Demostrar que no existe ninguna función $f:\Bbb{R}\to\Bbb{R}$ $f(0)>0$ tal que $\forall x,y\in\Bbb{R}, f(x+y)\geq f(x)+y f(f(x))$

Question

Tengo este problema:

Demostrar que no existe ninguna función $f:\Bbb{R}\to\Bbb{R}$ $f(0)>0$ tal que $\forall x,y\in\Bbb{R}, f(x+y)\geq f(x)+y f(f(x))$.
(Pista: la solución implica límites en el infinito)

Traté de probarlo (por contradicción), pero no pude. Gracias por cualquier ayuda.

Answer 1

A partir de la condición de $f(0)>0$ se sigue que, con $x=0$ hemos $$f(0+y -) y f(f(0))\geq f(0)>0$$ por lo que se deduce que el $f(y)>ky$ donde $k=f(f(0))$ es no-cero constante. Tiene que ser distinto de cero ya que de lo contrario $0=k=f(f(x))>k f(x)=0$. Ahora tenemos que dividir en los casos.

Si $k>0$

Si $k>0$ se sigue que $x f(f(x))>kx f(x)>k^2 x^2\geq 0$. Así que en ese caso tenemos $$\underbrace{f(x-x)}_{f(0)}\geq f(x)-\underbrace{x, f(f(x))}_{\text{estrictamente mayor que }0}\\ \ffi\\ f(x)<f(0)$$ Pero la declaración anterior es absurdo por todos los medios. Para una cosa $f(0)<f(0)$ y, además,$f(0)>f(x)>kx\rightarrow\infty$, lo que también es absurdo.

Si $k<0$

Si aplicamos el principio de lo que Denis mostró, a saber, que $f(x)\rightarrow\infty$$x\rightarrow\infty$, entonces podemos conseguir, además de que a partir de mi análisis que para $k<0$ tenemos $f(-x)\geq -kx\rightarrow\infty$$x\rightarrow\infty$. Así que podemos ver que $$f(0)=f (x+x)\geq f(-x)+x f(f(-x))\rightarrow\infty$$ para$x\rightarrow\infty$. Una contradicción ya que nos acaban de demostrar que la constante de $f(0)$ es mayor o igual a una expresión que tiende a infinito. Por lo $k<0$ es imposible también.

Answer 2

Vamos $a=f(0)>0$, $b=f(a)$ y $c=f(b)$.

Sabemos que $f(0+b)\geq a+b^2$, con lo que conseguimos $c>0$.

También tenemos para todos $x$, $f(x+a)\geq f(a)+cx$, así, en particular, $\lim_{x\to\infty} f(x)=\infty$ y, más precisamente, $f(x)=\Omega(x)$ al $x\to\infty$.

Esto significa que para $x$ lo suficientemente grande, $f(x)>0$, y por lo tanto, $f(x+1)\geq f(x)+f(f(x))>f(f(x))$. Esto nos lleva de $f(f(x)-1)<f(x)$.

Por otra parte, para $x$ lo suficientemente grande, tenemos $f(x-1)>x$ (desde $f(x+1)=\Omega(x^2)$).

Escojamos $x_0$ suficientemente grande, y definir $x_{n+1}=f(x_n-1)$.

La secuencia de $(x_n)$ es estrictamente creciente, y para todos los $n$,$f(x_{n+1})<f(x_n)$. Hemos llegado a una contradicción con $\lim_{x\to\infty} f(x)=\infty$.

Answer 3

Por lo Denis dijo que tenemos que $lim_{x\to\infty}f(x)=\infty$$lim_{x\to\infty}f(f(x))=\infty$.

Ahora vamos a llegar a una contradicción mediante la definición de los límites en el infinito:

Debido a $lim_{x\to\infty}f(x)=\infty$$lim_{x\to\infty}f(f(x))=\infty$. Tenemos que:
$\forall 0<M_1,\exists 0<N_1$ tal que $\forall N_1<x, M_1<f(x)$ y que
$\forall 0<M_2,\exists 0<N_2$ tal que $\forall N_2<x, M_2<f(f(x))$

Ahora tome $M_1=M_2=1$ y vamos a conseguir que $\exists 0<N_1$ tal que $\forall N_1<x, 1<f(x)$ y $\exists 0<N_2$ tal que $\forall N_2<x, M_1<f(f(x))$

Tome $x=max (N_1+1,N_2+1)$,$N_1,N _2<x$, por lo que tenemos que $1<f(x)$ y $1<f(f(x))$

Ahora tome $y=max(\frac{x+1}{f( f( x))-1},N_2-x)$, lo que implica que $N_2< x+y+1\leq y f(f(x ))$$1<f(f(x+y+1))$, Ahora $f (x+y)\geq f(x )+yf(f(x))\geq x+y+1$ Y por lo tanto

$f(f(x+y))\geq f(x+y+1)+(f(x+y)-(x+y+1))f(f(x+y+1)) \geq f(x +y+1)\geq f(x+y)+f(f(x+y))\geq f(x)+yf(f(x))+f(f(x+y))>f(f(x+y))$

Y así tenemos que $0>0$ lo cual es una contradicción.