Matemática => Cálculo 1 variable => Mensaje iniciado por: Buscón en 04/03/2017, 04:10:46 pm



Título: ¿\([f(x+y)=f(x)+f(y)\wedge f(xy)=f(x)f(y)]\Rightarrow{[f(x)=0\vee f(x)=x}]\)?
Publicado por: Buscón en 04/03/2017, 04:10:46 pm

Sea    [texx]f:\mathbb{R}\longrightarrow{\mathbb{R}}[/texx]    una función que verifica las propiedades:

   (a) [texx]f(x+y)=f(x)+f(y)[/texx]    para todos    [texx]x,y\in{\mathbb{R}}[/texx].

   (b) [texx]f(xy)=f(x)f(y)[/texx]    para todos    [texx]x,y\in{\mathbb{R}}[/texx].


Demuestra que o bien    [texx]f[/texx]    es    [texx]f(x)=0[/texx]    para todo    [texx]x\in{\mathbb{R}}[/texx]    o bien es    [texx]f(x)=x[/texx]    para todo

[texx]x\in{\mathbb{R}}[/texx].



Sugerencias:

   (a) Supuesto que    [texx]f[/texx]    no es indénticamente nula, prueba primero que    [texx]f[/texx]    es estrictamente creciente y que

        [texx]f(r)=r[/texx]    para todo    [texx]r\in{\mathbb{Q}}[/texx].

   (b) Supón que hay algún número    [texx]a[/texx]    tal que    [texx]f(a)\neq{a}[/texx]    y deduce una contradicción (utiliza que entre dos

        números reales cualesquiera siempre hay algún número racional).


Título: Re: ¿\([f(x+y)=f(x)+f(y)\wedge f(xy)=f(x)f(y)]\Rightarrow{[f(x)=0\vee f(x)=x}]\)?
Publicado por: Buscón en 04/03/2017, 04:18:20 pm
Que será una función idénticamente nula?


??? ??? ???



Gracias por adelantado. Saludos.


Título: Re: ¿\([f(x+y)=f(x)+f(y)\wedge f(xy)=f(x)f(y)]\Rightarrow{[f(x)=0\vee f(x)=x}]\)?
Publicado por: robinlambada en 04/03/2017, 04:50:55 pm
Hola, te doy una serie de ideas:

1º- [texx]f(0+x)=f(0)+f(x)\Rightarrow{}f(0)=0[/texx] , entonces [texx]f(x-x)=0=f(x)+f(-x)\Rightarrow{}f(-x)=-f(x)[/texx]

[texx]f(2x)=f(x)+f(x)=2f(x)[/texx] por inducción se prueba [texx]f(nx)=nf(x)[/texx](1) con [texx]n\in{\mathbb{Z}}[/texx]

como [texx]f(nx)=f(n)f(x)[/texx](2) de 1 y 2 tenemos que [texx]f(n)=n[/texx]

También que [texx]f(1)=1=f(p/p)=pf(1/p)\Rightarrow{}\displaystyle\frac{1}{p}=f(1/p)[/texx]

Saludos.




Título: Re: ¿\([f(x+y)=f(x)+f(y)\wedge f(xy)=f(x)f(y)]\Rightarrow{[f(x)=0\vee f(x)=x}]\)?
Publicado por: Luis Fuentes en 04/03/2017, 05:33:18 pm
Hola

Que será una función idénticamente nula?

Es una función que toma el valor cero en todo punto de su dominio.

Saludos.


Título: Re: ¿\([f(x+y)=f(x)+f(y)\wedge f(xy)=f(x)f(y)]\Rightarrow{[f(x)=0\vee f(x)=x}]\)?
Publicado por: robinlambada en 04/03/2017, 06:54:11 pm
Para probar que es estrictamente creciente, basta probar que si [texx]x>0\Rightarrow{} f(x)>0[/texx]  y aplicar [texx]f(x-y)=f(x)-f(y)[/texx]
Para lo primero, tienes que en cualquier intervalo  siempre tendrás al menos un racional.

Saludos.


Título: Re: ¿\([f(x+y)=f(x)+f(y)\wedge f(xy)=f(x)f(y)]\Rightarrow{[f(x)=0\vee f(x)=x}]\)?
Publicado por: luis en 04/03/2017, 07:23:17 pm
Me parece más sencillo analizar el caso de la imagen de un [texx]k \times x[/texx], con [texx]k \in N[/texx].

Observemos que

[texx]f(k \times x) = f(x) + f(x) + ... + f(x) = k \times f(x)[/texx]
[texx]f(k \times x) = f(k) \times f(x)[/texx]

Así que para cualquier [texx]x \in R, k \in N[/texx] se cumple que

[texx]f(k) \times f(x) = k \times f(x)[/texx]

Y ahora, observa que si hay algún [texx]x[/texx] tal que la función no se anule, estamos ante una de las posibilidades planteadas. Y si eso no sucediera, estaríamos ante la otra.

saludos

luis


Editado: como robinlambada señala en el próximo mensaje, esta propuesta falla. Intenté ver de emparcharla sin meterme en consideraciones de orden, pero no lo he logrado.


Título: Re: ¿\([f(x+y)=f(x)+f(y)\wedge f(xy)=f(x)f(y)]\Rightarrow{[f(x)=0\vee f(x)=x}]\)?
Publicado por: robinlambada en 04/03/2017, 07:43:49 pm
Me parece más sencillo analizar el caso de la imagen de un [texx]k \times x[/texx], con [texx]k \in N[/texx].

Observemos que

[texx]f.(k \times x) = f.x + f.x + ... + f.x = k \times f.x[/texx]
[texx]f.(k \times x) = f.k \times f.x[/texx]

Así que para cualquier [texx]x \in R, k \in N[/texx] se cumple que

[texx]f.k \times f.x = k \times f.x[/texx]

Y ahora, observa que si hay algún [texx]x[/texx] tal que la función no se anule, estamos ante una de las posibilidades planteadas. Y si eso no sucediera, estaríamos ante la otra.

saludos

luis


Pero con eso, solo muestras que [texx]f(k)=k[/texx], si k es natural pero no lo pruebas para el caso de k irracional.

Saludos.


