Encontrar $f$ tal que $(f(x))^2 \ge f(x + y)(f(x) + y), \forall x, y$

Question

Encontrar todas las $f : (0, \infty) \rightarrow (0, \infty)$ tal que $(f(x)) ^ 2 \ge f (x + y)(f(x) + y), \forall x, y \gt 0$

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Supongo que es no hay tal función pero no puedo probarlo.

La idea más obvia es hacer $y=x$ pero parecen conducir a ninguna parte.

Además, es fácil mostrar $f$ es estrictamente decreciente

Answer 1

Supongamos que una función de este tipo $f$ existe. Es fácil ver que $f$ es estrictamente decreciente. Deje $a_0:=1$ e,$k=1,2,\ldots$, escribir $$a_k:=a_{k-1}+f\left(a_{k-1}\right)\,.$$ Desde la desigualdad, conectar $x:=a_{k-1}$ $y:=f\left(a_{k-1}\right)$ rendimientos $$\big(f\left(a_{k-1}\right)\big)^2\geq f\left(a_{k}\right)\,\big(2\,f\left(a_{k-1}\right)\big)\,,$$ de dónde $$f\left(a_k\right)\leq \frac{1}{2}\,f\left(a_{k-1}\right)$$ para todos los $k=1,2,\ldots$. Por inducción en $k=0,1,2,\ldots$, $$f\left(a_k\right)\leq \frac{b}{2^k}\,,$$ donde $b:=f(1)$. Ahora, tenga en cuenta que $$a_k-a_{k-1}=f\left(a_{k-1}\right)\leq \frac{b}{2^{k-1}}$$ para cada una de las $k=1,2,\ldots$. Tenemos $$a_k= a_0+ \sum_{j=1}^k\,\left(a_j-a_{j-1}\right)< 1+\sum_{j=1}^\infty\,\frac{b}{2^{j-1}}=1+2b\,.$$ Esto demuestra que $$f(1+2b)<f\left(a_k\right)\leq \frac{b}{2^k}$$ para todos los $k=0,1,2,\ldots$. Sin embargo, como $k\to\infty$, el límite superior va a $0$, por lo que $$f(1+2b)\leq 0\,.$$ Sin embargo, esto se contradice con el requisito de que $f(1+2b)>0$. Ergo, no hay ninguna función $f$ con la propiedad requerida.

Answer 2

Reorganización desde $x, y, f > 0$, tenemos

$\frac{f\left(x+y\right)-f\left(x\right)}{y}\leq\frac{-f\left(x+y\right)}{f\left(x\right)}$

tomar el límite (si existe) como $y$ $0$ y $f'(x)\leq-1$. La función es estrictamente decreciente (es decir, incluso donde $f'$ no existe) por lo que si $f(1)=a$, entonces el $f(1+a)\leq0$ que es una contradicción.