Foros de matemática
18/10/2017, 05:59:59 am *
Bienvenido(a), Visitante. Por favor, ingresa o regístrate.
¿Perdiste tu email de activación?

Ingresar con nombre de usuario, contraseña y duración de la sesión
Noticias: ¡Atención! Hay que poner la matemática con LaTeX, y se hace así (clic aquí):
 
 
Páginas: 1 [2]   Ir Abajo
  Imprimir  
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 1977 veces)
0 Usuarios y 1 Visitante están viendo este tema.
feriva
Pleno*
*****

Karma: +1/-0
Desconectado Desconectado

Sexo: Masculino
España España

Mensajes: 6.607



Ver Perfil
« Respuesta #20 : 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. 
En línea

sugata
Pleno*
*****

Karma: +0/-0
Desconectado Desconectado

Sexo: Masculino
España España

Mensajes: 1.498


Ver Perfil
« Respuesta #21 : 18/06/2017, 01:26:58 pm »

Toda aplicación lineal es un homomorfismo,pero no al revés.

Homomorfismo
En línea
feriva
Pleno*
*****

Karma: +1/-0
Desconectado Desconectado

Sexo: Masculino
España España

Mensajes: 6.607



Ver Perfil
« Respuesta #22 : 18/06/2017, 02:27:21 pm »

Toda aplicación lineal es un homomorfismo,pero no al revés.

Homomorfismo

Muchas gracias, Sugata.

Saludos.
En línea

Buscón
Pleno*
*****

Karma: +1/-0
Desconectado Desconectado

Sexo: Masculino
España España

Mensajes: 2.201


Ver Perfil
« Respuesta #23 : 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.
En línea
robinlambada
Moderador Global
Pleno*
*

Karma: +0/-0
Desconectado Desconectado

Sexo: Masculino
España España

Mensajes: 2.461


Ver Perfil
« Respuesta #24 : 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.
En línea

Envejecer es como escalar una gran montaña: mientras se sube las fuerzas disminuyen, pero la mirada es más libre, la vista más amplia y serena.

La verdadera juventud una vez alcanzada, nunca se pierde.
Luis Fuentes
el_manco
Administrador
Pleno*
*****

Karma: +0/-0
Conectado Conectado

Sexo: Masculino
España España

Mensajes: 39.828


Ver Perfil
« Respuesta #25 : 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.
En línea
Buscón
Pleno*
*****

Karma: +1/-0
Desconectado Desconectado

Sexo: Masculino
España España

Mensajes: 2.201


Ver Perfil
« Respuesta #26 : 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.

En línea
Luis Fuentes
el_manco
Administrador
Pleno*
*****

Karma: +0/-0
Conectado Conectado

Sexo: Masculino
España España

Mensajes: 39.828


Ver Perfil
« Respuesta #27 : 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.
En línea
Buscón
Pleno*
*****

Karma: +1/-0
Desconectado Desconectado

Sexo: Masculino
España España

Mensajes: 2.201


Ver Perfil
« Respuesta #28 : 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.
En línea
Buscón
Pleno*
*****

Karma: +1/-0
Desconectado Desconectado

Sexo: Masculino
España España

Mensajes: 2.201


Ver Perfil
« Respuesta #29 : 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.
En línea
Luis Fuentes
el_manco
Administrador
Pleno*
*****

Karma: +0/-0
Conectado Conectado

Sexo: Masculino
España España

Mensajes: 39.828


Ver Perfil
« Respuesta #30 : 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.
En línea
Buscón
Pleno*
*****

Karma: +1/-0
Desconectado Desconectado

Sexo: Masculino
España España

Mensajes: 2.201


Ver Perfil
« Respuesta #31 : 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.
En línea
Páginas: 1 [2]   Ir Arriba
  Imprimir  
 
Ir a:  

Impulsado por MySQL Impulsado por PHP Powered by SMF 1.1.1 | SMF © 2006, Simple Machines LLC XHTML 1.0 válido! CSS válido!