Título: Re: ¿\([f(x+y)=f(x)+f(y)\wedge f(xy)=f(x)f(y)]\Rightarrow{[f(x)=0\vee f(x)=x}]\)?
Publicado por: Juan Pablo Sancho en 04/03/2017, 07:46:22 pm
Puedes tener otro camino (para el caso que no se anule siempre):

Para [texx] x \in \mathbb{R} : f(x) \geq 0 [/texx]

Tenemos que [texx] f(1) > 0 [/texx] por ser [texx] f(1) = f(1 \cdot 1) = f(1) \cdot f(1) = (f(1))^2 > 0 [/texx] 

Para cualquier [texx] \beta [/texx] positivo tenemos  [texx] f(\beta) = f(\sqrt{\beta} \cdot \sqrt{\beta} ) =  (f(\sqrt{\beta}))^2 \geq 0 [/texx]

Si [texx] x  >  y [/texx] tenemos [texx] f(x-y) = f(x) - f(y) =    f(\sqrt{x-y} \cdot \sqrt{x-y}) = (f(\sqrt{x-y}))^2 [/texx]

Editado
Con estas condiciones sólo puede ser cero para [texx] x = 0 [/texx] (en el caso que hay un elemento diferente de cero:

Sea [texx]\delta[/texx] tal que [texx] f(\delta) \neq  0[/texx] tomando un número [texx]\epsilon \neq 0 [/texx] tenemos entonces:

[texx]f(\delta) = f((\delta - \epsilon) + \epsilon) = f(\delta - \epsilon) \cdot f(\epsilon) \neq  0[/texx] entones sólo toma el valor cero para el cero.

Para los racionales [texx] q \in \mathbb{Q}^+ [/texx] se puede observar [texx] f(q) = q \cdot f(1) [/texx] de donde se saca que para los negativos [texx] b \in \mathbb{Q}^- [/texx] se tiene [texx]f(b) = b\cdot f(1) [/texx]

Como [texx] f(1) = f(1 \cdot 1 ) = (f(1))^2 [/texx] tenemos [texx]f(1) = 1 [/texx]

Probamos la continuidad en el cero:

[texx]\displaystyle \lim_{h \to 0} f(h) = 0 [/texx]

Hemos probado que para los racionales se cumple que es cierto.

Entonces para toda sucesión convergente a cero, por ser la función creciente y viendo que [texx]f(q) = q \cdot f(1) = q[/texx] tenemos que el límite es cero.


Entonces para todo irracional [texx]\omega[/texx] existe una sucesión racional [texx]\{q_n\}_{n=1}^{+\infty} [/texx] convergente a [texx]\omega[/texx]

[texx]\displaystyle  f(\omega) = \lim_{n \to +\infty} f(q_n + h_n) = \lim_{n \to +\infty} f(q_n)  + \lim_{n \to +\infty} f(h_n) = q_n \cdot \lim_{n \to +infty} f(1)  + \lim_{n \to +\infty} f(h_n) = \omega \cdot f(1) = \omega [/texx]




Título: Re: ¿\([f(x+y)=f(x)+f(y)\wedge f(xy)=f(x)f(y)]\Rightarrow{[f(x)=0\vee f(x)=x}]\)?
Publicado por: luis en 04/03/2017, 08:47:19 pm
Pero con eso, solo muestras que [texx]f(k)=k[/texx], si k es natural pero no lo pruebas para el caso de k irracional.


Sí, parece que me morfé eso.

saludos

luis


Título: Re: ¿\([f(x+y)=f(x)+f(y)\wedge f(xy)=f(x)f(y)]\Rightarrow{[f(x)...?
Publicado por: Buscón en 17/06/2017, 05:07:10 pm
Para probar que es estrictamente creciente, basta probar que si [texx]x>0\Rightarrow{} f(x)>0[/texx]  y aplicar [texx]f(x-y)=f(x)-f(y)[/texx]
Para lo primero, tienes que en cualquier intervalo  siempre tendrás al menos un racional.

Saludos.

No consigo ver como lo pruebas.

La función será estrictamente creciente si para    [texx]x_2>x_1[/texx]   entonces    [texx]f(x_2)>f(x_1)[/texx],       [texx]x_1,x_2\in{\mathbb{R}}[/texx].

¿Como probar esto?

Saludos y gracias.


Título: Re: ¿\([f(x+y)=f(x)+f(y)\wedge f(xy)=f(x)f(y)]\Rightarrow{[f(x)...?
Publicado por: Luis Fuentes en 17/06/2017, 06:14:12 pm
Hola

La función será estrictamente creciente si para    [texx]x_2>x_1[/texx]   entonces    [texx]f(x_2)>f(x_1)[/texx],       [texx]x_1,x_2\in{\mathbb{R}}[/texx].

¿Como probar esto?

Si. Pero eso equivale a que si [texx]x_2-x_1>0[/texx] entonces [texx]f(x_2-x_1)>0[/texx]. Es decir si [texx]\beta>0[/texx] entonces [texx]f(\beta)>0[/texx].

Y eso lo probó Juan Pablo:
Para cualquier [texx] \beta [/texx] positivo tenemos  [texx] f(\beta) = f(\sqrt{\beta} \cdot \sqrt{\beta} ) =  (f(\sqrt{\beta}))^2 \geq 0 [/texx]

Saludos.


Título: Re: ¿\([f(x+y)=f(x)+f(y)\wedge f(xy)=f(x)f(y)]\Rightarrow{[f(x)...?
Publicado por: Buscón en 17/06/2017, 08:02:12 pm
Hola

La función será estrictamente creciente si para    [texx]x_2>x_1[/texx]   entonces    [texx]f(x_2)>f(x_1)[/texx],       [texx]x_1,x_2\in{\mathbb{R}}[/texx].

¿Como probar esto?

Si. Pero eso equivale a que si [texx]x_2-x_1>0[/texx] entonces [texx]f(x_2-x_1)>0[/texx]. Es decir si [texx]\beta>0[/texx] entonces [texx]f(\beta)>0[/texx].


