Sia $f: \: \mathbb{Q}^+ \longrightarrow \mathbb{R}$ una funzione tale che $$f(x)f(y) \ge f(xy) \qquad \text{e} \qquad f(x + y) \ge f(x) + f(y)$$ per ogni $x, \: y \in \mathbb{Q}^+$. Supposto che $f(a) = a$ per un razionale $a > 1$, dimostrare che $f(x) = x$ per ogni $x \in \mathbb{Q}^+$.
Non so con quali armi si combatterà la Terza Guerra Mondiale, ma la Quarta sì: con bastoni e pietre. Albert Einstein
(Supporrò che $a$ sia un razionale non intero , altrimenti basta applicare semplicemente il LEMMA 4 dal momento che da $a > 1$ si deve avere $a \ge 2$)
LEMMA 1 : $f(n) \ge n$ per ogni $n$ intero positivo.
DIMOSTRAZIONE : poniamo $x=a$ ed $y=1$, otteniamo dunque da $f(x)f(y) \ge f(xy)$ che $f(1) a \ge a $ da cui $f(1) \ge 1$. Adesso da $f(x+y) \ge f(x) + f(y)$ otteniamo , ponendo $y=1$ ed $x \in \mathbb{Z^+}$ che $f(x+1) \ge f(x) + f(1)$ da cui tramite banale induzione troviamo $f(n) \ge n$ per ogni $n$ intero positivo.
LEMMA 2 : $f(a^n) \leq a^n$ con $n$ intero positivo.
DIMOSTRAZIONE : Induzione. Da $f(x)f(y) \ge f(xy)$ (*) ponendo $x=y=a$ si ottiene $a^2 \ge f(a^2)$ che è il nostro passo base. Adesso supponendo la tesi vera per $n$ per dimostrarla per $n+1$ poniamo semplicemente $x=a^n$ ed $y=a$ ottenendo sempre da (*) $a^{n+1} \ge f(a^n)f(a) \ge f(a^{n+1})$ come volevamo.
LEMMA 3 : $f(x) > 0$ per ogni razionale positivo $x$.
DIMOSTRAZIONE : Supponiamo che esista un razionale $r$ tale che $f(r) \leq 0$. Sia ora $s$ un intero positivo tale che $rs$ sia intero. Da (*) si ottiene che $0 \ge f(r)f(s) \ge f(rs) \ge rs$ ove l'ultima disuguaglianza consegue dal LEMMA 2 , da cui l'assurdo poichè $rs > 0$.
LEMMA 4 : Se $M$ è il più piccolo intero positivo tale che $f(M)>M$ allora $f(m)>m$ per ogni $m>M$ e $M \leq 2$
DIMOSTRAZIONE : Dimostriamo innanzitutto che $f(m)>m$ per ogni $m>M$. Da $f(x+y) \ge f(x) + f(y)$ (**) ponendo $x=M$ e $y=m-M$ si ha che $f(m) \ge f(M) + f(m-M) > m$ dal momento che $f(M) > M$ e che $f(m-M) = m-M$. Adesso dimostriamo che $M \leq 2$. Se $M$ non è un numero primo allora esistono due interi $r,s$ tali che $rs = M$. Da (*) ponendo $x=r$ e $y=s$ si ottiene $rs = f(r)f(s) \ge f(rs) = f(M) > M=rs$ da cui assurdo. Se $M$ è un primo dispari allora $M+1$ è un numero pari nella forma $pq$ con $p,q > 1$ e da qui ragioniamo come prima. Ne consegue quindi che $M \leq 2$.
Ora, se non esiste $M$ allora $f(x)=x$ per ogni $x$ intero positivo abbiamo da (*) che $f(x) \ge x$ ponendo $y$ uguale ad un intero tale che $xy$ sia anch'esso intero , e ora prendendo quindi $x,y$ tali che $x+y \in \mathbb{Z^+}$ con $x,y$ razionali positivi non interi si ha da (**) che $x+y = f(x+y) \ge f(x) + f(y) \ge x + y$ con uguaglianza iff $f(x)=x$ e $f(y)=y$, il chè dimostra ovviamente la tesi.
