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Innanzitutto definisco una sequenza in questo modo$ \begin{cases}a_0=x \\a_{n+1}=f(a_{n})\end{cases} $.
$ 1. $ Dimostro per induzione che $ a_n=\frac{a_0a_1}{na_0-(n-1)a_1} $
Passo Base: Riscrivo il testo in funzione di $ a_2 $ e ottengo $ a_2=\frac{a_0a_1}{2a_0-a_1} $ che verifica il passo base.
Passo Induttivo: Sciftando di $ 1 $ gli indici dell'ipotesi induttiva ho che $ a_{n+1}=\frac{a_1a_2}{na_1-(n-1)a_2}=\frac{a_0a_1}{(n+1)a_0-na_1} $ dove l'ultima disuguaglianza si verifica sostituendo $ a_2 $ con $ \frac{a_0a_1}{2a_0-a_1} $ e svolgendo i conti.

$ 2. $ Dimostro che $ x\ge f(x) \forall x \in (0,\infty) $
Prendo la formula appena dimostrata e so che il denominatore deve essere positivo quindi so che $ (n+1)a_0\ge na_1 \forall n \in \mathbb{N} $. Ponendo $ n\to \infty $ si ha che $ a_0\ge a_1 $ e ricordando chi sono gli $ a_i $ si ottiene $ x\ge f(x) $.

$ 3. $ Dimostro che $ xf(f(x))\ge f(x)^2 \forall x \in (0,\infty) $
Uso $ AM-GM $ sull'$ LHS $ del testo e ho che $ 2xf(f(x))\ge 2f(x) \sqrt{xf(f(x))} \iff xf(f(x)) \ge f(x)^2 $.

$ 4. $ Dimostro che $ x+f(f(x))\ge 2f(x) \forall x \in (0,\infty) $
Usando $ 3. $ con il testo si ha che $ 2f(x)^2\ge xf(x) + f(x)f(f(x)) \iff x+f(f(x))\ge 2f(x) $.

$ 5. $ Dimostro che $ f(x)\ge x \forall x \in (0,\infty) $
Faccio la differenza tra la disuguaglianza di $ 2. $ e di $ 4. $ e ottengo $ x + f(f(x)) - x \ge 2f(x) - f(x) \iff f(f(x))\ge f(x) $. Sapendo che f è surgettiva posso eliminare le $ f $ ed ottenere $ f(x)\ge x $.

$ CONCLUSIONE. $ Da $ 2. $ e da $ 5. $ si ottiene che l'unica funzione possibile è $ f(x)=x $ che verificando vale.

Innanzitutto definisco una sequenza in questo modo$ \begin{cases}a_0=x \\a_{n+1}=f(a_{n})\end{cases} $.
$ 1. $ Dimostro per induzione che $ a_n=\frac{a_0a_1}{na_0-(n-1)a_1} $
Passo Base: Riscrivo il testo in funzione di $ a_2 $ e ottengo $ a_2=\frac{a_0a_1}{2a_0-a_1} $ che verifica il passo base.
Passo Induttivo: Sciftando di $ 1 $ gli indici dell'ipotesi induttiva ho che $ a_{n+1}=\frac{a_1a_2}{na_1-(n-1)a_2}=\frac{a_0a_1}{(n+1)a_0-na_1} $ dove l'ultima disuguaglianza si verifica sostituendo $ a_2 $ con $ \frac{a_0a_1}{2a_0-a_1} $ e svolgendo i conti.
$ 2. $ $ f $ è iniettiva
Siano $ a $ e $ b $ 2 numeri tali che $ f(a)=f(b)=c $. Allora si ha che $ 2af(c)-ac=cf(c)=2bf(c)-bc \iff f(c)=\frac{c}{2} $. Ora sostituendo nel testo del problema $ a\leftarrow x $ e sfruttando ciò che ho appena dimostrato ottengo $ c=0 $, ma dato che la funzione è definita per numeri positivi siamo a posto.
$ 3. $ $ \forall x \exists! k $ un numero tale che $ f(f(x))=k $ e $ f(x)=\frac{2xk}{x+k} ( * ) $ e questo numero è $ x $
Da $ 1. $ ottengo che $ f(f(x))=k=\frac{xf(x)}{2x-f(x)} \iff xf(x)=2xk-f(x)k \iff f(x)=\frac{2xk}{x+k} $. E' da ricordare che $ k $ è unico perchè $ f $ è iniettiva.
Ora so che $ k=f(f(x))=f(\frac{2xk}{x+k})=\frac{2\frac{2xk}{x+k}k}{\frac{2xk}{x+k}+k} \iff \frac {4xk^2}{3xk+k^2}=k \iff x=k $. Ora sostituendo in (*) $ x=k $ ottengo che $ f(x)=x $ e verificando si ottiene che va bene.