IMO 2011-3

[paga92aren]

Quoto questo esercizio, credo di averlo risolto ieri sera, ma per sicurezza apro una discussione:
$$f(x+y)\leq yf(x)+f(f(x))$$
Con $f$ dai reali ai reali, dimostrare che per $x\leq 0$ $f(x)= 0$

[bĕlcōlŏn]

Questo esercizio mi ha fatto penare e non poco... Comunque spero che sia giusta la soluzione che segue.
Ricavo qualche fatto che sarà utile:
-Con $y=0$ si ottiene che per ogni $x$ reale $f(x) \leq f(f(x)) \quad (1)$.
-Con $y=f(x)-x$ si ottiene che per ogni $x$ reale $[f(x)-x]f(x) \geq 0 \quad (2)$. Sostituendo $x'=f(x)$ in quest'ultima si ottiene che per ogni $x$ reale $[f(f(x))-f(x)]f(f(x)) \geq 0 \quad (3)$.

Considero l'uguaglianza $(1)$ che vale per ogni reale. Voglio mostrare che $f(f(x)) \geq 0$ per ogni $x$ reale.
Suppongo allora per assurdo che esista un certo reale $r$ tale che $f(f(r)) < 0$. Ma allora sostituendo $r$ nella $(3)$ si ha che $f(f(r)) \leq f(r)$. Questa congiunta alla $(1)$ valutata in $x=r$ permette di concludere $f(f(r))=f(r)<0 \quad (4)$. Sostituisco nella disuguaglianza originale $x=f(r)$ e $y=-f(r)+r$ e ottengo $f(r) \leq [-f(r)+r]f(f(r))+f(f(f(r)) \Rightarrow [-f(r)+r]f(r) \geq 0 \quad (5)$ essendo $f(r)=f(f(r))=f(f(f(r)))$ per la proprietà $(4)$. Valuto la $(2)$ in $x=r$ ottenendo $[f(r)-r]f(r) \geq 0$. Confrontando quest'ultima con la $(5)$ si ottiene che $f(r)=r$ poiché non potrebbe essere $f(r)=0$, dato che $f(r)=f(f(r))<0$.
A questo punto nella disuguaglianza iniziale pongo $x=r$ e ottengo $f(y+r) \leq r(y+1)$. Se $y \geq -1$, e quindi se $y+r \geq r-1$, si ha che $r(y+1) \leq 0$. Quindi $f(y+r) \leq r(y+1) \leq 0$. Si può concludere che per ogni $x \geq r-1$ si ha $f(x) \leq 0 \quad (6)$.
Suppongo per assurdo esista un $c < r-1$ tale che $f(c)>0$. Allora, essendo $f(c)>0>r-1$ si ha che $f(f(c)) \leq 0$ per la $(6)$. Tuttavia valutando la $(1)$ in $x=c$ si ha $f(c) \leq f(f(c)) \leq 0$ e quindi $f(c) \leq 0$, assurdo.
Dunque si può concludere che per ogni $x$ reale si ha $f(x) \leq 0 \quad (7)$. Sostituendo in quest'ultima $x'=f(x)$ si ottiene che per ogni $x$ reale $f(f(x)) \leq 0$. Ora per ogni $x$ reale, vista quest'ultima, si possono avere due opportunità: $f(f(x))=0$ oppure $f(f(x)) <0$ che insieme alla $(3)$ porta a concludere $f(f(x)) \leq f(x)$, che con la $(1)$ dà $f(f(x))=f(x)$. Quindi si ha che per ogni reale $x$ o $f(f(x))=0$ oppure $f(f(x))=f(x)$. Quindi per $x=0$ si possono avere due casi:
-$f(f(0))=0$. Chiamo $f(0)=a$. Si può avere $f(f(a))=0$ e quindi $f(0)=0$ oppure $f(f(a))=f(a)$, ovvero $f(0)=0$.
-$f(f(0))=f(0)$. In tal caso nella disuguaglianza originale pongo $x=f(0)$ e $y=-f(0)$ e ottengo $f(0) \leq -f(0)^2+f(0)$ da cui chiaramente $f(0)=0$.
Quindi si ha $f(0)=0$. Dato che per ogni reale si ha $f(x)=0$ oppure $f(f(x))=f(x) \leq 0$ per quello che ho mostrato, sicuramente $f(x+y) \leq yf(x)$ poiché $f(f(x)) \leq 0$. Sostituisco qui dentro $x=-a$ e $y=a$ con $a$ intero positivo. Allora $f(-a) \geq 0$. Ma si ha anche che $f(-a) \leq 0$ per la $(7)$, ciò vuol dire che per ogni intero positivo $a$, $f(-a)=0$. Ma allora $f(r)=0$, assurdo poiché $f(r)<0$.

