Βουλγαρική συναρτησιακή

#1

Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f: \mathbb{R}^+ \rightarrow \mathbb{R}^+$ τέτοιες ώστε $f(x+y)\geq f(x)+y$ και $f(f(x))\leq x,$ για κάθε $x,y \in \mathbb{R}^+.$

#2

Έστω ότι υπάρχει $\displaystyle{a \in \left( {0, + \infty } \right)}$ τέτοιο, ώστε $\displaystyle{f\left( a \right) > a.}$ Θέτοντας στην πρώτη ανισότητα όπου

το

και όπου

το $\displaystyle{f\left( a \right) - a}$ βρίσκουμε ότι

$\displaystyle{f\left( {a + f\left( a \right) - a} \right) \ge f\left( a \right) + f\left( a \right) - a \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow f\left( {f\left( a \right)} \right) \ge 2f\left( a \right) - a.}$

Αλλά είναι $\displaystyle{a \ge f\left( {f\left( a \right)} \right),}$ οπότε

$\displaystyle{a \ge 2f\left( a \right) - a \Rightarrow f\left( a \right) \le a,}$

πράγμα άτοπο. Επομένως, ισχύει $\displaystyle{f\left( x \right) \le x}$ για κάθε $\displaystyle{x \in \left( {0, + \infty } \right).}$

Έστω τώρα τυχαίο $\displaystyle{x \in \left( {0, + \infty } \right).}$ Για κάθε $\displaystyle{\varepsilon \in \left( {0,x} \right)}$ είναι

$\displaystyle{x \ge f\left( x \right) = f\left( {\varepsilon + \left( {x - \varepsilon } \right)} \right) \ge f\left( \varepsilon \right) + x - \varepsilon > x - \varepsilon \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow 0 \le x - f\left( x \right) < \varepsilon .}$

Από την τελευταία σχέση προκύπτει άμεσα ότι $\displaystyle{f\left( x \right) = x}$ για κάθε $\displaystyle{x \in \left( {0, + \infty } \right),}$ συνάρτηση που ικανοποιεί τις δοσμένες συνθήκες.

panos misiakos · #3

Καλησπέρα!
Αρχικά παρατηρούμε ότι $f(x+y)\geq f(x)+y >f(x)$ , δηλαδή η

είναι γνησίως αύξουσα.
Με εναλλαγή των μεταβλητών x,y

έχουμε $f(x+y)\geq x+f(y)$
Επίσης η δεύτερη συνθήκη δίνει $x+y\geq f(f(x+y))\geq f(x+f(y)) \geq f(x)+f(y)$ , οπότε $x \geq f(x)$ για κάθε $x \in \mathbb{R+}$ .
Έστω g(x)=x-f(x)

. Τότε προφανώς $x>g(x)\geq 0$ για κάθε θετικό πραγματικό

. Επίσης ισχύει $f(x+y)\geq f(x)+y \Leftrightarrow x+y -f(x+y)\leq x-f(x) \Leftrightarrow g(x+y)\leq g(x)$ , δηλαδή η

είναι φθίνουσα.
Αν υπάρχει

θετικός με g(z)>0

τότε από τον ορισμό της

προκύπτει

, το οποίο είναι άτοπο αφού z>g(z)

και

φθίνουσα.
Συνεπώς g(x)=0

για κάθε

και

η λύση της δοθείσας ανίσωσης.

#4

Από την φετινή Ολυμπιάδα της Βουλγαρίας.
http://artofproblemsolving.com/communit ... l_equation

Μπορούμε να δείξουμε ότι $\displaystyle{f(x)\geq x,}$ από την αύξουσα συνάρτηση f(x)-x

παίρνοντας το όριό της στο 0^+...

Βουλγαρική συναρτησιακή

Βουλγαρική συναρτησιακή

Re: Βουλγαρική συναρτησιακή

Re: Βουλγαρική συναρτησιακή

Re: Βουλγαρική συναρτησιακή

Μέλη σε σύνδεση