Matematyka.pl

Wyznaczyć wszystkie \(\displaystyle{ f: \RR \to \RR}\) takie, że
\(\displaystyle{ f(x) \geq x+1}\)
\(\displaystyle{ f(x+y) \geq f(x)f(y)}\)
dla dowolnych \(\displaystyle{ x, y \in \RR}\).

Ustalmy dowolne \(\displaystyle{ x_0\in \mathbb{R}}\).
Z drugiej nierówności mamy \(\displaystyle{ f(x_0)=f\left(\frac {x_0} 2+\frac {x_0} 2\right)\ge f^2\left(\frac {x_0} 2\right)}\) (w szczególności nietrudno stąd wywnioskować \(\displaystyle{ \forall_{x\in \mathbb{R}}f(x)\ge 0}\)) i indukcyjnie \(\displaystyle{ f(x_0)\ge f\left(\frac {x_0} {2^n}\right)^{2^n}, \ n\in\mathbb{N}}\).
Niech \(\displaystyle{ n\in \mathbb{N}}\) na tyle duże, że \(\displaystyle{ \frac{x_0}{2^n}\in [-1,1]}\). Wtedy z pierwszej nierówności z założenia mamy
\(\displaystyle{ f\left(\frac{x_0}{2^n}\right)\ge \frac {x_0}{2^n}+1}\) i stąd
\(\displaystyle{ f(x_0)\ge \left(\frac{x_0}{2^n}+1\right)^{2^n}}\), przechodząc z \(\displaystyle{ n}\) do \(\displaystyle{ \infty}\) mamy
\(\displaystyle{ f(x_0)\ge e^{x_0}}\). Zatem z dowolności \(\displaystyle{ x_0, \ \forall_{x\in \mathbb{R}}f(x)\ge e^x \ (*)}\).
Odnotujmy jeszcze, że \(\displaystyle{ f(0)=1}\): rzeczywiście, \(\displaystyle{ f(0)\ge e^0=1}\), a z drugiej strony
\(\displaystyle{ f(0+0)\ge f(0)^2}\), tj. \(\displaystyle{ f(0)\in [0,1]}\).
Połóżmy \(\displaystyle{ f(x)=g(x)+e^x}\), wtedy oczywiście z \(\displaystyle{ (*), \ g(x)\ge 0}\) dla każdego \(\displaystyle{ x\in \mathbb{R} \ (+)}\) oraz \(\displaystyle{ g(0)=0}\).
Korzystając z drugiej nierówności w założeniu dostajemy
\(\displaystyle{ g(x+y)\ge e^x g(y)+e^y g(x)+g(x)g(y).}\)
W powyższym kładziemy \(\displaystyle{ y:=-x}\)i jest
\(\displaystyle{ 0=g(0)\ge e^xg(-x)+e^{-x}g(x)+g(x)g(-x)\stackrel{(+)}{\ge }0}\).
Zatem
\(\displaystyle{ e^xg(-x)+e^{-x}g(x)+g(x)g(-x)=0}\) dla każdego iksa, ale że składniki w tej ostatniej sumie są nieujemne, to wszystkie są zerami, stąd łatwo
\(\displaystyle{ g\equiv 0}\) i ostatecznie jedyną funkcją spełniającą warunki zadania jest \(\displaystyle{ f(x)=e^x}\).