$a<b(b+2)$ entonces $f(a)< 2f(b).$

Question

Estoy buscando una función positiva continua $f$ de tal manera que para todos los positivos $a,b>0$

$$a < b(b+2) \Longrightarrow f(a)<2f(b)$$ y $$a=b(b+2) \Longrightarrow f(a)=2f(b).$$

¿Existe tal función?

Intenté construir uno usando funciones exponenciales, ya que son positivas, pero fallé.

Answer 1

Deje que $g: \mathbb {R}_{>1} \to\mathbb {R}_{>0}$ se definirá por $g(x):=f(x-1)$ para todos $x>1$ . Por lo tanto, si $a,b>0$ satisface $a<b(b+2)$ o equivalente, $(a+1)<(b+1)^2$ Entonces $$g(a+1)=f(a) < 2\,f(b)=2\,g(b+1)\,.$$ Si $a=b(b+2)$ que es lo mismo que $(a+1)=(b+1)^2$ Entonces $$g(a+1)=f(a)=2\,f(b)=2\,g(b+1)\,.$$ Por lo tanto, si $h: \mathbb {R} \to\mathbb {R}$ está dada por $$h(t):= \dfrac { \ln\Big (g \big ( \exp (2^t) \big ) \Big )}{ \ln (2)} \text { for all }t \in\mathbb {R}\,,$$ entonces $$h(t+1)=h(t)+1 \text { for all }t \in\mathbb {R}\,. \tag {*}$$ Eso es, $$f(x)=2^{h \left ( \frac { \ln\big ( \ln (x+1) \big )}{ \ln (2)} \right )} \text { for all }x>0 \tag {#}\,.$$

En otras palabras, puedes empezar con cualquier función continua $h: \mathbb {R} \to\mathbb {R}$ que satisface (*). Entonces, cualquier función de este tipo $f: \mathbb {R}_{>0} \to\mathbb {R}_{>0}$ debe tomar la forma (#). En particular, si $h(t)=t+ \ln (c)$ para todos $t \in\mathbb {R}$ y por un fijo $c>0$ Entonces $$f(x)=c\, \ln (x+1) \text { for all }x>0\,.$$ Sin embargo, hay infinitas otras soluciones. Por ejemplo, podemos tomar $$h(t)=t+p(t) \text { for all }t \in\mathbb {R}\,,$$ donde $p: \mathbb {R} \to\mathbb {R}$ es una función periódica continua arbitraria con período $1$ . Entonces.., $$f(x)=2^{p \left ( \frac { \ln\big ( \ln (x+1) \big )}{ \ln (2)} \right )}\, \ln (x+1) \text { for all }x>0\,.$$ Por ejemplo, se puede tomar $p(t)$ para ser cualquier función en el $ \mathbb {R}$ -de la extensión de $$1, \sin (2 \pi t), \cos (2 \pi t), \sin (4 \pi t), \cos (4 \pi t), \sin (6 \pi t), \cos (6 \pi t), \ldots\ ,.$$ Lo único que puede preocuparte es que $h$ debería ser una función estrictamente creciente. Sin embargo, eso puede arreglarse fácilmente exigiendo que $p(t)$ ser continuamente diferenciable casi en todas partes con $p'(t)>-1$ para casi todos los $t \in [0,1)$ (esta condición adicional eliminará algunas opciones viables de $p$ aunque). Es decir, algo como $$p(t)= \frac { \cos (2 \pi t)}{2 \pi } \text { for all }t \in\mathbb {R}$$ también funcionará.