel $x$, $f$ est la fonction nulle. »
5) Clore l'analyse : « Ainsi, si $f$ vérifie (E), alors nécessairement $f$ est l'une des fonctions … ».
6) Rédiger la synthèse candidat par candidat (retenir par un calcul pour tous $x$ et $y$, rejeter par un contre-exemple), puis conclure par l'ensemble des solutions.

Pour une condition portant sur tous réels $x$ et $y$ : $x = y = 0$ donne une équation en $f(0)$ ; $y = 0$ relie $f(x)$ à $f(0)$ ; $y = x$ et $y = -x$ font apparaître, selon l'équation, $f(2x)$, $f(0)$, $f(x^2)$ ou $f(-x^2)$ ; $x = 1$ ou $y = 1$ font intervenir $f(1)$. Pour une condition portant sur tout réel $x$ et reliant $f(x)$ à $f(-x)$, $f(1 - x)$ ou $f\left(\frac{1}{x}\right)$, on l'écrit aussi en $-x$, en $1 - x$ ou en $\frac{1}{x}$, puis on résout le système obtenu. Chaque substitution reste dans le domaine de l'hypothèse : remplacer $x$ par $\frac{1}{x}$ exige $x \neq 0$.

Déterminer toutes les fonctions $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ telles que pour tous réels $x$ et $y$, $f(x)f(y) - f(xy) = x + y$.
Notons (E) cette condition. Procédons par analyse-synthèse.
Analyse. Soit $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ vérifiant (E).
En prenant $x = y = 0$ dans (E), on obtient $f(0)^2 - f(0) = 0$, donc $f(0)\big(f(0) - 1\big) = 0$, donc $f(0) = 0$ ou $f(0) = 1$.
En prenant $y = 0$ dans (E), on obtient pour tout réel $x$ : $f(x)f(0) - f(0) = x$, c'est-à-dire $f(0)\big(f(x) - 1\big) = x$. Notons (1) cette égalité.
En prenant $x = 1$ dans (1), on obtient $f(0)\big(f(1) - 1\big) = 1$, donc $f(0) \neq 0$.
Comme $f(0) = 0$ ou $f(0) = 1$, on a donc $f(0) = 1$.
Soit $x \in \mathbb{R}$. D'après (1) et puisque $f(0) = 1$, on a $f(x) - 1 = x$, donc $f(x) = x + 1$.
Ainsi, si $f$ vérifie (E), alors nécessairement $f$ est la fonction $x \mapsto x + 1$.
Synthèse. Réciproquement, soit $g : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ définie par $g(x) = x + 1$. Soient $x, y \in \mathbb{R}$.
On a $g(x)g(y) - g(xy) = (x + 1)(y + 1) - (xy + 1) = xy + x + y + 1 - xy - 1 = x + y$.
Ceci valant pour tous réels $x$ et $y$, la fonction $g$ vérifie (E).
Conclusion. L'ensemble des fonctions vérifiant (E) est $\{x \mapsto x + 1\}$.
À retenir : on spécialise d'abord pour cerner $f(0)$, puis on garde une variable libre pour exprimer $f(x)$ ; une valeur de $f(0)$ qui contredit l'hypothèse est écartée dès l'analyse.

Le nombre de candidats ne préjuge pas du nombre de solutions. Si l'analyse aboutit à une contradiction, aucun objet ne vérifie la propriété : l'ensemble des solutions est vide et la synthèse est sans objet. Si elle laisse plusieurs candidats, ou une famille décrite par un paramètre, la synthèse les examine tous, un par un ou pour un paramètre quelconque, et peut en rejeter une partie, voire tous. Un candidat unique n'est pas pour autant une solution : seule la synthèse le garantit.

