Función continua con $f(x^m+y^n) \le f(x+y)$

Question

Dejemos que $m>n\ge 1$ sean números enteros. Si $m$ es par y $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ es continua, no constante, con $f(x^m+y^n) \le f(x+y)$ , $\forall x, y \in \mathbb{R}$ , demuestre que $n$ está en paz.
Creo que debemos suponer $n$ es impar y llegar a algún tipo de contradicción. Al tomar $x=0$ conseguimos que $f(y) \ge f(y^n), \forall y\in \mathbb{R}$ pero no sé cómo utilizarlo.
EDIT: ¿Existe la posibilidad de que el problema esté mal? Un usuario en los comentarios señaló que el hecho de que $m$ es incluso es redundante. Esto me hace dudar un poco de la corrección del problema, pero tampoco puedo avanzar en este sentido.
Bump

Answer 1

No es una solución del problema - pero, a petición del OP, una observación que muestra que la suposición de que $m$ incluso se deduce de otros supuestos (lo que sugiere que el problema puede estar mal planteado).

Mi reclamo es:

Si $m\ge n>1$ son números enteros, y $f\colon\mathbb R\to\mathbb R$ no es constante y satisface $f(x^m+y^n)\le f(x+y)$ para cualquier $x,y\in\mathbb R$ entonces $m$ está en paz.

(Obsérvese que no es necesaria la continuidad).

Para la demostración, basta con mostrar que si $m$ es impar, entonces para cualquier $a,b\in\mathbb R$ existe $x,y\in\mathbb R$ tal que $x^m+y^n=a$ y $x+y=b$ . En efecto, a partir de la segunda ecuación $y=b-x$ y sustituyendo esto en la primera ecuación obtenemos $x^m+(b-x)^n=a$ . El LHS es un polinomio en $x$ de grado $m$ ; ya que $m$ se supone que es impar, el rango de valores de este polinomio es todo el $\mathbb R$ . Esto significa que la ecuación $x^m+(b-x)^n=a$ tiene una solución. Sustituyendo esta solución en $y=b-x$ recuperamos $y$ .

Answer 2

Según la petición, voy a publicar un esfuerzo parcial. A lo largo de (a pesar de mi comentario), $m$ se supone que es par.

Arreglar algunos $y \in (-1, 1)$ y definir $a_k = y^{n^k}$ . Tenga en cuenta que $a_k \to 0$ como $k \to \infty$ . Obsérvese también que, desde el $x = 0$ caso, vemos que $$f(a_{k+1}) = f(a_k^n) \le f(a_k).$$ Así, utilizando la continuidad de $f$ , $$f(y) = f(a_0) \le \lim_{k\to \infty}f(a_k) = f\left(\lim_{k\to \infty}a_k\right) = f(0),$$ Eso es, $f$ restringido al intervalo $(-1, 1)$ alcanza su máximo en $0$ . Obsérvese que, por continuidad, este intervalo puede extenderse a $[-1, 1]$ .

Ahora, consideremos la desigualdad cuando $x = 1$ . Obtenemos $$f(y^n + 1) \le f(y + 1).$$ Arreglar $y \in (0, 2)$ y que $b_k = (y - 1)^{n^k} + 1$ . Entonces $b_k \to 1$ y $$f(b_{k+1}) = f((b_0 - 1)^{n^k})^n + 1) \le f((b_0 - 1)^{n^k} + 1) = f(b_k).$$ Al igual que el argumento anterior, esto implica que el máximo de $f$ , restringido a $[0, 2]$ se consigue en $1$ .

Combinando esto con la conclusión anterior, esto significa que $f(0) = f(1)$ ya que ambos son máximos en el intervalo $[0, 1]$ . Además, tomando la desigualdad original con $x = -1$ y $y = 0$ obtenemos $f(0) = f(1) \le f(-1)$ pero, como se ha comentado anteriormente, $0$ maximiza $f$ en $[-1, 1]$ Por lo tanto $f(-1) = f(0) = f(1)$ .

Si limitamos nuestra atención a $y \in (0, 1)$ podemos extender la secuencia $a_k$ como en el caso de los enteros negativos $k$ (como $y$ es positivo, no tenemos que preocuparnos todavía por $n$ siendo impar). Todavía tenemos $f(a_{k + 1}) \le f(a_k)$ . Tenga en cuenta que $\lim_{k \to -\infty} a_k = 1$ Así que $$f(y) = f(a_0) \ge \lim_{k \to -\infty} f(a_k) = f\left(\lim_{k \to -\infty} a_k\right) = f(1).$$ Esto implica $f$ es constante sobre $[0, 1]$ (y todo esto sin asumir nada extra sobre $n$ ).

Por último, supongamos que $n$ es impar. Esto significa que podemos considerar $a_k$ para los negativos $k$ incluso cuando $y \in (-1, 0)$ . Esta vez tenemos $\lim_{k \to -\infty} a_k = -1$ Por lo tanto, como en el caso anterior, $f(y) \ge f(-1) = f(0)$ , lo que implica $f$ es constante sobre $[-1, 1]$ .