La existencia de una función

Question

Me encontré con esta pregunta

¿Existe una función de $f: \mathbb{R}^+ \to \mathbb{R}^+$ tal que $f(x+y)>f(x)(1+yf(x))$ $x,y\in \mathbb{R}^+$

y yo no sabía cómo empezar.

Answer 1

He aquí un enfoque ligeramente diferente.

Supongamos por contradicción que ese $f$ existe. De hecho, vamos a llegar a la misma contradicción incluso si $f$ sólo satisface $f(x+y) \geq f(x)(1+yf(x))$$x,y>0$.

Definir una secuencia $x_0 < x_1 < x_2 < \ldots$ a través de la recurrencia $$x_0 := 2011 \text{ and } x_{n+1} := x_n + 1/f(x_n) \text{ for } n>0.$$

Haciendo uso repetido de la enlazado $f(x + 1/f(x)) \geq f(x)(1+f(x)/f(x)) = 2f(x)$, nos encontramos con que $f(x_n) \geq 2^n f(x_0)$ todos los $n$.

Tomando el recíproco de la última desigualdad y la suma de una serie geométrica nos permite establecer $$ x_n = x_0 + \sum_{i=0}^{n-1} (x_{i+1} - x_i) = x_0 + \sum_{i=0}^{n-1} 1/f(x_i) \leq x_0 + \sum_{i=0}^{n-1} 1/(2^i f(x_0)) < x_0 + 2/f(x_0) =: M.$$

Pero ahora, la secuencia de $x_0,x_1,\ldots$ es limitada (por $M$), mientras que la secuencia de $f(x_0),f(x_1),\ldots$ diverge a infinito. De ello se desprende que hay algunos entero $N$ tal que $f(x_N) > f(M)$ aunque $x_N < M$. Sin embargo, se ha observado un $f$ debe ser monótona, por lo que tenemos una contradicción.

Answer 2

No existe tal $f$. Mi solución es formalmente no se basa en el análisis, pero es inspirada por mi análisis de "solución" en los comentarios. Esperemos que no hay error aquí :-).

Escoge un suficientemente pequeño $\epsilon > 0$. Entonces, para $n \in \mathbb N_{0}$, tenemos: $$ f(1+(n+1)\epsilon) - f(1+n\epsilon) > \epsilon f(1+ n\epsilon)^2. $$ Creo que es más fácil trabajar con una secuencia relacionada $u_n$ define como $u_n = \epsilon f(1+n\epsilon)$. Enchufar esto en la ecuación anterior, obtenemos la agradable recursiva desigualdad $u_{n+1} > u_n + u_n^2$, con la condición base $u_0 = \epsilon f(1)$.

La proposición. Si $u_k \geq \eta$,$u_{k + \lceil 1/\eta \rceil} \geq 2 \eta$.

Prueba. Tenemos $u_{k+1} - u_k > \eta^2$, $u_{k+2}-u_{k+1} > \eta^2$, y así sucesivamente. (Yo soy implícitamente con el hecho de que $u_n$ es monótona.) La adición de todos estos $\lceil 1/\eta \rceil$ desigualdades, se obtiene la demanda. $\Box$

Número de iteraciones antes de llegar a $1$. Para $\eta \leq 1$, tenemos la simplificación $\lceil 1/\eta \rceil \leq 2/\eta$. También me parece conveniente utilizar el lenguaje informal "$u$-valor en la iteración $i$" para denotar $u_i$. La observación anterior dice que si el $u$-valor en la iteración actual es, al menos,$\eta \leq 1$, después de que en la mayoría de las $2/\eta$ iteraciones, el$u$ -, el valor se convierte, al menos,$2\eta$. Ahora, si $2\eta \leq 1$, a continuación, nos detendremos, de otra, después de un adicional de $2/(2\eta)$ iteraciones, el $u$-valor es al menos $2^2\eta$. El uso de este argumento en repetidas ocasiones, el número de iteraciones antes de la $u$ -, el valor se convierte, al menos, $1$ es en la mayoría de los $$ \frac{2}{\eta} + \frac{2}{2\eta} + \frac{2}{2^2 \eta} + \ldots $$ (esto es en realidad una suma finita con $\approx \log(1/\eta)$ términos), que es menor que la suma de las correspondientes a las series geométricas infinitas, es decir,$4/\eta$.