O sea. La condición para que    [texx]f[/texx]    sea estrictamente creciente es


[texx]x_2>x_1\Rightarrow{f(x_2)>f(x_1)}[/texx],    [texx]x_1,x_2\in{\mathbb{R}}[/texx],


que dicho de otro modo es


[texx]x_2+(-x_1)>0\Rightarrow{f(x_2)-f(x_1)>0}[/texx],    [texx]x_1,x_2\in{\mathbb{R}}[/texx],


por el enunciado sabemos que    [texx]f[/texx]    cumple la condición


[texx]f\big(x_2+(-x_1)\big)=f(x_2)+f(-x_1)[/texx],


ahora necesitaríamos probar que    [texx]f[/texx]    es impar para poder expresar


[texx]f(x_2-x_1)=f(x_2)-f(x_1)[/texx].


¿No?

Saludos.

CORREGIDO.


Título: Re: ¿\([f(x+y)=f(x)+f(y)\wedge f(xy)=f(x)f(y)]\Rightarrow{[f(x)=0\vee f(x)=x}]\)?
Publicado por: robinlambada en 18/06/2017, 04:51:19 am
Hola.
Hola

La función será estrictamente creciente si para    [texx]x_2>x_1[/texx]   entonces    [texx]f(x_2)>f(x_1)[/texx],       [texx]x_1,x_2\in{\mathbb{R}}[/texx].

¿Como probar esto?

Si. Pero eso equivale a que si [texx]x_2-x_1>0[/texx] entonces [texx]f(x_2-x_1)>0[/texx]. Es decir si [texx]\beta>0[/texx] entonces [texx]f(\beta)>0[/texx].


O sea. La condición para que    [texx]f[/texx]    sea estrictamente creciente es


[texx]x_2>x_1\Rightarrow{f(x_2)>f(x_1)}[/texx],    [texx]x_1,x_2\in{\mathbb{R}}[/texx],


que dicho de otro modo es


[texx]x_2+(-x_1)>0\Rightarrow{f(x_2)-f(x_1)>0}[/texx],    [texx]x_1,x_2\in{\mathbb{R}}[/texx],


por el enunciado sabemos que    [texx]f[/texx]    cumple la condición


[texx]f\big(x_2+(-x_1)\big)=f(x_2)+f(-x_1)[/texx],


ahora necesitaríamos probar que    [texx]f[/texx]    es par para poder expresar


[texx]f(x_2-x_1)=f(x_2)-f(x_1)[/texx].


¿No?

Saludos.

Si lo último es cierto, aunque creo que querias decir que la función es impar.
Eso ya lo probe en mi primer mensaje.
......
1º- [texx]f(0+x)=f(0)+f(x)\Rightarrow{}f(0)=0[/texx] , entonces [texx]f(x-x)=0=f(x)+f(-x)\Rightarrow{}f(-x)=-f(x)[/texx]



Título: Re: ¿\([f(x+y)=f(x)+f(y)\wedge f(xy)=f(x)f(y)]\Rightarrow{[f(x)=0\vee f(x)=}]\)?
Publicado por: Buscón en 18/06/2017, 05:44:21 am

Para [texx] x \in \mathbb{R} : f(x) \geq 0 [/texx]



¿Cómo deduces esto?

Saludos.


Título: Re: ¿\([f(x+y)=f(x)+f(y)\wedge f(xy)=f(x)f(y)]\Rightarrow{[f(x)=0\vee f(x)=x}]\)?
Publicado por: robinlambada en 18/06/2017, 06:18:37 am
Hola:

Para [texx] x \in \mathbb{R} : f(x) \geq 0 [/texx]



¿Cómo deduces esto?

Saludos.

lo hace aqui, pero demuestra que si [texx]x>0 \Rightarrow{}f(x)\geq{0}[/texx]

Para cualquier [texx] \beta [/texx] positivo tenemos  [texx] f(\beta) = f(\sqrt{\beta} \cdot \sqrt{\beta} ) =  (f(\sqrt{\beta}))^2 \geq 0 [/texx]


para [texx]x<0[/texx] también es creciente, pues [texx]f(x)=f(-|x|)=-f(|x|)\leq{0}[/texx]

Saludos.


Título: Re: ¿\([f(x+y)=f(x)+f(y)\wedge f(xy)=f(x)f(y)]\Rightarrow{[f(x)=0\vee f(x)=x}]\)?
Publicado por: robinlambada en 18/06/2017, 07:19:53 am
Resumiendo y agrupando:


[texx]f(x)=f(0+x)=f(0)+f(x)\Rightarrow{}f(0)=0[/texx] , entonces [texx]f(x-x)=0=f(x)+f(-x)\Rightarrow{}f(-x)=-f(x)[/texx]

[texx]f(2x)=f(x)+f(x)=2f(x)[/texx] por inducción se prueba [texx]f(nx)=nf(x)[/texx] con [texx]n\in{\mathbb{Z}}[/texx]

Es decir [texx]f((n+1)x)=f(nx+x)=nf(x)+f(x)=(n+1)f(x)[/texx]

Como [texx]f(nx)=f(n)f(x)=nf(x)[/texx]  ó [texx]f(x)=0 \,\forall{x}[/texx] ó [texx]f(n)=n\, \forall{}n\in{}\mathbb{Z}[/texx]

También que [texx]f(1)=1=f(q/q)=qf(1/q)\Rightarrow{}\displaystyle\frac{1}{q}=f(1/q)[/texx]

Por tanto [texx]f(\frac{p}{q})=\displaystyle\frac{p}{q}[/texx]

Hemos probado quesi [texx]f(x)\neq{0}[/texx] entonces [texx]f(x)=x\in{\mathbb{Q}} [/texx]
--------------------------------------------------------------------------------------------------------

La función es creciente para [texx]x\in{\mathbb{R}}[/texx] ya que si [texx]x>0[/texx] , [texx]f(x)=f(\sqrt[ ]{x}\cdot{}\sqrt[ ]{x})=f(\sqrt[ ]{x})^2\geq{0}[/texx] , igual pasa si [texx]x<0[/texx] , entonces [texx]f(x)\leq{}0[/texx]

Por ser [texx]f(x-y)=f(x)+f(-y)=f(x)-f(y)[/texx] , la función es creciente.
----------------------------------------------------------------------------------------------