Déterminer toutes les fonctions $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ telles que pour tous réels $x$ et $y$, $f(x)f(y) = f(x + y) + xy$.
Notons (E) cette condition. Procédons par analyse-synthèse.
Analyse. Soit $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ vérifiant (E).
En prenant $x = y = 0$ dans (E), on obtient $f(0)^2 = f(0)$, donc $f(0) = 0$ ou $f(0) = 1$.
Cas 1 : $f(0) = 0$. Soit $x \in \mathbb{R}$. En prenant $y = 0$ dans (E), on obtient $f(x) = f(x)f(0)$ ; or $f(0) = 0$, donc $f(x) = f(x) \times 0 = 0$.
Ceci valant pour tout réel $x$, $f$ est la fonction nulle.
Cas 2 : $f(0) = 1$. En prenant $x = 1$ et $y = -1$ dans (E), on obtient $f(1)f(-1) = f(0) - 1 = 0$, donc $f(1) = 0$ ou $f(-1) = 0$.
Cas 2a : $f(1) = 0$. Soit $t \in \mathbb{R}$. En prenant $x = t - 1$ et $y = 1$ dans (E), on obtient $f(t - 1)f(1) = f(t) + t - 1$, donc $0 = f(t) + t - 1$, donc $f(t) = 1 - t$.
Ceci valant pour tout réel $t$, $f$ est la fonction $x \mapsto 1 - x$.
Cas 2b : $f(-1) = 0$. Soit $t \in \mathbb{R}$. En prenant $x = t + 1$ et $y = -1$ dans (E), on obtient $f(t + 1)f(-1) = f(t) - t - 1$, donc $0 = f(t) - t - 1$, donc $f(t) = t + 1$.
Ceci valant pour tout réel $t$, $f$ est la fonction $x \mapsto 1 + x$.
Ainsi, si $f$ vérifie (E), alors nécessairement $f$ est l'une des trois fonctions $x \mapsto 0$, $x \mapsto 1 - x$ et $x \mapsto 1 + x$.
Synthèse. Examinons chaque candidat.
La fonction nulle : pour $x = y = 1$, le membre de gauche de (E) vaut $0 \times 0 = 0$ et celui de droite $0 + 1 \times 1 = 1$. Comme $0 \neq 1$, la fonction nulle ne vérifie pas (E).
La fonction $u : x \mapsto 1 - x$. Soient $x, y \in \mathbb{R}$. On a $u(x)u(y) = (1 - x)(1 - y) = 1 - x - y + xy = u(x + y) + xy$. Ceci valant pour tous réels $x$ et $y$, $u$ vérifie (E).
La fonction $v : x \mapsto 1 + x$. Soient $x, y \in \mathbb{R}$. On a $v(x)v(y) = (1 + x)(1 + y) = 1 + x + y + xy = v(x + y) + xy$. Ceci valant pour tous réels $x$ et $y$, $v$ vérifie (E).
Conclusion. L'ensemble des fonctions vérifiant (E) est $\{x \mapsto 1 - x,\ x \mapsto 1 + x\}$.
À retenir : chaque cas de l'analyse est mené jusqu'à son candidat, puis la synthèse juge chaque candidat séparément, en rejetant par un contre-exemple chiffré et en retenant par un calcul général.

Déterminer toutes les fonctions $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ telles que pour tout réel $x$, $f(x) + f(1 - x) = x$.
Notons (E) cette condition. Procédons par analyse-synthèse.
Analyse. Soit $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ vérifiant (E).
En prenant $x = 0$ dans (E), on obtient $f(0) + f(1) = 0$.
En prenant $x = 1$ dans (E), on obtient $f(1) + f(0) = 1$.
Les deux membres de gauche sont égaux, donc $0 = 1$, ce qui est absurde.
Ainsi, l'hypothèse « $f$ vérifie (E) » mène à une contradiction : l'analyse ne laisse aucun candidat.
Synthèse. Sans objet, puisqu'il n'y a aucun candidat à examiner.
Conclusion. L'ensemble des fonctions vérifiant (E) est vide : aucune fonction de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ ne vérifie (E).
À retenir : une contradiction obtenue dans l'analyse répond à la question, et la conclusion écrit explicitement que l'ensemble des solutions est vide.

Ligne fautive, à la fin de l'analyse de $f(x)f(y) = f(x + y) + xy$ :
« Donc les solutions sont la fonction nulle, $x \mapsto 1 - x$ et $x \mapsto 1 + x$. »
L'analyse a seulement établi que toute solution est l'une de ces trois fonctions, pas que chacune convient. Or la fonction nulle ne convient pas : pour $x = y = 1$, elle donne $0 = 1$. La conclusion annonce donc une solution qui n'en est pas une.
Version correcte :
« Ainsi, si $f$ vérifie (E), alors $f$ est l'une des fonctions $x \mapsto 0$, $x \mapsto 1 - x$ et $x \mapsto 1 + x$. »
Puis une synthèse qui examine chacune d'elles, et seulement ensuite : « L'ensemble des fonctions vérifiant (E) est $\{x \mapsto 1 - x,\ x \mapsto 1 + x\}$. »
Même avec un seul candidat, la synthèse reste due : c'est elle qui prouve l'existence.

Ligne fautive, pour déterminer les fonctions $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ telles que pour tout réel $x$, $f(x) - f(-x) = 2x$ :
« Cherchons $f$ sous la forme $f(x) = ax + b$. Alors $2ax = 2x$, donc $a = 1$, et les solutions sont les fonctions $x \mapsto x + b$ avec $b \in \mathbb{R}$. »
Rien dans l'énoncé ne dit que $f$ est affine : cette ligne ajoute une hypothèse. Elle trouve au mieux les solutions affines, sans prouver qu'il n'y en a pas d'autres, et il y en a : $x \mapsto x + x^2$ vérifie $(x + x^2) - (-x + x^2) = 2x$.
Version correcte, qui part d'une solution quelconque :
« Soit $f$ vérifiant la condition, et soit $g$ la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par $g(x) = f(x) - x$. »
« Soit $x \in \mathbb{R}$. D'après la condition, $f(-x) = f(x) - 2x$, donc $g(-x) = f(-x) + x = f(x) - 2x + x = g(x)$. »
« Ceci valant pour tout réel $x$, $g$ est paire : toute solution s'écrit $x \mapsto x + g(x)$ avec $g$ paire. »
La synthèse vérifie ensuite que chacune de ces fonctions convient. Une forme imposée n'est légitime que si l'énoncé la donne (« déterminer les fonctions affines telles que »).

