Deje $f(x): [0, +\infty)\mapsto \mathbb{R}$ ser una función tal que para una $k\in [0, +\infty)$: $$f^2(x)=k^2+x\cdot f(x+k) \quad \forall x\in \{\;[0, +\infty) : x\geq k\;\}\qquad (1)$$ and $$\frac{x+k}{2}\leq f(x) \leq 2\cdot (x+k) \quad \forall x\in \{\;[0, +\infty) : x\geq k\;\}\qquad (2)$$
Encontrar todas las funciones $f.$
He intentado lo siguiente:
A partir de (2), con la sustitución de $x=-k$ obtenemos $0\leq f(-k) \leq 0$, lo $f(-k)=0$. Luego, a partir de (1) con la sustitución de $x=-k$ obtenemos $0=k^2-k\cdot f(0)$, lo $f(0)=k$, lo cual es fácilmente comprobable incluso cuando $k=0$.
También veo que $f(x)=x+k$ es una función válida. Cualquier sugerencia de cómo encontrar TODAS esas funciones? (Creo que la de arriba es la única función)
Edit 1: Como Hagen Von Eitzen señaló, no puedo utilizar la sustitución de $x=-k$, debido a que ambos x y k no son números negativos...
Respuesta
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Si se requiere que el $(1)$ $(2)$ mantener para todos los $x\ge 0$, $f(x)=x+k$ es la única solución. (Es una solución en primer lugar, porque claramente $(x+k)^2=k^2+x(x+2k)$$\frac{x+k}{2}\le x+k\le 2(x+k)$).
Primero, considere el caso de $k=0$. A continuación, $(1)$ se traduce a $f(x)^2=xf(x)$, lo $f(x)=x$ o $f(x)=0$; y $(2)$ hace $\frac x2\le f(x)\le 2x$, de modo que, de hecho, $f(x)=x$ todos los $x\ge 0$.
Suponga $k>0$. Para $x\ge 0$ deje $c(x)=\frac{f(x)-(x+k)}{k}$. Entonces $$\tag3-\frac{x+k}{2k}\le c(x)\le \frac{x+k}{k}$$ Para $x>0$ tenemos $$\begin{align}f(x+k)&=\frac{f(x)^2-k^2}{x}\\&=\frac{(x+(c(x)+1)k)^2-k^2}{x}\\&=\frac{x^2+2(c(x)+1)kx_0+((c(x)+1)^2-1)k^2}{x}\\ &=x+2k\,+\,2c(x)k+\frac{c(x)(c(x)+2)k^2}{x}\end{align}$$ es decir, $$c(x+k)=2c(x)+\frac{c(x)(c(x)+2)k}{x} $$ Si por alguna $x>0$ tenemos $c(x)>0$ esto implica $c(x+k)>2c(x)$ y por inducción $c(x+nk)>2^nc(x)\to\infty$. Como exponenciales crecer más rápido que los polinomios, obtenemos una contradicción con $(3)$. Llegamos a la conclusión de $c(x)\le 0$ (que es: $f(x)\le x+k$)$x>0$.