Para probar que [texx] f(x)=x \,\forall{x}\in{}\mathbb{R}[/texx], Juan Pablo demuestra primero la continuidad en cero. ( que realmente no la acabo de entender*)

Te muestro mi demostración:
[texx]\forall{}\epsilon>0 [/texx]  sea [texx]0<\delta=\displaystyle\frac{1}{q}<\epsilon[/texx]

Si [texx]|x-0|=|x|<\delta=\displaystyle\frac{1}{q}\Rightarrow{}|f(x)-f(0)|=|f(x)|<\epsilon[/texx]

Por ser [texx]f(x)[/texx] creciente, si [texx]0<x<\displaystyle\frac{1}{q}\Leftrightarrow{}0<f(x)<f(\frac{1}{q})=\displaystyle\frac{1}{q}[/texx] . entonces  [texx]|f(x)|<|f(\frac{1}{q})|=\displaystyle\frac{1}{q}<\epsilon[/texx]

Por ello [texx]\displaystyle\lim_{x \to{0}}{}f(x)=f(0)=0[/texx] que lo utilizamos en lo siguiente, que ya demostró Juan Pablo con las sucesiones de racionales [texx]\{q_n\}_{n=1}^{+\infty}[/texx] que convergen a cualquier irracional.

Sea [texx]\omega=q_n+ h_n[/texx] , con [texx]\omega,h_n\in{}\mathbb{I}[/texx] y [texx]q_n\in{}\mathbb{Q}[/texx]

y [texx]\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}q_n=\omega\Leftrightarrow{}\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}h_n=0[/texx]

Entonces

[texx]\displaystyle  f(\omega) =  f(q_n + h_n) = f(q_n)  + f(h_n)= q_n + f(h_n)[/texx], que es válido [texx]\forall{n}\in{}\mathbb{N}[/texx], en particular también lo será en el límite si [texx]n\rightarrow{}+\infty[/texx]


[texx] f(\omega)=\displaystyle\lim_{n \to +\infty} q_n + \displaystyle\lim_{n \to +\infty} f(h_n) =\displaystyle\lim_{n \to +\infty} q_n   + \displaystyle\lim_{h_n \to 0} f(h_n) =  \omega+0=\omega[/texx]

Saludos.


Título: Re: ¿\([f(x+y)=f(x)+f(y)\wedge f(xy)=f(x)f(y)]\Rightarrow[f(x)=0\vee f(x...\)?
Publicado por: Buscón en 18/06/2017, 07:31:50 am
Gracias por la inestimable ayuda que me habéis prestado. Haciendo uso de ella he llegado al siguiente

desarrollo para probar la monotonía de    [texx]f[/texx]    tal como sugiere el enunciado.

Si suponemos que    [texx]\forall{x\in{\mathbb{R}}}.f(x)=0[/texx]    tenemos que se verifican


   a) [texx]f(x+y)=0=f(x)+f(y)=0+0[/texx]    y

   b) [texx]f(xy)=0=f(x)f(y)=0\cdot{0}[/texx]


así que, al seguir la sugerencia a del enunciado y suponer que    [texx]f[/texx]    no es idénticamente nula, tenemos

que ha de existir    [texx]x_0[/texx]    verificando    [texx]f(x_0)\neq{0}[/texx].

El enunciado nos dice que    [texx]f(0+x_0)=f(0)+f(x_0)[/texx],    luego    [texx]f(x_0)=f(0)+f(x_0)[/texx],    de donde

claramente se deduce que


[texx]f(0)=0[/texx].


Ahora podemos expresar


[texx]\begin{align}0=f(0)=f\big(x_0+(-x_0)\big)=f(x_0)+f(-x_0)=f(x_0)-f(x_0)\end{align}
[/texx]


con lo que también hemos deducido que    [texx]f[/texx]    sólo puede ser impar en este supuesto.

Si ahora tomamos dos reales    [texx]x>y[/texx]    tales que    [texx]f(x)\neq{f(y)}[/texx]    será


   i) por (1)    [texx]f\big(x+(-y)\big)=f(x)+f(-y)=f(x)-f(y)[/texx],


sabemos además,


   ii) por hipótesis, que   [texx]x-y>0[/texx],   y por lo tanto   [texx](x-y)\cdot{(x-y)}>0[/texx],


   iii) por la propiedad b del enunciado,


[texx]f\big((x-y)\cdot{(x-y)}\big)=f(x-y)\cdot{f(x-y)}=\big[f(x-y)\big]^2>0[/texx],


       es decir, la función es positiva para argumentos positivos,


de i, ii y iii obtenemos


[texx]x-y>0\Rightarrow{f(x)-f(y)>0}[/texx],      [texx]x,y\in{\mathbb{R}}[/texx]


[texx]x>y\Rightarrow{f(x)>f(y)}[/texx],      [texx]x,y\in{\mathbb{R}}[/texx]


que es justamente la condición requerida para que    [texx]f[/texx]    sea estrictamente creciente.


Saludos.


Título: Re: ¿\([f(x+y)=f(x)+f(y)\wedge f(xy)=f(x)f(y)]\Rightarrow{[f(x)=0\vee f(x)=x}]\)?
Publicado por: robinlambada en 18/06/2017, 07:43:28 am
Gracias por la inestimable ayuda que me habéis prestado. Haciendo uso de ella he llegado al siguiente desarrollo para probar la monotonía de    [texx]f[/texx]    tal como sugiere el enunciado.

Si suponemos que    [texx]\forall{x\in{\mathbb{R}}}.f(x)=0[/texx]    tenemos que se verifican


   a) [texx]f(x+y)=0=f(x)+f(y)=0+0[/texx]    y

   b) [texx]f(xy)=0=f(x)f(y)=0\cdot{0}[/texx]


así que, al seguir la sugerencia a del enunciado y suponer que    [texx]f[/texx]    no es idénticamente nula, tenemos que ha de

existir    [texx]x_0[/texx]    verificando    [texx]f(x_0)\neq{0}[/texx].

El enunciado nos dice que    [texx]f(0+x_0)=f(0)+f(x_0)[/texx],    luego    [texx]f(x_0)=f(0)+f(x_0)[/texx],    de donde claramente

se deduce que


[texx]f(0)=0[/texx].