Adesso invece supponiamo che $M$ esista, e che esso ora sia uguale a $1$ o a $2$ si ha comunque che $f(2) > 2$. Sia ora $b_n$ una successione di reali non negativi tali che $f(n) = n + b_n$. Da $f(x+y) \ge f(x)+f(y)$ si ha che $b_n \ge \max_{1 \leq i \leq n-1} ( b_i + b_{n-1})$. Poniamo ora $b_1 = c$ e $b_2 = \epsilon$. Si ottiene banalmente per induzione che $b_n \ge [\dfrac{n}{2}]\epsilon$ dal momento che $\epsilon > 0$ e $c \ge 0$ (ricordo che $M \le 2$) dove $[x]$ indica il più grande intero $ \leq x$.
Ora consideriamo $f(a^n) \ge f([a^n]) + f(a^n - [a^n]) > f([a^n])$ che si ottiene da (**) ponendo $x+y = a^n$ e $x=[a^n]$.
Dal lemma 2 inoltre si ha $a^n > f([a^n])$. Per quanto dimostrato prima si ha che $f([a^n]) \ge [a^n] + \left[ \dfrac{[a^n]}{2}\right]\epsilon$ da cui deve valere $$a^n > [a^n] + \left[ \dfrac{[a^n]}{2}\right]\epsilon \ge [a^n] + \dfrac{[a^n] - 1}{2} \epsilon$$dove l'ultima disuguaglianza si ottiene dall'ovvia relazione $\left[\dfrac{[a^n]}{2}\right] \ge \dfrac{[a^n] - 1}{2}$
Dimostriamo ora che esiste un $N$ tale che per ogni $n \ge N$ non vale la disuguaglianza $$a^n > [a^n] + \dfrac{[a^n] - 1}{2} \epsilon \iff a^n + \dfrac{1}{2} \epsilon > [a^n] + \dfrac{\epsilon}{2} [a^n] \iff \dfrac{a^n}{[a^n]} + \dfrac{\epsilon}{2[a^n]} > 1+\dfrac{\epsilon}{2} $$
Ora poniamo $a^n = [a^n] + d$ dove chiaramente $d < 1$ e sostituiamo nella disuguaglianza che stiamo trattando. Si ottiene così $$1 + \dfrac{1}{a^n} + \dfrac{e}{2[a^n]} >\dfrac{a^n}{[a^n]} + \dfrac{e}{2[a^n]} > 1+\dfrac{\epsilon}{2}$$
ma chiaramente per $n \rightarrow + \infty$ si ha che $[a^n] \rightarrow + \infty$ da cui chiaramente si ha che $LHS$ della precedente disuguaglianza $\rightarrow 1$ e quindi chiaramente esisterà un qualche $m$ tale che per ogni intero $n \in [m,+ \infty)$ la disuguaglianza non sarà più vera, dal momento che $\epsilon/2$ è una costante maggiore di $0$. Chiaramente questo dimostra che $\epsilon = 0$ e che quindi $f(2)=2$ da cui si deduce che $f(1)=1$ grazie a (**) ponendo $x=2$ e $y=1$. Consegue da tutto ciò che $M$ non esiste, caso che abbiamo trattato, pertanto la dimostrazione è conclusa.
Ultima modifica di Giovanni98 il 30/11/2016, 12:18, modificato 1 volta in totale.
Pare di sì, anche se al posto della "shit" del LEMMA 4 si potevano percorrere altre strade decisamente più brevi...
Ad esempio, una di queste potrebbe essere dimostrare che $f$ è crescente (il che segue banalmente da uno dei lemmi), poi (questo è il passaggio critico) che $f(x) \ge x$ (per assurdo: supponiamo esista $x$ tale che $f(x) < x$...) e infine che $f(x) \le x$ (anche questo è abbastanza facile una volta fatto il precedente).
Comunque a te il prossimo!
Non so con quali armi si combatterà la Terza Guerra Mondiale, ma la Quarta sì: con bastoni e pietre. Albert Einstein