Final de la contradicción. Ahora, desde la $u_0 = \epsilon f(1) \stackrel{def}{=} \eta$, $ $ 1 \leq u_{\frac{4}{\epsilon f(1)}} = \epsilon \cdot f\left(1+\epsilon \cdot \frac{4}{\epsilon f(1)} \right) = \epsilon \cdot f\left(1+\frac{4}{f(1)} \right). $$ Esto es una contradicción ya que el $\epsilon > 0$ en el argumento anterior fue arbitraria, mientras que el segundo factor es fijo cantidad positiva, dependiendo únicamente de la $f$.

Nota. Mientras no $f$ existe la satisfacción de los requerimientos del problema, podemos hacerlo mejor si queremos relajar el dominio a un intervalo de la forma $(0,A)$. En este caso, la función de $f(x) = \frac{1}{A-x}$ obras.

Answer 3

Otro enfoque: la Reescritura de la desigualdad como $(*): f(x+y)-f(x)>yf(x)^2$. Así que podemos ver que $f$ es estrictamente una función creciente. Fix $x$ y deje $y\rightarrow+\infty$, también vemos que $f$ es ilimitado. Por lo tanto podemos elegir un número $a$ tal que $f(a)>1$.

Ahora, para cualquier $x\ge 0$, definir $g(x)=f(x+a)-f(a)$. Claramente $g(0)=0$ $g$ es estrictamente creciente. También, es fácil mostrar que $(**): g(x+y) - g(x)>yg(x)^2$ siempre $x\ge 0$$y>0$. Así, las desigualdades por $f$ $g$ son similares, excepto que nos permitir $x=0$ en el de la desigualdad de la $g$. Sin embargo, la función de $g$ tiene una mejor propiedad-por poner $x=a$$(*)$, $g(y)>y$ todos los $y>0$.

Deje $b>0$$h=b/n$. Por $(**)$, obtenemos $g(ih)-g((i-1)h)>hg((i-1)h)^2$. Resumiendo para $i=1,2,...,n$ y deje $h\rightarrow 0$, podemos ver que $g(b) >\int_0^b g(u)^2 du$. Como $g$ es una función creciente, la integral de Riemann existe. Ahora, aplicar la desigualdad de $g(u)>u$ a el integrando, obtenemos $$g(b)>\int_0^b g(u)^2 du > \int_0^b u^2 du = \frac{b^3}{3}.$$ Aplicar esto a el integrando, obtenemos $$g(b)>\int_0^b g(u)^2 du > \int_0^b \left(\frac{u^3}{3}\right)^2 du = \frac{b^7}{3^2 \times 7}.$$ Continúe de esta manera, obtenemos $$ g(b) > \frac{b^3}{3},\ \frac{b^7}{3^2 \times 7},\ \frac{b^{15}}{3^4 \veces 7^2 \times 15}, ... $$ El $n$-ésimo término de la secuencia de arriba es de orden $O(b^{2^{n+1}}/2^{n^3})$. Por lo tanto, cuando se $b>1$, el valor de $g(b)$ será eventualmente blow up, es decir, $f(a+b)$ no existe.

El último paso anterior se desprende que cuando el dominio de $f$ está restringida a una pequeña vecindad de cero, $g$ no puede volar [editar: o, incluso, el barrio es tan pequeña que $a$ y, por tanto, $g$ no definido] y, por tanto, una solución para $f$ puede existir. Por ejemplo, si $f$ sólo está definida en algunos $(0, b)$, podemos tomar la $f(x)=e^{\alpha x}$ como una solución siempre que $b$ es pequeña y $\alpha > e^{\alpha b}$.