Quindi $f(f(x) \geq 0 (\cdot)$ per ogni reale $x$.
Pongo nella disuguaglianza originale $x'=f(0)$ e $y'=x-f(0)$. Ottengo $f(x) \leq [x-f(0)]f(f(0))+f(f(f(0))) \quad (8)$. Divido in due casi:
--- Caso 1: $f(f(0))=0$. Ponendo $x=0$ nella disuguaglianza originale si ottiene $f(y) \leq yf(0) \quad (9)$. Con $y=0$ in quest'ultima si ha $f(0) \leq 0$. Divido due casi:
-Sottocaso 1: A questo punto se $f(0)=0$ allora $f(y) \leq 0$ per ogni $y$ reale. Ma allora $f(f(x)) \leq 0$ che insieme a $(\cdot)$ fornisce $f(f(x))=0$ per ogni $x$ reale. Sostituisco nel testo originale $y=c$ e $x=-c$ con $c$ intero positivo e ottengo $0 \leq cf(-c)$, da cui $f(-c) \geq 0$ e quindi, valendo anche quella col segno opposto per i reali, si ha che $f(-c)=0$ come si voleva mostrare.
-Sottocaso 2: Se $f(0)<0$, per ogni $c\geq 0$ si ha $f(c) \leq cf(0) \leq 0$ sostituendo $y=c$ nella $(9)$. Ora suppongo che esista un $d$ negativo tale che $f(d)>0$. Allora, essendo $f(d)$ positivo, si ha $f(f(d)) \leq 0$. Ma per la $(1)$ si ha $f(d) \leq f(f(d)) \leq 0$, assurdo. Dunque $f(x) \leq 0$ per ogni $x$ reale. Ma allora si ha $f(f(x)) \leq 0$ che con la $(\cdot)$ fornisce $f(f(x))=0$ per ogni $x$ reale. Ora si conclude come prima
--- Caso 2: $f(f(0))>0$. In questo caso chiamo $k= -\dfrac{f(f(f(0)))}{f(f(0))} + f(0)$. Se $x\leq k$ allora $ [x-f(0)]f(f(0))+f(f(f(0))) \leq 0$. Quindi per la $8$ si ha che per ogni $x \leq k$, allora $f(x) \leq 0$. Divido in due casi:
-Sottocaso 1: Se $k \geq 0$ allora $f(x) \leq 0$ per ogni $x \leq 0$. Per quest'ultima, allora si ha $f(f(x)) \leq 0$ che unita alla $(\cdot)$ dà $f(f(x))=0$ per ogni $x \leq 0$. Pongo $x=0$ qui e ottengo $f(f(0))=0$. Essendo $f(0) \leq 0$ sostituisco e ottengo $f(f(f(0))) =0$, ovvero $f(0)=0$. Ora sostituisco nell'originale $x=-c$ e $y=c$ con $c$ intero positivo e ottengo ancora una volta $f(-c)=0$.
-Sottocaso 2: Se $k \leq 0$ allora $f(x) \leq 0$ per ogni $x \leq k$. Se esiste almeno un $j\leq k$ tale che $f(j)<0$, allora per la $(2)$ si ha $f(j) \leq j \leq k$ e quindi $f(f(j)) \leq 0$ che unita alla $(\cdot)$ fornisce $f(f(j))=0$. Ora sostituendo $x=j$ si ha $f(j+y) \leq yf(j) \leq 0$ per ogni $y \geq 0$. Quindi anche questa volta si conclude $f(x) \leq 0$ per ogni $x$ reale. E da qui è per l'ennesima volta uguale, usando la $(\cdot)$ e sostituendo $c$ e $-c$.
Se per tutti gli $j \leq k$ si ha che $f(j)=0$ allora prendendone uno a caso si ha che $f(j+y) \leq f(0)$, ovvero per ogni $x$ reale $f(x) \leq f(0)$. Ma allora $f(f(0)) \leq f(0)$ che con la $(1)$ fa concludere $f(f(0))=f(0)$. Sostituendo nell'originale $x=f(0)$ e $y=-f(0)$ si ottiene $f(0)=0$, quindi per quanto ottenuto prima $f(x) \leq f(0)=0$ e da qui si conclude come sempre.

