Durante la demostración, hasta el penúltimo párrafo, [math]x e [math]y son distintos de [math]0.
Reemplazo [math]y por [math]-y en la ecuación original para tener [math]f(-xy) \leq -yf(x) +f(-y).
Sumando esto y la ecuación original, tenemos que [math]f(-xy)+f(xy) \leq f(-y)+f(y), de donde obtenemos que [math]f(x)+f(-x) es constante para [math]x distinto de [math]0, ya que si [math]f(a)+f(-a)>f(b)+f(-b), tomando [math]xy=a, [math]y=b, llegamos a un absurdo. Luego, para cierta constante [math]c, [math]f(x)+f(-x)=c.
Reemplazando [math]y=1 en la ecuación original, tenemos que [math]0 \leq f(1). Reemplazando [math]x=1, [math]y=-1, tenemos que [math]0 \leq -f(1). Luego, [math]f(1)=0 y [math]c=f(1)+f(-1)=f(-1). Luego, [math]f(x)+f(-x)=f(-1), y [math]f(-x)=f(-1)-f(x).
Reemplazando [math]x=-1, tenemos que [math]f(-y) \leq yf(-1)+f(y). Cambiando [math]y por [math]-y, tenemos que [math]f(y) \leq -yf(-1)+f(-y). Luego, [math]-f(-y) \leq -yf(-1)-f(-y), por lo que [math]f(-y)-f(y)=yf(-1). Reemplazando [math]f(-y) por [math]f(-1)-f(y), obtenemos que [math]f(-1)-2f(y)=yf(-1), por lo que [math]2f(y)=(1-y)f(-1)y, por lo que [math]f es lineal en todos los números salvo [math]0.
Reemplacemos entonces [math]f(x) por [math]ax+b en la ecuación original.
Como [math]f(1)=0, [math]a+b=0, y podemos reemplazar la ecuación por [math]ax-a, o [math]f(x)=a(x-1) para cualquier constante [math]a.
Si [math]x=0, tenemos que [math]f(0)\leq yf(0)+a(y-1), o que [math](1-y)f(0)\leq a(y-1). Si [math]y=0, tenemos que [math]f(0)\leq -a. Si [math]y=2, tenemos que [math]-f(0)\leq a. Luego, [math]f(0)=-a, y para todo [math]x real, [math]f(x)=c(x-1) para toda constante [math]c.
Para terminar, veamos que todas estas funciones verifican, ya que [math]f(xy) \leq yf(x) +f(y) se traduce a [math]axy-a \leq yax - ya + ya - a, que es cierto, ya que ambos lados son iguales.
Última edición por jujumas el Dom 13 Ago, 2017 2:39 am, editado 1 vez en total.
Con [math]x=1 tenemos [math]0\leq yf(1). Si [math]f(1) no es [math]0 tomamos [math]y=\pm 1 para que sea negativo. Luego [math]f(1)=0.
Con [math]x=0 tenemos [math]f(0)\leq yf(0)+f(y) que es lo mismo que [math]\boxed{f(y)\geq f(0)(1-y)} para todo [math]y real
Usando esto esto en la original tenemos que [math]f(0)(1-xy)\leq f(y)+yf(x).
Cuando en la desigualdad anterior hacemos [math]x=y tenemos que [math]f(x)(x+1)\geq f(0)(1-x)(x+1) Si [math]x<-1 entonces [math]f(x)\leq f(0)(1-x). Luego [math]f(x)=f(0)(1-x) para todo [math]x<-1.
Tomando [math]y=\frac{1}{x} con [math]x<0 tenemos que [math]0\leq \frac{f(x)}{x}+f(\frac{1}{x}). Como [math]x<0, [math]0\geq f(x)+xf(\frac{1}{x}). Si tomamos en la original [math]x=\frac{1}{y} llegamos a que [math]0\leq f(y)+yf(\frac{1}{y}) ([math]y\neq 0). Luego [math]f(x)=-xf(\frac{1}{x}) para todo [math]x<0. Tomando [math]-1<x<0 tenemos que [math]f(\frac{1}{x})=f(0)(1-\frac{1}{x}). Luego [math]f(x)=f(0)(1-x) para [math]-1<x<0 y entonces [math]f(x)=f(0)(1-x) para todo [math]x negativo, distinto de [math]-1.
Tomando [math]x=y tenemos que [math]f(x^2)\leq (x+1)f(x). Con [math]x<0, x\neq -1, [math]f(x^2)\leq f(0)(1-x^2). Luego [math]f(x^2)=f(0)(1-x^2) y como [math]x^2 toma todos los valores positivos (menos el [math]1), luego [math]f(x)=f(0)(1-x) para todo [math]x>0. Ya sabemos [math]f(1)=0 y [math]f(0)=f(0).
Entonces [math]f(x)=f(0)(1-x) para todo [math]x\neq -1.
Por un lado tenemos que [math]f(-1)\geq 2f(0).
Si en la original hacemos [math]x=-\frac{1}{y} tenemos que [math]f(-1)\leq 2f(0). Luego [math]f(-1)=2f(0) y entonces [math]f(x)=f(0)(1-x) para todo [math]x real y es trivial ver que todas las funciones de esa forma verifican, ya que en particular se cumple la igualdad.
