Ανισότητα από συναρτησιακή ανισότητα

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #1

Εστω συνάρτηση $f:(0,\infty )\rightarrow (0,\infty )$ για την οποία έχουμε ότι $f(2x)\geq x+f(f(x))$ για κάθε x>0

.
Να δειχθεί ότι $f(x)\geq x$ για κάθε x>0

.

add2math · #2

Αρχικά θα δείξουμε, επαγωγικά, ότι f(2x)> a_n x

(*) για κάθε x>0

, όπου $a_n=\frac{a_{n-1}^2}{4}+1,n∈N,a_1=1$ .
1. Έχω $f(2x)\geq x+f(f(x))>x=a_1 x$ , αφού f(x)>0

,

για κάθε

.
2. Έστω ότι η (*) ισχύει για n=k

, δηλαδή ότι f(2x)> a_k x

για κάθε

.
3. Θα δείξω ότι η (*) ισχύει και για n=k+1

, δηλαδή ότι $f(2x)> a_{k+1} x$ για κάθε x>0

.
Πράγματι, $f(2x)\geq x+f\left(f(x)\right)=x+f\left(2\cdot\frac{f(x)}{2}\right)>x+a_{k}\frac{f(x)}{2}=x+a_{k}\frac{f\left(2\cdot\frac{x}{2}\right)}{2}$ $>x+\frac{a_{k}^{2}x}{4}=\left(1+\frac{a_{k}^{2}}{4}\right)x=a_{k+1}x$ , όπως θέλαμε.
Οι (θετικοί) όροι της ακολουθίας (a_n)

είναι μικρότεροι του

, αφού

και για $a_k<2\Rightarrow\frac{a_k^2}{4}+1<2\Rightarrow a_{k+1}<2$ .
Άρα $f(2x)\geq2x$ για κάθε x>0

, οπότε $f(x)\geq x$ για κάθε x>0

.
Η ισότητα επαληθεύεται από την ταυτοτική συνάρτηση.

Η επίλυση της άσκησης ολοκληρώνεται παρακάτω στο ποστ #5.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #3

add2math έγραψε: ↑
Παρ Οκτ 17, 2025 5:30 pm
Αρχικά θα δείξουμε, επαγωγικά, ότι (*) για κάθε , όπου $a_n=\frac{a_{n-1}^2}{4}+1,n∈N,a_1=1$ .
1. Έχω $f(2x)\geq x+f(f(x))>x=a_1 x$ , αφού , για κάθε .
2. Έστω ότι η (*) ισχύει για , δηλαδή ότι για κάθε .
3. Θα δείξω ότι η (*) ισχύει και για , δηλαδή ότι $f(2x)> a_{k+1} x$ για κάθε .
Πράγματι, $f(2x)\geq x+f\left(f(x)\right)=x+f\left(2\cdot\frac{f(x)}{2}\right)>x+a_{k}\frac{f(x)}{2}=x+a_{k}\frac{f\left(2\cdot\frac{x}{2}\right)}{2}$ $>x+\frac{a_{k}^{2}x}{4}=\left(1+\frac{a_{k}^{2}}{4}\right)x=a_{k+1}x$ , όπως θέλαμε.
Οι (θετικοί) όροι της ακολουθίας είναι μικρότεροι του , αφού και για $a_k<2\Rightarrow\frac{a_k^2}{4}+1<2\Rightarrow a_{k+1}<2$ .
Άρα $f(2x)\geq2x$ για κάθε , οπότε $f(x)\geq x$ για κάθε .
Η ισότητα επαληθεύεται από την ταυτοτική συνάρτηση.

Για ξανακοιταξε το. Προφανώς δεν είναι λύση.Αλλά είσαι πολύ κοντά στην λύση.

add2math · #4

Ίσως έπρεπε να εξηγήσω καλύτερα το τελευταίο βήμα. Το σκεπτικό είναι το εξής:
Ο Αντετοκούμπο είναι ψηλότερος από κάθε μαθηματικό. Οι μαθηματικοί έχουν ύψος μικρότερο από 2μ. Άρα ο Αντετοκούμπο έχει ύψος μεγαλύτερο από ή ίσο με 2μ.
όπου Αντετοκούμπο-->η συνάρτηση f(2x)

, ύψος μαθηματικού-->η συνάρτηση $a_n\cdot x$ , ύψος 2μ-->-->η συνάρτηση

.

abfx · #5

add2math έγραψε: ↑
Κυρ Οκτ 19, 2025 8:26 pm
Ίσως έπρεπε να εξηγήσω καλύτερα το τελευταίο βήμα. Το σκεπτικό είναι το εξής:
Ο Αντετοκούμπο είναι ψηλότερος από κάθε μαθηματικό. Οι μαθηματικοί έχουν ύψος μικρότερο από 2μ. Άρα ο Αντετοκούμπο έχει ύψος μεγαλύτερο από ή ίσο με 2μ.
όπου Αντετοκούμπο-->η συνάρτηση , ύψος μαθηματικού-->η συνάρτηση $a_n\cdot x$ , ύψος 2μ-->-->η συνάρτηση .

Το πρόβλημα είναι ότι το σκεπτικό αυτό δεν είναι λογικά σωστό.

Για παράδειγμα, όλοι οι μαθηματικοί έχουν ύψος μικρότερο από 3μ.

Αυτό όμως δεν συνεπάγεται ότι ο Αντετοκούμπο έχει ύψος μεγαλύτερο ή ίσο από 3μ.

Το βήμα που ουσιαστικά λείπει (και από την αρχική απόδειξη-ίσως θεωρήθηκε προφανές) είναι ότι "υπάρχουν μαθηματικοί με ύψος αυθαίρετα κοντά στα 2μ".

Στην περίπτωση του προβλήματος δηλαδή, η a_n

φτάνει αυθαίρετα κοντά στο

.

Πράγματι, ισχύει $\displaystyle\lim _{n\rightarrow \infty} a_n=2$ .

Απόδειξη
Όπως αποδείχθηκε στο ποστ #2 η a_n

είναι φραγμένη από πάνω από το

.

Επίσης, για κάθε $n\in \mathbb N$ είναι

$\displaystyle\left(1-\frac{a_n}{2}\right)^2\geq \displaystyle 0\implies 1+\frac{a_n^2}{4}\geq a_n \iff a_{n+1}\geq a_n$

επομένως η a_n

είναι αύξουσα και αφού είναι άνω φραγμένη έχει όριο, έστω $a\in \mathbb R$ .

Τότε:

$\displaystyle a=\lim_{n\rightarrow \infty} a_{n+1}=\lim_{n\rightarrow \infty} \left(1+\frac{a_n^2}{4} \right)=1+\frac{a^2}{4}$

και άρα

$(a-2)^2=0 \implies a=2$ . $\square$

mathematica.gr

Ανισότητα από συναρτησιακή ανισότητα

Ανισότητα από συναρτησιακή ανισότητα

Re: Ανισότητα από συναρτησιακή ανισότητα

Re: Ανισότητα από συναρτησιακή ανισότητα

Re: Ανισότητα από συναρτησιακή ανισότητα

Re: Ανισότητα από συναρτησιακή ανισότητα

Μέλη σε σύνδεση