Ahora podemos expresar   


\begin{align}0=f(0)=f\big(x_0+(-x_0)\big)=f(x_0)+f(-x_0)=f(x_0)-f(x_0)\end{align}


con lo que también hemos deducido que    [texx]f[/texx]    sólo puede ser impar en este supuesto.

Si ahora tomamos dos reales    [texx]x>y[/texx]    tales que    [texx]f(x)\neq{f(y)}[/texx]    será


   i) Por (1) que    [texx]f\big(x+(-y)\big)=f(x)+f(-y)=f(x)-f(y)[/texx],


sabemos además,


   ii) por hipótesis, que    [texx]x-y>0[/texx],    y por lo tanto    [texx](x-y)\cdot{(x-y)}>0[/texx],


   iii) por la propiedad b del enunciado, que    [texx]f\big((x-y)\cdot{(x-y)}\big)=f(x-y)\cdot{f(x-y)}=\big[f(x-y)\big]^2>0[/texx],

       es decir, la función es positiva para argumentos positivos,


de i, ii y iii obtenemos


[texx]x-y>0\Rightarrow{f(x)-f(y)>0}[/texx],      [texx]x,y\in{\mathbb{R}}[/texx]



[texx]x>y\Rightarrow{f(x)>f(y)}[/texx],      [texx]x,y\in{\mathbb{R}}[/texx]


que es justamente la condición requerida para que    [texx]f[/texx]    sea estrictamente creciente.


Saludos.
Correcto, que sea creciente lo utilizo para ver que [texx]\displaystyle\lim_{x \to 0}{}f(x)=0[/texx] y que utilizó Juan Pablo para demostrar que la función es la misma para los reales, ya que [texx]\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}f(h_n)=\displaystyle\lim_{h_n \to 0}{}f(h_n)=0[/texx]


Título: Re: ¿\([f(x+y)=f(x)+f(y)\wedge f(xy)=f(x)f(y)]\Rightarrow[f(x)=0\vee f(x)...\)?
Publicado por: Buscón en 18/06/2017, 10:31:16 am
Gracias por la inestimable ayuda que me habéis prestado. Haciendo uso de ella he llegado al siguiente desarrollo para probar la monotonía de    [texx]f[/texx]    tal como sugiere el enunciado.

Si suponemos que    [texx]\forall{x\in{\mathbb{R}}}.f(x)=0[/texx]    tenemos que se verifican


   a) [texx]f(x+y)=0=f(x)+f(y)=0+0[/texx]    y

   b) [texx]f(xy)=0=f(x)f(y)=0\cdot{0}[/texx]


así que, al seguir la sugerencia a del enunciado y suponer que    [texx]f[/texx]    no es idénticamente nula, tenemos que ha de

existir    [texx]x_0[/texx]    verificando    [texx]f(x_0)\neq{0}[/texx].

El enunciado nos dice que    [texx]f(0+x_0)=f(0)+f(x_0)[/texx],    luego    [texx]f(x_0)=f(0)+f(x_0)[/texx],    de donde claramente

se deduce que


[texx]f(0)=0[/texx].


Ahora podemos expresar   


\begin{align}0=f(0)=f\big(x_0+(-x_0)\big)=f(x_0)+f(-x_0)=f(x_0)-f(x_0)\end{align}


con lo que también hemos deducido que    [texx]f[/texx]    sólo puede ser impar en este supuesto.

Si ahora tomamos dos reales    [texx]x>y[/texx]    tales que    [texx]f(x)\neq{f(y)}[/texx]    será


   i) Por (1) que    [texx]f\big(x+(-y)\big)=f(x)+f(-y)=f(x)-f(y)[/texx],


sabemos además,


   ii) por hipótesis, que    [texx]x-y>0[/texx],    y por lo tanto    [texx](x-y)\cdot{(x-y)}>0[/texx],


   iii) por la propiedad b del enunciado, que    [texx]f\big((x-y)\cdot{(x-y)}\big)=f(x-y)\cdot{f(x-y)}=\big[f(x-y)\big]^2>0[/texx],

       es decir, la función es positiva para argumentos positivos,


de i, ii y iii obtenemos


[texx]x-y>0\Rightarrow{f(x)-f(y)>0}[/texx],      [texx]x,y\in{\mathbb{R}}[/texx]



[texx]x>y\Rightarrow{f(x)>f(y)}[/texx],      [texx]x,y\in{\mathbb{R}}[/texx]


que es justamente la condición requerida para que    [texx]f[/texx]    sea estrictamente creciente.


Saludos.
Correcto, que sea creciente lo utilizo para ver que [texx]\displaystyle\lim_{x \to 0}{}f(x)=0[/texx] y que utilizó Juan Pablo para demostrar que la función es la misma para los reales, ya que [texx]\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}f(h_n)=\displaystyle\lim_{h_n \to 0}{}f(h_n)=0[/texx]

¿No es no poco frívolo asegurar que por iii la función es positiva si su argumento es positivo?

¿No se debería elaborar un poco más?

¿Quizás llegando a una contradicción al suponer    [texx]x>0\Rightarrow{f(x)<0}[/texx]?


Es decir,

Para cualquier [texx] \beta [/texx] positivo tenemos  [texx] f(\beta) = f(\sqrt{\beta} \cdot \sqrt{\beta} ) =  (f(\sqrt{\beta}))^2 \geq 0 [/texx]

¿es suficiente para probar que la función devuelve un valor positivo si se le pasa cualquier valor positivo como argumento?


Saludos.


Título: Re: ¿\([f(x+y)=f(x)+f(y)\wedge f(xy)=f(x)f(y)]\Rightarrow[f(x)=0\vee f(x)...\)?
Publicado por: Luis Fuentes en 18/06/2017, 12:08:41 pm
Hola

¿No es no poco frívolo asegurar que por iii la función es positiva si su argumento es positivo?

¿No se debería elaborar un poco más?

¿Quizás llegando a una contradicción al suponer    [texx]x>0\Rightarrow{f(x)<0}[/texx]?

