Bon, on commence.Soit X > 2, soit x = X-2
f(X) = f(x) + 2 = blablabla * f(2) = 0
Donc f(x) = 0 pour tout x supérieur à 2

Soit a < 2 (donc 2-a >0), soit epsilon positif tel que 2-a-epsilon > 0 (blabla on est dans R, blabla densité, bref on a le droit)

f(a+ 2-a-epsilon) = f(a). f( (2-a-epsilon).f(a)) = f(2-epsilon) > 0
f(a) >0, ça c'est bon
f(f(a)(2-a-epsilon)) > 0 donc f(a)(2-a-epsilon) < 2
f(a) < 2/(2-a-epsilon)

On va considérer un cas limite: epsilon tends vers 0: f(a) = 2/(2-a)
Est ce que ça marche ? (pour x et y tels que 0<x+y<2)
$$f(x).f(y.f(x)) = \\ \frac{2}{2-x} . \frac{2}{2-(y\frac{2}{2-x})} = \\ \frac{2}{2-x} . \frac{1}{1-(y\frac{1}{2-x})} = \\ \frac{2}{2-x} . \frac{2-x}{2-x-(y)} = \\ \frac{2}{2-x-y} = \\ f(x+y)$$
Badaboum, ça marche !!
Donc f est définie par f(x) = 2/(2-x) pour 0 < x < 2, et 0 sinon

Je commence par le plus facile :

y=0 => f(0).f(x) = f(x) => [ f(0)=1 ou  pour tout x f(x)=0 (impossible par condition 3)] => f(0) = 1

quelques essais :
f(2)=0=f(1+1) = f(1.f(1)).f(1)= f^2(1).f(1), or f(1) différent de 0 car 1€[0,2[, donc f^2(1) = 0, et donc f(1) n'est pas dans [0,2[

pour f(x) non nul (il y en a) : f(1/f(x).f(x)).f(x) = f(x+1/x) = f(1).f(x)

(suite)
soit e>0, f(2+e) = f(e.f(2)).f(2) = 0, donc f est nulle sur [2,+infini[

je trouve par tâtonnement

f(x) = (1/(x+1))* E(2/ 1+|1-x|)

Oh tu chipotes ! Je pourrais te rétorquer que tu parles "d'une" fonction et pas "de la" fonction

Bon allez, et au passage je ça fera tout ça au propre

Soit x>0, f(x+2) = f(2).f(...) = 0
Donc pour tout x >= 2, f(x) = 0

Soit a <2, 2-a >0, et 0 = f(2) = f(a + 2-a) = f(a).f((2-a).f(a))
Or f(a) > 0, donc f((2-a).f(a)) = 0, donc (2-a).f(a) >=2, et donc f(a) >= 2/(2-a)
Soit epsilon tel que 2-a-epsilon > 0. (vu que a<2 on peut trouver un tel epsilon dans R)
f(a + 2-a-epsilon) = f(2-epsilon) > 0
f(a).f((2-a-epsilon).f(a)) > 0
Donc f((2-a-epsilon).f(a)) > 0, donc (2-a-epsilon).f(a) < 2, donc f(a) < (2-a-epsilon)

Au final donc, 2/(2-a) <= f(a) < 2/(2-a-epsilon) pour epsilon aussi petit qu'on veut; ce qui implique donc f(a) = 2/(2-a)

On vérifie tout de même que 2/(2-a-b) = 2/(2-a) . 2/(2-(2b/(2-a))), ce qui est le cas.

La réponse est donc la fonction f définie par f(x) = 2(1-H(x-2))/(2-x) pour x<2, avec H la fonction de Heaviside

Je poursuis, au compte goutte

soit 0<x<2, 0=f(2)=f((2-x)+x)=f((2-x).f(x)).f(x), or f(x) =/= 0,
donc f((2-x).f(x))=0,
donc (2-x).f(x) >= 2
donc f(x)>= 2/(2-x)... ce qui implique que lim_{x=>2} f(x)=+infini

et cool, ça marche, 2/(2-x), en voilà une.

j'arrive, j'arrive

toujours 0<= x < 2 (et donc f(x) =/= 0) :

0=f(2) = f(2/f(x).f(x)).f(x) = f(2/f(x)+x),
donc 2/f(x)+x >= 2
donc 2+xf(x) >= 2f(x)          f(x) positive
donc f(x) <= 2/(2-x)            2-x positif

d'où l'égalité.

Un truc intéressant: on peut remplacer 2 par n'importe quel autre réel r>0, on trouvera une réponse similaire du genre r/(r-x)

@irmo : homo-quoi ?

... ah oui ! ça me dit vaguement quelque chose... j'ai vu ça au lycée je suppose.

@fix33: dans la dernière partie tu montres l'existence, mais au milieu il manque une partie : l'autre égalité, pour assurer l'unicité !

Pas beaucoup de participations, mais toutes de qualité

Je rédige une démo, même si toutes celles ci-dessus sont correctes et identiques

(i) Prenons y=0, et x dans [0;2[
$$f(0.f(x)).f(x)=f(x+0)[/latex], donc [latex]f(0).f(x)=f(x)$$
Comme f(x) non nul d'après (3), f(0)=1

(ii) Prenons x=2 et y positif
$$f(y.f(2)).f(2)=f(2+y)$$
D'après (2), f(2)=0 donc $f(y+2)=0$
On en déduit que f est nulle sur [2;+$\infty$[

(iiI) Prenons x dans [0;2[ et y=x-2
$$f((2-x).f(x)).f(x)=f(x+2-x)$$
donc $f((2-x).f(x)).f(x)=f(2)=0$
Or f(x) est non nul d'après (3), donc $f((2-x).f(x)) = 0$
Nécessairement, on a alors $(2-x)f(x)$ dans [2;+$\infty$[ (f ne s'annule pas sur [0;2[)
Et on a bien $f(x) \ge \frac2{2-x}$ (j'ai divisé par $2-x > 0$)

(iv) Prenons x dans [0;2[ et $y=\frac2{f(x)}$ (possible car f ne s'annule pas sur [0;2[)
$$f(\frac2{f(x)}.f(x)).f(x)=f(x+\frac2{f(x)})$$
donc $f(x+\frac2{f(x)})=0$
On en déduit :
$$x+\frac2{f(x)} \ge 2 \frac1{f(x)} \ge \frac{2-x}2 \g 0$$
En passant aux inverses : $f(x) \le \frac2{2-x}$

Et finalement :
$$\forall x \in [2;+\infty[, f(x)=0 \forall x \in [0;2[, f(x)=\frac2{2-x}$$