Probar que la función es constante en $(0, \infty)$

Question

Que $a, b \in \mathbb{R}, 0 \lt a \lt b$ y $f:\mathbb {R} \rightarrow \mathbb{R}$ such that: $$f(x^2 +ay) \ge f (x ^ 2 + a), \forall x, y \in \mathbb{R} \tag1$$

Probar es constante en $f$ $(0, \infty)$

No sé cómo empezar, cualquier idea se agradece.

Jugando un poco con (1) puedo conseguir:

$y \lt 0, x= \sqrt {-y}$ 1 $f(0) \ge f((b-a)y), \forall y \lt 0$ o similar, $f(0) \ge f((a-b)y), \forall y \gt 0$ % también $f(0) \ge f(y) \forall y \lt 0$

pero no parece ser útil.

Answer 1

Deje $0<z_1 < z_2$ tal que $az_2\leq bz_1$. A continuación, para: \begin{align} \begin{cases} x^2&=\left(z_2-\frac{b}{a}z_1\right)/\left(1-\frac{b}{a}\right)\\ y&=\left( z_1 - x^2\right)/a \end{casos} \end{align} Tenemos: $f(z_1) \geq f(z_2)$. Para \begin{align} \begin{cases} x^2 &= \left(z_2-\frac{a}{b}z_1\right)/\left(1-\frac{a}{b}\right)\\ y &= \left( z_1 -x^2\right)/b \end{casos} \end{align} Tenemos $f(z_2)\geq f(z_1)$. Por lo tanto $f(z_1)=f(z_2)$. Desde $z_1 $ $z_2$ fueron arbitrarias llegamos $f(z)=C$ todos los $z>0$.

Edit. Tome $z_1 =1$, entonces sabemos que $$\{C\}=f\left(\bigg[1, \frac ba\bigg]\right)=f\left(\bigg[\frac ba, \frac {b^2}{a^2}\bigg]\right)=....$$ and this gets all numbers in $[1,\infty)$ since $(b/a)^n\to \infty$ as $n\to \infty$.

Ahora tome $z_2=1$ sabemos que: \begin{align} \{C\}= f\left(\bigg[\frac ab,1\bigg]\right)=f\left(\bigg[\frac {a^2}{b^2},\frac ab\bigg]\right)=.... \end{align} Y esto hace que todos los números en $(0,1]$. Esto demuestra el resultado desde $(a/b)^n\to 0$$n\to \infty$.

Voy a dejar los pequeños detalles.

Answer 2

Supongamos que tenemos que $f(x_1)>f(x_2)$ $x_1<x_2$, entonces si ponemos %#% $ de #% llegamos a una contradicción. Por lo tanto tenemos que $$x=\sqrt{\frac{bx_2-ax_1}{b-a}}\qquad\text{and}\qquad y=\frac{x_2-x_1}{a-b}$ % todos $f(x_1)\le f(x_2)$. Entonces sigue que $x_1\le x_2$ cuando $f(x^2+by)\ge f(x^2+ay)$ y %#% $ de #% momento en el que el resultado es bastante fácil de obtener.

Answer 3

Si $z, w > 0$ es tales que $z/w \in (\frac{a}{b}, \frac{b}{a})$, entonces

$$ \begin{cases} x^2 = \frac{bz-aw}{b-a} \\ y = \frac{w-z}{b-a} \end{cases} \quad\Rightarrow\quad f(z) = f(x^2+ay) \geq f(x^2+by) = f(w) $$

y cambiar el papel de $z$ y $w$ dan la desigualdad inversa $f(w) \geq f(z)$. Así que las desigualdades están saturadas y obtenemos $f(z) = f(w)$. Ahora escribir $\alpha = b/a$, lo que hemos demostrado es reformulada como:

$$ \forall s, t \in \mathbb{R} \ : \ |s - t| < 1 \quad \Rightarrow \quad f(\alpha^s) = f(\alpha^t). $$

Desde aquí es fácil deducir que $f(\alpha^s) = f(\alpha^t)$ % todo $s, t \in \mathbb{R}$, de las cuales la demanda sigue.

Answer 4

Haciendo el cambio de coordenadas $$\begin{pmatrix} 1 & a \\ 1 & b\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x^2 \\ y\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}X \\ Y\end{pmatrix}$ $ nos encontramos con que la condición dada puede ser reformulada como $$ f(X)≥f(Y), \qquad \text{where }X,Y\in\mathbb R, \ bX -aY ≥ 0 $ $ donde la segunda condición puede escribirse $ X≥\frac{aY}{b}$. Así que realmente tenemos $f(X)≥f(Y)$ si $X≥Y$ o si $Y≥X≥\frac{aY}{b}$. Por lo tanto, concluimos que cualquier fijo $Y$, tenemos $$ f(X) ≥ f(Y) \text{ for all } X\in[\tfrac{aY}{b} ,\infty) $ $ y para cualquier % fijo $X$, $$f(X) ≥ f(Y) \text{ for all } Y\in(-\infty ,\tfrac{bX}{a}] $$ Relabelling $X\leftrightarrow Y$ en esta segunda desigualdad nos da $$f(X) = f(Y) \text{ for all } X \in [\tfrac{aY}{b}, \tfrac{bY}{a}]$ $ eligiendo la secuencia de dos caras de $Y$ puntos $n\in\mathbb Z$, $$Y_n=\frac{a^n}{b^n}\to\begin{cases}\infty, & \text{if }\ n\to -\infty \\ 0, &\text{if }\ n\to \infty\end{cases}$ $ concluimos que es constante en $f$ $(0,\infty)$.