Spero sia tutto corretto e spero ci sia una soluzione meno orrenda (se è giusta) di questa

[EvaristeG]

Ammetto di non aver letto tutto ... XD io l'avevo fatta così:

- si ricava subito $f(x)\leq f(f(x))$;
- fissato un $k\in\mathbb{R}$, si ha che $f(k-y)\leq -yf(k)+f(f(k))$;
- supponiamo $f(k)>0$, allora fissato $n$ esiste $y_0$ tale che per $y>y_0$, $-yf(k)+f(f(k))<-n^2$ e dunque $f(a)<-n^2$ per $a<k-y_0$;
- - quindi esiste $b$ tale che per ogni $x\leq b$ si ha $f(x)<0$, $f(f(x))<0$, dunque $f(b+M)\leq Mf(b)+f(f(b))<0$ per ogni $M>0$, quindi $f(x)<0$ per ogni $x>b$, quindi anche per $M=k-b$ (e $k>b$ per forza); assurdo.
- ma allora $f(k)\leq0$ per ogni $k\in\mathbb{R}$; (e fino a qui ci ero arrivato "in diretta" la mattina della gara)
- ora, supponiamo che esista $x<0$ tale che $f(x)<0$;
- - poniamo $y=f(x)-x$ e otteniamo $f(f(x))\leq (f(x)-x)f(x)+f(f(x))$ ovvero $0\leq [f(x)]^2-xf(x)$ ovvero $xf(x)\leq [f(x)]^2$ ovvero $x\geq f(x)$, da cui $x^2\leq xf(x)$;
- - sapendo che $f(f(x))\leq 0$, si ha $f(0)\leq - xf(x)$, ovvero $xf(x)\leq -f(0)$, allora $x^2\leq -f(0)$, ovvero $-\sqrt{-f(0)}\leq x\leq\sqrt{-f(0)}$.
- quindi $f(x)=0$ se $x<-\sqrt{-f(0)}$;
- infine, sia $m$ tale che $f(m)=0$ (esiste!), allora $0=f(m)\leq f(f(m))=f(0)$ e dunque $f(0)=0$, che conclude.

[paga92aren]

Caso 1:
Sottocaso 2:
Ora suppongo che esista un $d$ negativo tale che $f(d)>0$. Allora, essendo $f(d)$ positivo, si ha $f(f(d))≤0$
--- Caso 2:
-Sottocaso 1: Se $k \geq 0$ allora $f(x) \leq 0$ per ogni $x \leq 0$. Per quest'ultima, allora si ha $f(f(x)) \leq 0$

Mi puoi spiegare questi due passaggi non capisco come fai a fare quelle affermazioni.

Per il resto mi sembra tutto giusto.

Appena ho tempo posto la mia.