Es decir,

Para cualquier [texx] \beta [/texx] positivo tenemos  [texx] f(\beta) = f(\sqrt{\beta} \cdot \sqrt{\beta} ) =  (f(\sqrt{\beta}))^2 \geq 0 [/texx]

¿es suficiente para probar que la función devuelve un valor positivo si se le pasa cualquier valor positivo como argumento?

En tu demostración te ha faltado precisamente escribir lo que luego citas de Juan Pablo. Es decir en lo que tu has escrito de (iii) NO se deduce que [texx]f(x-y)>0[/texx].

Lo tienes que demostrar usando el argumento de Juan Pablo para [texx]\beta=x-y.[/texx]

El único cabo suelto en el argumento de Juan Pablo es descartar el caso [texx]f(\beta)=0[/texx].

Pero dado que hemos dicho que existe [texx]x_0[/texx] con [texx]f(x_0)\neq 0[/texx], si [texx]\beta>0[/texx] se tiene que:

[texx]0\neq f(x_0)=f(x_0\beta^{-1}\beta)=f(x_0\beta^{-1})f(\beta)[/texx]

y por tanto [texx]f(\beta)\neq 0[/texx].

Saludos.


Título: Re: ¿\([f(x+y)=f(x)+f(y)\wedge f(xy)=f(x)f(y)]\Rightarrow[f(x)=0\vee f(x)...\)?
Publicado por: feriva en 18/06/2017, 12:55:50 pm

Hola.

Perdonadme la interrupción y la pregunta (que no tiene que ver con el hecho demostrativo): ¿existe alguna diferencia sutil entre el concepto de aplicación lineal y el de homomorfismo o son exactamente lo mismo?

Gracias. 


Título: Re: ¿\([f(x+y)=f(x)+f(y)\wedge f(xy)=f(x)f(y)]\Rightarrow{[f(x)=0\vee f(x)=x}]\)?
Publicado por: sugata en 18/06/2017, 01:26:58 pm
Toda aplicación lineal es un homomorfismo,pero no al revés.

Homomorfismo (https://es.m.wikipedia.org/wiki/Homomorfismo)


Título: Re: ¿\([f(x+y)=f(x)+f(y)\wedge f(xy)=f(x)f(y)]\Rightarrow{[f(x)=0\vee f(x)=x}]\)?
Publicado por: feriva en 18/06/2017, 02:27:21 pm
Toda aplicación lineal es un homomorfismo,pero no al revés.

Homomorfismo (https://es.m.wikipedia.org/wiki/Homomorfismo)

Muchas gracias, Sugata.

Saludos.


Título: Re: ¿\([f(x+y)=f(x)+f(y)\wedge f(xy)=f(x)f(y)]\Rightarrow[f(x)=0\vee f(x)...\)?
Publicado por: Buscón en 19/06/2017, 02:53:04 am


Lo tienes que demostrar usando el argumento de Juan Pablo para [texx]\beta=x-y.[/texx]


Vale, sea    [texx]\beta=x-y>0[/texx]

tenemos que


[texx]f(\beta)=f(x-y)=f(\sqrt[ ]{x-y}\cdot{\sqrt[ ]{x-y}})=\big[f(\sqrt[ ]{x-y})\big]^2>0[/texx]


de donde podemos deducir que    [texx]f[/texx]    devuelve valores positivos si se le pasa un argumento positivo.

No lo veo. 

Supongamos    [texx]\alpha,\lambda<0[/texx]    y    [texx]\beta=\alpha\cdot{\lambda}>0[/texx]

ahora

[texx]f(\beta)=f(\alpha\cdot{\lambda})=f(\alpha)\cdot{f(\lambda)}[/texx]


¿Es    [texx]f(\beta)>0[/texx]?


Saludos.


Título: Re: ¿\([f(x+y)=f(x)+f(y)\wedge f(xy)=f(x)f(y)]\Rightarrow{[f(x)=0\vee f(x)=x}]\)?
Publicado por: robinlambada en 19/06/2017, 03:58:42 am


Lo tienes que demostrar usando el argumento de Juan Pablo para [texx]\beta=x-y.[/texx]


Vale, sea    [texx]\beta=x-y>0[/texx]

tenemos que


[texx]f(\beta)=f(x-y)=f(\sqrt[ ]{x-y}\cdot{\sqrt[ ]{x-y}})=\big[f(\sqrt[ ]{x-y})\big]^2>0[/texx]


de donde podemos deducir que    [texx]f[/texx]    devuelve valores positivos si se le pasa un argumento positivo.

No lo veo. 

Supongamos    [texx]\alpha,\lambda<0[/texx]    y    [texx]\beta=\alpha\cdot{\lambda}>0[/texx]

ahora

[texx]f(\beta)=f(\alpha\cdot{\lambda})=f(\alpha)\cdot{f(\lambda)}[/texx]


¿Es    [texx]f(\beta)>0[/texx]?


Saludos.
Si claro.

Se demostró que [texx]f(-x)=-f(x)[/texx] aplicalo a [texx]f(-|\alpha|)\cdot{f(-|\lambda|)}[/texx]
Aunque esto que te digo es innecesario, esta claro que si [texx]\beta>0[/texx] entonces [texx]f(\beta)=f(\sqrt[ ]{\beta}\cdot{\sqrt[ ]{\beta}})=\big[f(\sqrt[ ]{\beta})\big]^2>0[/texx]

Da igual con que signo te quedes de la raíz siempre que sea el mismo en las 2 raíces( ha de ser así para que su producto sea positivo que por hipótesis tenemos que [texx]\beta>0[/texx], lo que esta claro es que : [texx]f(\beta)=\big[f(\sqrt[ ]{\beta})\big]^2>0[/texx]
Saludos.

P.D.: Creo que estás viendo complicaciones donde no las hay.


Título: Re: ¿\([f(x+y)=f(x)+f(y)\wedge f(xy)=f(x)f(y)]\Rightarrow[f(x)=0\vee f(x)...\)?
Publicado por: Luis Fuentes en 19/06/2017, 06:29:46 am
Hola



Lo tienes que demostrar usando el argumento de Juan Pablo para [texx]\beta=x-y.[/texx]


Vale, sea    [texx]\beta=x-y>0[/texx]

tenemos que


[texx]f(\beta)=f(x-y)=f(\sqrt[ ]{x-y}\cdot{\sqrt[ ]{x-y}})=\big[f(\sqrt[ ]{x-y})\big]^2>0[/texx]


de donde podemos deducir que    [texx]f[/texx]    devuelve valores positivos si se le pasa un argumento positivo.

