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Autor Tema: ¿\([f(x+y)=f(x)+f(y)\wedge f(xy)=f(x)f(y)]\Rightarrow{[f(x)=0\vee f(x)=x}]\)?  (Leído 1578 veces)
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« : 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).
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« Respuesta #1 : 04/03/2017, 04:18:20 pm »

Que será una función idénticamente nula?





Gracias por adelantado. Saludos.
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robinlambada
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« Respuesta #2 : 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.


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el_manco
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« Respuesta #3 : 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.
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robinlambada
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« Respuesta #4 : 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.
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luis
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« Respuesta #5 : 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.
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robinlambada
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« Respuesta #6 : 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.
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« Respuesta #7 : 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]


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luis
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« Respuesta #8 : 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
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« Respuesta #9 : 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.
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« Respuesta #10 : 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.
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« Respuesta #11 : 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.
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« Respuesta #12 : 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]

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« Respuesta #13 : 18/06/2017, 05:44:21 am »


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



¿Cómo deduces esto?

Saludos.
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« Respuesta #14 : 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.
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« Respuesta #15 : 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.
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« Respuesta #16 : 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.
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« Respuesta #17 : 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]
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« Respuesta #18 : 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.
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el_manco
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« Respuesta #19 : 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.
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