[bĕlcōlŏn]

--- Caso 1: $f(f(0))=0$. Ponendo $x=0$ nella disuguaglianza originale si ottiene $f(y) \leq yf(0) \quad (9)$. Con $y=0$ in quest'ultima si ha $f(0) \leq 0$. Divido due casi:
-Sottocaso 2: Se $f(0)<0$, per ogni $c\geq 0$ si ha $f(c) \leq cf(0) \leq 0$ sostituendo $y=c$ nella $(9)$. Ora suppongo che esista un $d$ negativo tale che $f(d)>0$. Allora, essendo $f(d)$ positivo, si ha $f(f(d)) \leq 0$. Ma per la $(1)$ si ha $f(d) \leq f(f(d)) \leq 0$, assurdo. Dunque $f(x) \leq 0$ per ogni $x$ reale. Ma allora si ha $f(f(x)) \leq 0$ che con la $(\cdot)$ fornisce $f(f(x))=0$ per ogni $x$ reale. Ora si conclude come prima.

--- Caso 2: $f(f(0))>0$. In questo caso chiamo $k= -\dfrac{f(f(f(0)))}{f(f(0))} + f(0)$. Se $x\leq k$ allora $ [x-f(0)]f(f(0))+f(f(f(0))) \leq 0$. Quindi per la $8$ si ha che per ogni $x \leq k$, allora $f(x) \leq 0$. Divido in due casi:
-Sottocaso 1: Se $k \geq 0$ allora $f(x) \leq 0$ per ogni $x \leq 0$. Per quest'ultima, allora si ha $f(f(x)) \leq 0$ che unita alla $(\cdot)$ dà $f(f(x))=0$ per ogni $x \leq 0$. Pongo $x=0$ qui e ottengo $f(f(0))=0$. Essendo $f(0) \leq 0$ sostituisco e ottengo $f(f(f(0))) =0$, ovvero $f(0)=0$. Ora sostituisco nell'originale $x=-c$ e $y=c$ con $c$ intero positivo e ottengo ancora una volta $f(-c)=0$.

Allora nel Sottocaso 2 ottengo subito che per ogni reale $c \geq 0$ si ha $f(c) \leq 0 \quad (A)$ (primo rigo). Ora voglio dimostrare che $f(x) \leq 0$ per ogni $x$ reale. Già ce l'ho su tutti i positivi allora suppongo che su un negativo $d<0$ si ha che $f(d)>0$. Ma allora si ha sicuramente, sostituendo $c=f(d)$ nella $(A)$, che $f(f(d)) \leq 0$. Tuttavia si ha anche per la primissima proprietà che $f(d) \leq f(f(d)) \leq 0$ che è assurdo perché avevo assunto $f(d)>0$.

Nel Caso 2 ottengo subito che $f(x) \leq 0$ per ogni $x \leq k$. Ma se, come per l'ipotesi del Sottocaso 1, $k \geq 0$ si ha che in particolare $f(x) \leq 0$ per ogni $x \leq 0 \leq k$. Allora per ogni $x \leq 0$ si ha $f(x) \leq 0$. Ma essendo $f(x) \leq 0$ posso applicare la stessa proprietà per ottenere $f(f(x)) \leq 0$ per ogni $x \leq 0$.

[paga92aren]

