El fácil(?) parte de la OMI de 2011 Problema 3

Question

Deje $f : \mathbb R \to \mathbb R$ ser un valor real de la función definida en el conjunto de números reales que satisface $$f(x + y) \leq yf(x) + f(f(x))$$ para todos los números reales $x$$y$.

Cómo puedo probar que $f(0) = 0$?

Answer 1

En primer lugar, nos muestran que la $f(x) \leq 0$ todos los $x$.

Supongamos que $f(z) > 0$ algunos $z$. El funcional de la desigualdad implica que $$\lim_{x \to -\infty} f(x) = -\infty,$$ desde $f$ está delimitado por una estrictamente creciente función lineal. También tenemos $$ f(y) = f(0+y) \leq f(0)y + f(f(0)). $$ El uso de este para $y = f(x)$, $$ f(0) = f(x-x) \leq -xf(x) + f(f(x)) \leq (f(0) - x)f(x) + f(f(0)).$$ Como $x \to -\infty$, el lado derecho tiende a $-\infty$, que conduce a una contradicción.

Segundo, vamos a $x > 0$. Tenga en cuenta que $$ f(0) \leq x f(-x) + f(f(-x)) \leq xf(-x). $$ Por lo tanto $f(-x) \geq f(0)/x$. Como $x\to\infty$, el lateral derecho tiende a cero. Desde $$ f(-x) = f(-x+0) \leq f(f(-x)), $$ tenemos que hay una secuencia de puntos de $x_n = -f(-n)$ tiende a cero tal que $f(-x_n) \to 0$.

Supongamos que $f(f(0)) < 0$. Entonces $$f(-x_n) = f(0-x_n) \leq -f(0)x_n + f(f(0)).$$ Desde $x_n\to 0$, en la parte derecha tiende a $f(f(0)) < 0$, contradicción.

Llegamos a la conclusión de que $f(f(0)) = 0$. Esto implica que $$0 = f(f(0)) \leq f(f(f(0))) = f(0), $$ y por lo $f(0) = 0$.

En tercer lugar, como se señaló anteriormente, para $x > 0$ tenemos $$xf(-x) \geq f(0) = 0.$$ Por lo tanto $f(-x) = 0$ todos los $x \geq 0$.

Anexo: Poner a $g(x) = -f(x)$, la funcional, la desigualdad se reduce a $$ g(x+y) \geq yg(x), $$ donde ahora se $g\colon \mathbb{R}_+ \to \mathbb{R}_+$. Un ejemplo es la función de $g(x) = \exp(x)$.

Answer 2

Esta es mi solución: $$f(f(x)) = f(y+f(x)-y) \le (f(x)-y).f(y) + f(f(y)),\forall x, y (1)$$ swap $x, y$, tenemos: $$f(f(y))\le (f(y)-x)f(x)+f(f(x)), \forall x, y (2)$$ (1), (2) $\Rightarrow 0 \le 2f(x)f(y)-xf(x)-yf(y), \forall x, y.$

$\Rightarrow -xf(x) \ge (y-2f(x))f(y), \forall x, y \Rightarrow -xf(x)\ge 0, \forall x (*)$ (con $y=2f(x)$)

En el otro lado: $f(y)=f(x+y-x)\le (y-x)f(x)+f(f(x)), \forall x, y$. Supongamos que no existe$x: f(x)>0$,$\lim\limits_{y\to-\infty}(y-x)f(x)=-\infty \Rightarrow \lim\limits_{y\to-\infty}f(y)=-\infty \Rightarrow \lim\limits_{x\to-\infty}(-xf(x))=-\infty$! (absurdo de $(*)$).

Por lo tanto, $f(x) \le 0, \forall x (**)$

De $(*), (**) \Rightarrow\forall x<0: -xf(x)\ge 0 \Rightarrow f(x)\ge 0 \Rightarrow f(x)=0.$

El último: $0=f(-1)\le f(f(-1))=f(0)\Rightarrow f(0)=0.$ [Fin de la prueba]

koreagerman.

Answer 3

$f(0)=0$ es la última parte de mi solución :) Paso 1: probar que $-xf(x)\ge 0$, para todos los $x$

Paso 2: probar que $f(x)\le 0$, para todos los $x$, $f(x)=0$ todos los $x<0$

Paso 3: $0=f(-1)=f(-1+0)\le 0$.
$f(-1)+f(f(-1))=f(0)$ ,$f(0)=0$.