OliForum Matematico

Sia $ f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}^+ $ una funzione non decrescente. Provare che esiste un punto $ a\in\mathbb{R} $ tale che

$ \displaystyle f \bigg(a+\frac1{f(a)}\bigg)<2f(a) $

Posto questo problema perchè penso di avere trovato una soluzione quantomeno decente, e vorrei vedere se salta fuori anche quella; in caso contrario la posterò e qualcuno mi dirà se è giusta

Ehi, uppiamola!

Forse che Ita3driv non ha voglia di provarla?

Wei, a me le funzionali piacciono

Allora, facciamo per assurdo, supponiamo che per ogni a si abbia:
$ ~ f(a+\frac 1 {f(a)}) \ge 2f(a) $.
Definiamo $ ~ g(x) = x + \frac{1}{f(x)} $. Chiaramente g(x) > x.
Ora prendiamo completamente a caso un reale $ ~ x_0 $. Definiamo la successione $ ~ x_n = g^n(x_0) $. Ora non resta dimostrare alcune proprietà della successione...
Ad esempio che $ ~ f(x_n) \ge 2^n f(x_0) $.
È semplice, per induzione:
$ ~ f(x_{n+1}) = f(g(x_n)) = f(x_n + \frac 1 {f(x_n)} ) \ge 2f(x_n) \ge 2 \cdot 2^nf(x_0) $.

Ora, usando quest'ultimo risultato, possiamo dimostrare che:
$ ~ x_{n+1} = x_n + \frac{1}{f(x_n)} \le x_n + \frac{1}{2^nx_0} $
E questo, con l'induzione, ci dà:
$ ~ x_{n+1} \le x_0 + \frac{1}{2x_0} + \frac{1}{4x_0} + \ldots + \frac{1}{2^{n}x_0} $.
Ma possiamo fare di meglio: $ ~ \frac 12 + \frac 14 +\ldots + \frac{1}{2^{n}} < 1 $ (questo è chiaro... prendo un segmento, gli tolgo metà, metà di quel che resta, etc.).

Quindi in conclusione, per ogni n:
$ ~ x_n <x_0 + \frac 1 {x_0} $.
D'altra parte, la successione $ ~ f(x_n) $ per quanto dimostrato prima è palesemente grande a piacere, quindi possiamo trovare un $ ~ x_n $ tale che $ ~ f(x_n) > f(x_0 + \frac 1 {x_0}) $.

Queste ultime due osservazioni contraddicono la non decrescenza.
Chiaramente al posto di 2 si poteva mettere qualsiasi costante maggiore di 1.