发个贴收录下，(xy)+f(x+y)>=f(x)f(y)

realnumber

10.设函数$f(x)=ax^2+b$，求所有的正实数对(a,b)，使得对任意实数 x,y，有f(xy)+f(x+y)>=f(x)f(y)  
13年一试最后一题
以后来做

战巡

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先令$x=0$，有
\[f(0)+f(y)-f(0)f(y)\ge 0\]
\[a(1-b)y^2+b(2-b)\ge 0\]
\[a\ge 0, 1-b\ge 0, b\ge 0, 2-b\ge 0\]
\[0\le b\le 1\]
再令$x=y$，有
\[f(x^2)+f(2x)-f(x)^2\ge 0\]
\[(a-a^2)x^4+(4a-2ab)x^2+2b-b^2\ge 0\]
\[(4a-2ab)^2-4(a-a^2)(2b-b^2)=4a(2a-b)(2-b)\le 0\]
\[2a-b\le 0, 0<a\le \frac{b}{2}\le \frac{1}{2}\]
剩下就可以硬来了
\[g(x,y)=f(xy)+f(x+y)-f(x)f(y)=ax^2y^2+a(x+y)^2+2b-(ax^2+b)(ay^2+b)\]
分别求偏导得到
\[\frac{\partial g(x,y)}{\partial x}=2axy^2+2a(x+y)-2ax(ay^2+b)=0\]
\[\frac{\partial g(x,y)}{\partial y}=2ax^2y+2a(x+y)-2ay(ax^2+b)=0\]
得
\[\begin{cases}x=\sqrt{\frac{b}{1-a}}\\y=-\sqrt{\frac{b}{1-a}}\end{cases}\]
当然也可以反过来，不影响结果
然后
\[g(x,y)\ge g(\sqrt{\frac{b}{1-a}},-\sqrt{\frac{b}{1-a}})=\frac{2b-2ab-b^2}{1-a}\ge 0\]
\[2-2a-b\ge 0\]
满足这个条件就可以了