Autor Tema: Función c.t.p

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24 Septiembre, 2021, 07:42 am
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lex

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Buenas aquí de nuevo.

Sea \( (\Omega, \mathscr{F}, \mu) \) un espacio de medida y sea \( f \) una función medible tal que las siguientes integrales son iguales y finitas,

\( \displaystyle\int f^2 d\mu = \displaystyle\int f^3 d\mu = \displaystyle\int f^4 d\mu  \)

Probar que \( f(x)\in \left\{{0,1}\right\} \) c.t.p    :banghead:

24 Septiembre, 2021, 10:28 am
Respuesta #1

Luis Fuentes

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Hola

Buenas aquí de nuevo.

Sea \( (\Omega, \mathscr{F}, \mu) \) un espacio de medida y sea \( f \) una función medible tal que las siguientes integrales son iguales y finitas,

\( \displaystyle\int f^2 d\mu = \displaystyle\int f^3 d\mu = \displaystyle\int f^4 d\mu  \)

Probar que \( f(x)\in \left\{{0,1}\right\} \) c.t.p    :banghead:

Ten en cuenta que si la integral de una función no negativa es nula, entonces esa función es cero en casi todo punto.

Ahora nota que:

\( \displaystyle\int (f^2-f)^2d\mu=\displaystyle\int (f^4+f^2-2f^3)d\mu \)

Aplica la hipótesis y termina...

Saludos.

25 Septiembre, 2021, 01:01 am
Respuesta #2

lex

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Buenas luis gracias, creo que el proceso de dar con esa función no es nada fácil


25 Septiembre, 2021, 01:41 pm
Respuesta #3

Luis Fuentes

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Hola

Buenas luis gracias, creo que el proceso de dar con esa función no es nada fácil

Es cuestión de darle un poco de vuelta a las hipótesis. Una vez visto, ¿entiendes la solución y sabes completar los detalles?.

Saludos.

28 Septiembre, 2021, 06:05 pm
Respuesta #4

lex

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Hola, si Luis redacto acá

Sea \( f: \Omega \to \mathbb{R}_+\cup \left\lbrace +\infty \right\rbrace  \) una función medible y sea \( A\in \mathscr{F} \) tales que
\( \displaystyle\int_A f\,d\mu = 0 \)


entonces \( f=0 \) en c.t.p de \( A \), esto es:
\( \mu (\left\lbrace x\in \Omega : f(x) > 0\right\rbrace ) \)



Ahora se considera la función \( (f^2-f)^2 \) tal que:
\begin{align*}
\displaystyle\int (f^2-f)^2\, d\mu &= \int (f^2+f^4-2f^3)\,d\mu\\
&= \int f^2\,d\mu + \int f^4\,d\mu -2 \int f^3\,d\mu\\
&= \int f^2\,d\mu + \int f^2\,d\mu -2 \int f^2\,d\mu\\
&= 2 \int f^2\,d\mu - 2 \int f^2\,d\mu\\
&= 0\\
\displaystyle\int (f^2-f)^2\, d\mu &= 0
\end{align*}


entonces \( (f^2-f)^2=0 \)    c.t.p, de aquí se tiene:
\begin{align*}
(f^2-f)^2=0 &\Rightarrow (f^2-f)=0\hspace{3mm} \text{c.t.p}\\
&\Rightarrow f(f-1)=0\hspace{3mm} \text{c.t.p}\\
&\Rightarrow f=0 \vee f-1=0 \hspace{3mm} \text{c.t.p}\\
&\Rightarrow f=0 \vee f=1 \hspace{3mm} \text{c.t.p}\\
&\Rightarrow f(x)\in \left\lbrace 0,1 \right\rbrace \hspace{3mm} \text{c.t.p}
\end{align*}

28 Septiembre, 2021, 06:10 pm
Respuesta #5

Luis Fuentes

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Hola

Sea \( f: \Omega \to \mathbb{R}_+\cup \left\lbrace +\infty \right\rbrace  \) una función medible y sea \( A\in \mathscr{F} \) tales que
\( \displaystyle\int_A f\,d\mu = 0 \)


entonces \( f=0 \) en c.t.p de \( A \), esto es:
\( \mu (\left\lbrace x\in \Omega : f(x) > 0\right\rbrace ) \)



Ahora se considera la función \( (f^2-f)^2 \) tal que:
\begin{align*}
\displaystyle\int (f^2-f)^2\, d\mu &= \int (f^2+f^4-2f^3)\,d\mu\\
&= \int f^2\,d\mu + \int f^4\,d\mu -2 \int f^3\,d\mu\\
&= \int f^2\,d\mu + \int f^2\,d\mu -2 \int f^2\,d\mu\\
&= 2 \int f^2\,d\mu - 2 \int f^2\,d\mu\\
&= 0\\
\displaystyle\int (f^2-f)^2\, d\mu &= 0
\end{align*}


entonces \( (f^2-f)^2=0 \)    c.t.p, de aquí se tiene:
\begin{align*}
(f^2-f)^2=0 &\Rightarrow (f^2-f)=0\hspace{3mm} \text{c.t.p}\\
&\Rightarrow f(f-1)=0\hspace{3mm} \text{c.t.p}\\
&\Rightarrow f=0 \vee f-1=0 \hspace{3mm} \text{c.t.p}\\
&\Rightarrow f=0 \vee f=1 \hspace{3mm} \text{c.t.p}\\
&\Rightarrow f(x)\in \left\lbrace 0,1 \right\rbrace \hspace{3mm} \text{c.t.p}
\end{align*}

Está bien. Quizá en la afirmación que he marcado en rojo yo detallaría que se está aplicando el Teorema que afirma que una función medible no negativa con integral nula es cero en casi todo punto.

Saludos.

28 Septiembre, 2021, 06:28 pm
Respuesta #6

lex

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Está bien. Quizá en la afirmación que he marcado en rojo yo detallaría que se está aplicando el Teorema que afirma que una función medible no negativa con integral nula es cero en casi todo punto.

Saludos.

Exacto ahí se debería de justificar por el teorema que enuncie al principio.

29 Septiembre, 2021, 08:54 am
Respuesta #7

Luis Fuentes

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Hola

Exacto ahí se debería de justificar por el teorema que enuncie al principio.

¡Ah!. Estoy tonto, no me di cuenta de que enunciabas ese teorema al principio. Presupuse que era el enunciado que querías probar y no leí con atención.  :P

Saludos.