Este me pareció bonito:
Demuestra que, para toda función $f:\mathbb{R}^+\to\mathbb{R}^+$, existen al menos dos números reales positivos $x,y$ tal que
$f(x+y)$<$yf(f(x))$
sábado, 14 de mayo de 2011
Problema 2 del día 14 de mayo (Jorge)
Pongo otro para los que ya habían visto el problema de combi que puse.
Este me pareció bonito:
Demuestra que, para toda función $f:\mathbb{R}^+\to\mathbb{R}^+$, existen al menos dos números reales positivos $x,y$ tal que
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Demuestra que, para toda función $f:\mathbb{R}^+\to\mathbb{R}^+$, existen al menos dos números reales positivos $x,y$ tal que
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4 comentarios:
Suongamos que no es cierto, entonces para todos los reales positivos $x,y$ se cumple que $f(x+y)\geq yf(f(x))$
Ahora si existe una $x$ tal que $f(x)-x>1$ entonces sustituyendo $(x,f(x)-x)$ obtenemos que $f(f(x))\geq yf(f(x))>f(f(x))$ lo cual es una contradicción por lo tanto $x+1\geq f(x)$ para toda $x$.
Ahora si existe $x$ tal que $f(f(x))>1$ es decir $f(f(x))=1+a$ con $a$ real positivo, entonces tomando $y=\fracc{x+2}{a} nos da que $x+y+1\geq f(x+y)\geq yf(f(x))=y+ay=x+y+2$ lo cual es una contradicción por lo tanto $1\geq f(f(x))$ para toda $x$
Tomando $(x,\fracc{a}{f(f(x))$ en la original nos da que $f(x+y)\geq a$ para toda $a$ es decir existe $z$ tal que $f(z)$ es tan grande como queramos.
Por lo tanto tomando $x=1$ y $x+y=f(z)$ con $y\geq \fracc{1}{f(f(1))}+1$ nos da que $1\geq f(f(z))=f(x+y)\geq yf(f(x))\geq (\fracc{1}{f(f(1))}+1)(f(f(1))>1$ Lo cual es una contradicción.
Por lo tanto existen reales positivos $x,y$ tales que $f(x+y)<y(f(f(x))$ que es lo que queriamos probar.
Me falto un signo de pesos!!!.. pero vuelvo a poner la parte que no esta en Latex
$x+y+1\geq f(x+y)\geq yf(f(x))=y+ay=x+y+2$ lo cual es una contradicción por lo tanto $1\geq f(f(x))$ para toda $x$Tomando $(x,\fracc{a}{f(f(x))$ en la original nos da que $f(x+y)\geq a$ para toda $a$ es decir existe $z$ tal que $f(z)$ es tan grande como queramos. Por lo tanto tomando $x=1x+y=f(z)y\geq \fracc{1}{f(f(1))}+1$ nos da que $1\geq f(f(z))=f(x+y)\geq yf(f(x))\geq (\fracc{1}{f(f(1))}+1)(f(f(1))>1$ Lo cual es una contradicción.Por lo tanto existen reales positivos $x,y$ tales que $f(x+y)<y(f(f(x))$ que es lo que queriamos probar.
Me gano la tecnologia... no se como poner fracciones en latex, pero bueno si masomenos se entiende la solución...
mi solución es basicamete la misma que la de Georges
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