No lo veo. 

Pero vamos a ver, ¿hay algo concreto qué no entiendas de esa demostración?.-

En  cuanta a esto:

Cita
Supongamos    [texx]\alpha,\lambda<0[/texx]    y    [texx]\beta=\alpha\cdot{\lambda}>0[/texx]

ahora

[texx]f(\beta)=f(\alpha\cdot{\lambda})=f(\alpha)\cdot{f(\lambda)}[/texx]


¿Es    [texx]f(\beta)>0[/texx]?

No sé a que viene. Como apunta robinlambada no contradice en nada la demostración previa. Simplemente se tendrá que [texx]f(\alpha)[/texx] y [texx]f(\lambda)[/texx] son negativos y "menos por menos da más".

Saludos.


Título: Re: ¿\([f(x+y)=f(x)+f(y)\wedge f(xy)=f(x)f(y)]\Rightarrow[f(x)=0\vee f(x)...\)?
Publicado por: Buscón en 19/06/2017, 05:07:51 pm
Hola



Lo tienes que demostrar usando el argumento de Juan Pablo para [texx]\beta=x-y.[/texx]


Vale, sea    [texx]\beta=x-y>0[/texx]

tenemos que


[texx]f(\beta)=f(x-y)=f(\sqrt[ ]{x-y}\cdot{\sqrt[ ]{x-y}})=\big[f(\sqrt[ ]{x-y})\big]^2>0[/texx]


de donde podemos deducir que    [texx]f[/texx]    devuelve valores positivos si se le pasa un argumento positivo.

No lo veo. 

Pero vamos a ver, ¿hay algo concreto qué no entiendas de esa demostración?.-

Pues no se trata tan sólo de llegar a entenderlo, es que no salgo de mi asombro.

Sea    [texx]f(x)=-x[/texx],

esta función cumple la primera condición del enunciado

   [texx]f(x+y)=-(x+y)=-x+(-y)=f(x)+f(y)[/texx],

sin embargo, no cumple la segunda

   [texx]f(xy)=-xy\neq{(-x)\cdot{(-y)}}=xy=f(x)\cdot{f(y)}[/texx].

No es baladí llegar a comprender que son condiciones suficientes las del enunciado para poder asegurar que una

función será siempre positiva si se le pasan argumentos positivos.

Es claro que condiciones necesarias no son.

Creo que hay mucha miga detrás de todo esto. Ya sé que para un matemático experimentado es tan fácil como

pestañear. Pero a mi no deja de sorprenderme.


Saludos.



Título: Re: ¿\([f(x+y)=f(x)+f(y)\wedge f(xy)=f(x)f(y)]\Rightarrow[f(x)=0\vee f(x)...\)?
Publicado por: Luis Fuentes en 19/06/2017, 05:19:12 pm
Hola

Pues no se trata tan sólo de llegar a entenderlo, es que no salgo de mi asombro.

Sea    [texx]f(x)=-x[/texx],

esta función cumple la primera condición del enunciado

   [texx]f(x+y)=-(x+y)=-x+(-y)=f(x)+f(y)[/texx],

sin embargo, no cumple la segunda

   [texx]f(xy)=-xy\neq{(-x)\cdot{(-y)}}=xy=f(x)\cdot{f(y)}[/texx].

No es baladí llegar a comprender que son condiciones suficientes las del enunciado para poder asegurar que una

función será siempre positiva si se le pasan argumentos positivos.

Es claro que condiciones necesarias no son.

Creo que hay mucha miga detrás de todo esto. Ya sé que para un matemático experimentado es tan fácil como

pestañear. Pero a mi no deja de sorprenderme.

Si se trata de que entiendes la demostración y la ves correcta, pero te sorprende el resultado, ahí ya no digo nada. Es muy subjetiva esa percecpción.

Saludos.


Título: Re: ¿\([f(x+y)=f(x)+f(y)\wedge f(xy)=f(x)f(y)]\Rightarrow[f(x)=0\vee f(x)...\)?
Publicado por: Buscón en 19/06/2017, 08:03:46 pm
Hasta aquí, siguiendo la primera sugerencia del enunciado hemos supuesto que    [texx]f[/texx]    no es idénticamente nula, lo que nos ha llevado a concluir que la función es impar y además estrictamente creciente.

Falta probar que    [texx]f(r)=r[/texx]    para todo    [texx]r\in{\mathbb{Q}}[/texx]


Para los racionales [texx] q \in \mathbb{Q}^+ [/texx] se puede observar [texx] f(q) = q \cdot f(1) [/texx] de donde se saca que para los negativos [texx] b \in \mathbb{Q}^- [/texx] se tiene [texx]f(b) = b\cdot f(1) [/texx]

Como [texx] f(1) = f(1 \cdot 1 ) = (f(1))^2 [/texx] tenemos [texx]f(1) = 1 [/texx]


Lo que comentas aquí Juan Pablo no acabo de verlo del todo.

Sí veo que se puede probar que    [texx]f(1)=1[/texx].    Otra vez al suponer que    [texx]f[/texx]    no es idénticamente nula, ha de

existir    [texx]x_0[/texx]    tal que    [texx]f(x_0)\neq{0}[/texx].    Basta ahora ver que


[texx]f(1\cdot{x_0})=f(1)\cdot{f(x_0)}[/texx]


de donde


[texx]f(x_0)=f(1)\cdot{f(x_0)}[/texx]


luego sólo puede ser    [texx]f(1)=1[/texx].

Lo que no veo es de donde sacas que para    [texx]q\in{\mathbb{Q}^+}[/texx]    sea    [texx]f(q)=q\cdot{f(1)}[/texx].

Estás afirmando que    [texx]f(q)=q[/texx]    para     [texx]q\in{\mathbb{Q}^+}[/texx]    pero esto es casi lo que hay que probar.


