[IMO13 - P5] Submoltiplicatività superadditiva

[EvaristeG]

Sia $S=\{x\in\mathbb{Q}\ :\ x>0\}$ (ovvero, l'insieme dei razionali positivi). Sia $f:S\to\mathbb{R}$ una funzione che soddisfa le condizioni seguenti:

1. $f(x)f(y)\geq f(xy)$ per ogni $x,y\in S$
2. $f(x+y)\geq f(x)+f(y)$ per ogni $x,y \in S$
3. esiste $a\in S$ tale che $f(a)=a$ con $a>1$.

Dimostrare che $f(x)=x$ per ogni $x\in S$.

[machete]

Proviamoci! Con $ \mathbb{N} $ indico gli interi positivi.

Step 1. Mostriamo che $ f $ è positiva.

Vale per induzione, usando (ii):

$ \displaystyle \qquad \qquad f(nx)\geq n\cdot f(x)\qquad \qquad n\in\mathbb{N},\ \ x\in S\qquad (1) $

usando la (i) abbiamo la maggiorazione:

$ \displaystyle \qquad \qquad f(n)\cdot f (x)\geq f(nx)\geq n\cdot f(x) \qquad \qquad n\in\mathbb{N},\ \ x\in S\qquad (2) $

Ponendo in quest' ultima $ x=a $ abbiamo:

$ \displaystyle \qquad \qquad f(n)\geq n>0 \qquad \qquad n\in \mathbb{N} $

Supponiamo ora esista $ x_0\in S $ tale che $ f(x_0)<0 $, ponendo $ x=x_0 $ in $ (2) $ abbiamo:

$ \displaystyle \qquad \qquad f(n) \cdot f(x_0)\geq n\cdot f(x_0)\ \ \Rightarrow f(n)\leq n \ \ \Rightarrow f(n)=n \qquad\qquad n\in\mathbb{N}\qquad (3) $

mostriamo che ciò implica che $ f $ sia l' identità e quindi era assurda l' esistenza di $ x_0 $. Si ha, unendo (i) e $ (1) $:

$ \displaystyle \qquad \qquad n\cdot f(y)=f(n)\cdot f(y)\geq f(ny)\qquad \mbox{e}\qquad n\cdot f(y)\leq f(ny)\qquad \qquad n\in\mathbb{N},\ \ \ y\in S\qquad (4) $

da cui $ f(ny)= n\cdot f(y) $. Ponendo in quest' ultima $ \displaystyle y=\frac {m}{n} $ e usando $ (3) $ si ha che $ f $ è l' identità sul suo dominio e abbiamo trovato l' assurdo.

Si ha poi che se esistesse $ z\in S $ tale che $ f(z)=0 $, sostituendolo in $ (4) $ si ha rapidamente che $ f $ deve essere costantemente zero, che contraddice (iii).


Step 2. $ f $ è strettamente crescente.

Sia $ x,\ y \in S $ tali che $ x>y:=x-\delta $ quindi $ \delta \in S $; vale, usando (ii):

$ f(x)=f((x-\delta)+\delta)\geq f(y)+f(\delta)>f(y) $

poichè $ f(\delta)>0 $.


Step 3. $ \displaystyle f\left(\frac{n}{a^k}\right)\geq \frac{n}{a^k}\qquad \qquad n,\ k\in\mathbb{N} $

Per induzione. Passo base, usando (i) e $ (1) $ : $ \displaystyle a\cdot f\left( \frac{n}{a}\right)=f(a)\cdot f\left( \frac{n}{a}\right)\geq f(n)\geq n \ \ \Rightarrow f\left(\frac{n}{a}\right)\geq \frac{n}{a}\qquad n\in\mathbb{N} $

passo induttivo: $ \displaystyle a\cdot f\left( \frac{n}{a^{k}}\right)=f(a)\cdot f\left( \frac{n}{a^k}\right)\geq f\left(\frac{n}{a^{k-1}}\right)\geq \frac{n}{a^{k-1}} \ \ \Rightarrow f\left(\frac{n}{a^k}\right)\geq \frac{n}{a^k}\qquad n\in\mathbb{N} $


Step 4. $ f(x)\geq x\qquad \qquad x\in S $

Supponiamo esista $ x_0\in S $ tale che $ f(x_0)<x_0 $. Si ha quindi $ f(x_0)=x_0-\varepsilon $. Considero $ n_0 $ e $ k_0 $ tali che $ \displaystyle 0<x_0-\frac{n_0}{a^{k_0}}<\varepsilon $. Essi esistono prendendo $ k $ abbastanza grande (uso $ a>1 $) e facendo la divisione con resto di $ x_0 $ per $ a^{-k} $. Abbiamo quindi:

$ \displaystyle f\left(\frac{n_0}{a^{k_0}}\right) \geq \frac{n_0}{a^{k_0}}>x_0-\varepsilon =f(x_0) $

Che contraddice la crescenza di $ f $ poichè $ \displaystyle x_0>\frac{n_0}{a^{k_0}} $. Assurdo.

Step 5. $ f(a^k)=a^k\qquad \qquad k\in \mathbb{N} $

Si ha usando una versione estesa di (i) e quanto provato nello Step 4:

$ \displaystyle a^k\leq f(a^k)\leq\left[f(a)\right]^k=a^k\qquad \qquad k\in\mathbb{N} $


Step 6. Concludendo . . .

Abbiamo usando gli Step 4 e 5:

$ \displaystyle a^k=f(a^k)=f((a^k-x)+x)\geq f(a^k-x)+f(x)\geq f(a^k-x)+x \qquad \qquad x\in (0, a^k)\subseteq S, \ \ k\in\mathbb{N} $

Da cui usando lo Step 4:

$ \displaystyle a^k-x\geq f(a^k-x)\geq a^k-x \ \ \ \Rightarrow f(a^k-x)=a^k-x \qquad \qquad x\in (0, a^k)\subseteq S, \ \ k\in\mathbb{N} $

ma dato che posso scrivere ogni numero in $ S $ come $ a^k-x $ per un $ k $ abbastanza grande ($ a>1 $) e un opportuno $ x $ abbiamo che deve essere $ f(x)=x $ per ogni $ x\in S $, che ovviamente verifica tutte le ipotesi.

Comunque sia si ringrazia Tess per avermi consigliato di dimostrare che $ f(x)\geq x $ con $ x\in S $.