Soluzione:
1) $f(x+y)\leq yf(x)+f(f(x))$
2) Pongo in 1 $y=0$ e ottengo $f(x)\leq f(f(x))$
- pongo $x=0$ e chiamo $a=f(0)$ ottengo $f(a)\geq a$ (che equivale a $f(a)-a\geq 0$)
- pongo $x=a$ e scopro che $f(f(a))\geq f(a)$
3) Pongo in 1 $y=-x$ da cui $xf(x)+a\leq f(f(x))$
4) Pongo in 1 $x=0$ e ottengo $f(y)\leq ay+f(a)$
- $y=f(x)$ da cui $f(f(x))\leq af(x)+f(a)$
5) Unendo 3 e 4 si ottiene $xf(x)+a\leq af(x)+f(a)$
- $x=f(a)$ da cui $(f(a)-a)(1-f(f(a)))\geq 0$ che con 2 si ottiene $f(f(a))\leq 1$
6) Pongo in 1 $y=f(x)-x$ da cui si ottiene $f(x)(f(x)-x)\geq 0$
7) Unendo 2 e 4 ottengo $f(x)\leq af(x)+f(a)$
8 ) Se $a=1$ allora $1=a\leq f(a)=f(1)\leq 1$ da cui $f(1)=1$ quindi ponendo in 1 $x=1$ e $y=-1$ ottengo l'assurdo $1\leq 0$.
Quindi da 5 e 7 si ricava $f(x)\leq \frac{f(a)}{1-a}$ ($f$ e' limitata superiormente)
9) Se $a\not =0$ prendo $x\leq -\frac{f(a)}{a}$ e $x<0$ per 4 $f(x)\leq 0$ che unito a 5 si ottiene $x\geq f(x)$ che moltiplicando per $x$ si ottiene $xf(x)\geq x^2$
- Uso nell'ordine 8, 4 e 9 e ottengo $\frac{f(a)}{1-a}\geq f(f(x))\geq a+xf(x)\geq x^2+a$ quindi mi basta prendere $x$ negativo e molto grande in valore assoluto per trovare un assurdo. Allora $f(0)=0$.
10) Sostituisco in 4 e in 5 $a=0$ e ottengo che $f(x)\leq 0$ e che $xf(x)\leq 0$ e per $x$ negativo implica $f(x)\geq 0$ e quindi $f(x)=0$

[bĕlcōlŏn]

Qualche commento... nel punto 5) non consideri il caso $f(a)=a$ che non ti fa concludere nulla sul segno di $1-f(f(a))$, ma si esclude facilmente. Poi potresti ripetermi il punto 9? Sarà l'ora tarda (e il mio cervello che si rifiuta ) ma non sono riuscito a seguirlo.

[paga92aren]

5.bis) se $f(a)=a$ allora in 3 sostituendo $x=a$ si ottiene $a^2\leq 0$ che e' vera se e solo se $a=0$ e poi concludo come nel punto 10.

9) Voglio utilizzare il fatto che $f$ e' limitata superiormente, quindi mi basta dimostrare che per qualche $x$ $f(x)$ e' grande a piacere. Per fare cio' prendo $x$ negativo e molto grande in valore assoluto. In particolare $x<-\frac{f(a)}{a}$ quindi $f(x)\leq 0$ poi dimostro che $f(x)\leq x$ e infine sapendo che $x$ e' negativo moltiplico e cambio di segno ottenendo $xf(x)\geq x^2$. POi concludo con la catena di disequazioni.

Spero di essere stato piu' chiaro...

[bĕlcōlŏn]

5.bis) se $f(a)=a$ allora in 3 sostituendo $x=a$ si ottiene $a^2\leq 0$ che e' vera se e solo se $a=0$ e poi concludo come nel punto 10.

9) Voglio utilizzare il fatto che $f$ e' limitata superiormente, quindi mi basta dimostrare che per qualche $x$ $f(x)$ e' grande a piacere. Per fare cio' prendo $x$ negativo e molto grande in valore assoluto. In particolare $x<-\frac{f(a)}{a}$

Scusa se continuo a rompere, ma se $a$ è negativo, non funziona quello che dici, perché la disuguaglianza viene col verso sbagliato. Vuoi mostrare $f(x) \leq ax + f(a) \leq 0$, ma con $a$ negativo falla se prendi $x$ negativo grande in modulo... c'è qualcosa che mi sono perso?

[paga92aren]

Hai ragione e infatti avevo anche dimostrato che $a\geq 0$ nei miei fogli di brutta:
- Pongo in 6 $x=a$ e unito a 2 ottengo $f(a)\geq 0$ (il caso $a=f(a)$ si risolve banalmente)
- Pongo in 7 $x=a$ e ottengo $af(a)\geq 0$ da cui $a\geq 0$ (se $f(a)=0$ si risolve banalmente)

Ora dovrebbe essere completa.

[bĕlcōlŏn]

Ok, ora mi è tutto chiaro. Bella soluzione!