[texx]f(2x)=f(x)+f(x)=2f(x)[/texx] por inducción se prueba [texx]f(nx)=nf(x)[/texx](1) con [texx]n\in{\mathbb{Z}}[/texx]

como [texx]f(nx)=f(n)f(x)[/texx](2) de 1 y 2 tenemos que [texx]f(n)=n[/texx]

También que [texx]f(1)=1=f(p/p)=pf(1/p)\Rightarrow{}\displaystyle\frac{1}{p}=f(1/p)[/texx]

De aquí si se deduce que    [texx]f(1/p)=1/p[/texx]    para todo    [texx]1/p\in{
[0,1]}[/texx].    Y además que    [texx]f(n)=n[/texx]    para todo

[texx]n\in{\mathbb{Z}}[/texx].    Con esto no debería ser difícil extenderlo a todo    [texx]\mathbb{Q}[/texx].     

Muchas gracias. Creo que la sugerencia a queda concluida.


Título: Re: ¿\([f(x+y)=f(x)+f(y)\wedge f(xy)=f(x)f(y)]\Rightarrow{[f(x)=0\vee f(x)=x}]\)?
Publicado por: Buscón en 20/06/2017, 05:02:51 am
Para la sugerencia b se me ocurre lo siguiente:

Ya hemos demostrado que     [texx]f(n)=n[/texx]    y    [texx]f(r)=r[/texx]    para     [texx]n\in{\mathbb{Z}}[/texx],    [texx]r\in{\mathbb{Q}}[/texx].


Ahora bien, como cualquier número real    [texx]a[/texx]    lo podemos expresar como    [texx]\lfloor a\rfloor+\langle a\rangle[/texx],    si suponemos


   
[texx]\color{limegreen}a\neq\color{black}{f(a)}=f\big(\lfloor a\rfloor+\langle a\rangle\big)=f\big(\lfloor a\rfloor\big)+f\big(\langle a\rangle\big)=\lfloor a\rfloor+\langle a\rangle=\color{limegreen}a[/texx]


ya hemos llegado a una contradicción.

De a y b se deduce que efectivamente sólo puede ser una de las siguientes:

   - o bien    [texx]f(x)=x[/texx]    para todo    [texx]x\in{\mathbb{R}}[/texx]

   - o bien    [texx]f[/texx]    es idénticamente nula.


Saludos.


Título: Re: ¿\([f(x+y)=f(x)+f(y)\wedge f(xy)=f(x)f(y)]\Rightarrow{[f(x)=0\vee f(x)=x}]\)?
Publicado por: Luis Fuentes en 20/06/2017, 05:10:21 am
Hola

Para la sugerencia b se me ocurre lo siguiente:

Ya hemos demostrado que     [texx]f(n)=n[/texx]    y    [texx]f(r)=r[/texx]    para     [texx]n\in{\mathbb{Z}}[/texx],    [texx]r\in{\mathbb{Q}}[/texx].


Ahora bien, como cualquier número real    [texx]a[/texx]    lo podemos expresar como    [texx]\lfloor a\rfloor+\langle a\rangle[/texx],    si suponemos


   
[texx]\color{limegreen}a\neq\color{black}{f(a)}=f\big(\lfloor a\rfloor+\langle a\rangle\big)=f\big(\lfloor a\rfloor\big)+f\big(\langle a\rangle\big)=\lfloor a\rfloor+\langle a\rangle=\color{limegreen}a[/texx]

Está mal; no sabemos que [texx]f(<a>)=<a>[/texx] porque [texx]<a>[/texx] no tiene porqué ser racional.

La idea es: si [texx]a\neq f(a) [/texx] entonces [texx]a<f(a)[/texx] (o [texx]a>f(a)[/texx] que se razonaría análogo). Por la densidad de los racionales existe [texx]q\in \mathbb{Q}[/texx] tal que:

[texx]a<q<f(a)[/texx]

Usando que sabes que [texx]q=f(q)[/texx] y que [texx]f[/texx] es estrictamente creciente llega a una contradicción.

Saludos.


Título: Re: ¿\([f(x+y)=f(x)+f(y)\wedge f(xy)=f(x)f(y)]\Rightarrow{[f(x)=0\vee f(x)=x}]\)?
Publicado por: Buscón en 20/06/2017, 09:21:29 am
Hola

Para la sugerencia b se me ocurre lo siguiente:

Ya hemos demostrado que     [texx]f(n)=n[/texx]    y    [texx]f(r)=r[/texx]    para     [texx]n\in{\mathbb{Z}}[/texx],    [texx]r\in{\mathbb{Q}}[/texx].


Ahora bien, como cualquier número real    [texx]a[/texx]    lo podemos expresar como    [texx]\lfloor a\rfloor+\langle a\rangle[/texx],    si suponemos


   
[texx]\color{limegreen}a\neq\color{black}{f(a)}=f\big(\lfloor a\rfloor+\langle a\rangle\big)=f\big(\lfloor a\rfloor\big)+f\big(\langle a\rangle\big)=\lfloor a\rfloor+\langle a\rangle=\color{limegreen}a[/texx]

Está mal; no sabemos que [texx]f(<a>)=<a>[/texx] porque [texx]<a>[/texx] no tiene porqué ser racional.

La idea es: si [texx]a\neq f(a) [/texx] entonces [texx]a<f(a)[/texx] (o [texx]a>f(a)[/texx] que se razonaría análogo). Por la densidad de los racionales existe [texx]q\in \mathbb{Q}[/texx] tal que:

[texx]a<q<f(a)[/texx]

Usando que sabes que [texx]q=f(q)[/texx] y que [texx]f[/texx] es estrictamente creciente llega a una contradicción.

Saludos.

Vale, muchísimas, a ver así:

Suponemos


[texx]a<q=f(q)<f(a)[/texx]


entonces


[texx]f(q-a)>0[/texx],    por haber supuesto    [texx]q-a>0[/texx]


y


[texx]f(a)-f(q)>0[/texx]    también por hipótesis,


consecuentemente


[texx]f(q)-f(a)<0[/texx],





pero sabemos que


[texx]f(q-a)=f(q)-f(a)>0[/texx]


con lo que llegamos a la contradicción:


[texx]0<f(q-a)=f(q)-f(a)<0[/texx]


Saludos.