Ligne fautive :
« Soit $f$ telle que $f(x) + 2f(-x) = x$ pour tout réel $x$. On trouve $f(x) = -x$, et $f$ vérifie bien l'équation puisque c'est une solution. Donc $x \mapsto -x$ est l'unique solution. »
La « vérification » invoque l'hypothèse « $f$ est une solution », c'est-à-dire exactement ce qu'il fallait établir pour le candidat : elle tourne en rond et ne prouve pas l'existence. Dans un paragraphe unique, on ne distingue plus l'objet supposé solution de l'objet à vérifier.
Version correcte, en deux paragraphes titrés :
« Analyse. Soit $f$ vérifiant (E) : pour tout réel $x$, $f(x) + 2f(-x) = x$. (…) Ainsi, nécessairement, $f$ est la fonction $x \mapsto -x$. »
« Synthèse. Réciproquement, soit $g$ la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par $g(x) = -x$. Soit $x \in \mathbb{R}$. On a $g(x) + 2g(-x) = -x + 2x = x$, donc $g$ vérifie (E). »
Dans la synthèse, seul compte le calcul fait à partir de la formule du candidat.

Ligne fautive, pour la condition (E) : $f(x)f(y) - f(xy) = x + y$ pour tous réels $x$ et $y$ :
« $f$ vérifie (E) $\iff f(0)^2 - f(0) = 0 \iff f(0) = 0$ ou $f(0) = 1$. »
La première équivalence est fausse : la fonction nulle vérifie $f(0)^2 - f(0) = 0$, mais pas (E), puisqu'en $x = y = 1$ elle donne $0 = 2$. Prendre $x = y = 0$ ne retient qu'une seule des égalités contenues dans (E), ce qui ne fournit qu'une implication. L'équivalence abusive fait croire que la synthèse est inutile.
Version correcte :
« Soit $f$ vérifiant (E). En prenant $x = y = 0$ dans (E), on obtient $f(0)^2 - f(0) = 0$, donc $f(0) = 0$ ou $f(0) = 1$. »
Dans l'analyse, chaque maillon est un « donc » ; les équivalences sont réservées aux calculs dont on a vérifié la réversibilité.

Ligne fautive, dans la synthèse du couple $(a, b) = \left(\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}\right)$ pour l'égalité $\dfrac{1}{x^2 - 1} = \dfrac{a}{x - 1} + \dfrac{b}{x + 1}$ :
« Pour $x = 0$, les deux membres valent $-1$ ; pour $x = 2$, ils valent $\frac{1}{3}$. Donc le couple convient. »
L'égalité est exigée pour tout réel $x \notin \{-1, 1\}$ : deux valeurs ne disent rien des autres. Pire, $a$ et $b$ ont été calculés précisément pour que l'égalité soit vraie en $0$ et en $2$ : ce test ne pouvait pas échouer, il ne vérifie rien.
Version correcte :
« Soit $x \in \mathbb{R} \setminus \{-1, 1\}$. On a $\dfrac{1}{2(x - 1)} - \dfrac{1}{2(x + 1)} = \dfrac{(x + 1) - (x - 1)}{2(x^2 - 1)} = \dfrac{1}{x^2 - 1}$. Ceci valant pour tout réel $x \notin \{-1, 1\}$, le couple convient. »
Retenir un candidat exige un calcul pour une variable quelconque ; seul un rejet se fait sur une valeur particulière.

Ligne fautive, dans l'analyse de $f(x)f(y) = f(x + y) + xy$ :
« On a $f(1)f(-1) = 0$. Prenons $f(-1) = 0$. En prenant $x = t + 1$ et $y = -1$, on obtient $f(t) = t + 1$. »
De « $f(1) = 0$ ou $f(-1) = 0$ », on ne peut pas choisir le cas qui arrange : rien n'interdit $f(1) = 0$. Le cas oublié contenait la solution $x \mapsto 1 - x$, que la conclusion ne mentionnera jamais, et la synthèse ne peut pas la rattraper puisqu'elle n'examine que les candidats de l'analyse.
Version correcte :
« Donc $f(1) = 0$ ou $f(-1) = 0$. »
« Cas 2a : $f(1) = 0$. (…) donc $f(t) = 1 - t$. »
« Cas 2b : $f(-1) = 0$. (…) donc $f(t) = t + 1$. »
Une disjonction se traite en entier : chaque cas mène à un candidat ou à une contradiction écrite.

Ligne fautive, en dernière ligne :
« Donc $f(x) = x + 1$. »
Cette phrase parle d'une fonction $f$ et d'un réel $x$ qui ne sont plus introduits, et ne répond pas à « déterminer toutes les fonctions » : le lecteur ne sait ni si $x \mapsto x + 1$ convient, ni s'il existe d'autres solutions.
Version correcte :
« Conclusion. L'ensemble des fonctions vérifiant (E) est $\{x \mapsto x + 1\}$. »
ou, de façon équivalente : « Il existe une unique fonction vérifiant (E) : la fonction $x \mapsto x + 1$. »