MateClar
← Capitol

Manual · pagina 62

Exercițiul 22 · O inegalitate funcțională

Se consideră f:R→Rf : \mathbb R \to \mathbb R o funcție cu proprietatea că

f(x+y)≥f(x)+f(y)f(x + y) \ge f(x) + f(y)

pentru orice x,y∈Rx, y \in \mathbb R, și pentru care f(0)=0f(0) = 0. Demonstrează că există a∈Ra \in \mathbb R astfel încât f(a)<0f(a) < 0 sau f(x)=0f(x) = 0, ∀x∈R\forall x \in \mathbb R.

Fie f:R→Rf : \mathbb R \to \mathbb R cu f(x+y)≥f(x)+f(y)f(x + y) \ge f(x) + f(y) pentru orice x,y∈Rx, y \in \mathbb R și f(0)=0f(0) = 0. Demonstrează că există a∈Ra \in \mathbb R cu f(a)<0f(a) < 0 sau f(x)=0f(x) = 0, ∀x∈R\forall x \in \mathbb R.

Relația e adevărată pentru orice xx și yy, deci poți alege yy cum îți convine. Ce alegere face ca x+yx + y să fie un număr în care cunoști valoarea lui ff?

  1. 1. Ce trebuie demonstrat

    Concluzia are forma „PP sau QQ”, cu

    PP: există a∈Ra \in \mathbb R cu f(a)<0f(a) < 0;

    QQ: f(x)=0f(x) = 0 pentru orice x∈Rx \in \mathbb R.

    Din capitolul 1 (logică): ca să arăți „PP sau QQ”, e suficient să arăți că dacă PP este falsă, atunci QQ este adevărată. Dacă PP e adevărată, concluzia e deja îndeplinită.

    Verifică-te

    Ce înseamnă că PP este falsă, adică nu există aa cu f(a)<0f(a) < 0?

  2. 2. Alegem yy astfel încât să apară f(0)f(0)

    Presupunem deci că f(x)≥0f(x) \ge 0 pentru orice xx și vrem să arătăm QQ.

    Singura valoare cunoscută este f(0)=0f(0) = 0. Relația din enunț e adevărată pentru orice pereche x,yx, y, așa că alegem yy astfel încât x+y=0x + y = 0, adică y=−xy = -x. Este ideea oricărei ecuații funcționale: înlocuim variabilele cu valori convenabile.

    Verifică-te

    Ce obții din f(x+y)≥f(x)+f(y)f(x + y) \ge f(x) + f(y) pentru y=−xy = -x?

  3. 3. Două numere nenegative cu suma cel mult 0

    Pentru un xx oarecare ai acum f(x)+f(−x)≤0f(x) + f(-x) \le 0. Dar −x-x este tot un număr real, deci presupunerea f≥0f \ge 0 se aplică și lui: f(x)≥0f(x) \ge 0 și f(−x)≥0f(-x) \ge 0.

    Verifică-te

    De ce nu poate fi f(x)>0f(x) > 0 pentru vreun xx?
    Două numere nenegative cu suma ≤0\le 0 sunt ambele 00. Deci f(x)=0f(x) = 0 (și f(−x)=0f(-x) = 0).
    Cum xx a fost oarecare, f(x)=0f(x) = 0 pentru orice x∈Rx \in \mathbb R. Am arătat: dacă PP e falsă, QQ e adevărată. Deci „PP sau QQ” este adevărată.

  4. 4. Pe exemple

    Funcții care verifică ipoteza (f(0)=0f(0) = 0 și f(x+y)≥f(x)+f(y)f(x + y) \ge f(x) + f(y)):
    FuncțiaCe caz al concluziei
    f(x)=2xf(x) = 2xf(−1)=−2<0f(-1) = -2 < 0
    f(x)=−∣x∣f(x) = -\lvert x \rvertf(1)=−1<0f(1) = -1 < 0
    f(x)=0f(x) = 0f(x)=0f(x) = 0 peste tot
    Pentru −∣x∣-\lvert x \rvert, ipoteza este inegalitatea modulului din gimnaziu, ∣x+y∣≤∣x∣+∣y∣\lvert x + y \rvert \le \lvert x \rvert + \lvert y \rvert, înmulțită cu −1-1. Concluzia spune că singura funcție de acest fel fără valori negative este funcția nulă.
Răspuns
Pentru y=−xy = -x: 0=f(0)≥f(x)+f(−x)0 = f(0) \ge f(x) + f(-x). Dacă ff nu ia valori negative, f(x)≥0f(x) \ge 0 și f(−x)≥0f(-x) \ge 0 au suma ≤0\le 0, deci f(x)=0f(x) = 0 pentru orice xx. Altfel, există aa cu f(a)<0f(a) < 0.