[Chorite]

Hola, tengo el siguiente enunciado:
Demuestren que si \(f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}\) y \(g:\mathbb{R}\to\mathbb{R}\) son continuas y además \[ f(r)=g(r)\quad \text{para todo}\ r\in\mathbb{Q},\] entonces \[ f(x)=g(x)\quad \text{para todo}\ x\in\mathbb{R}.\]

Ensayé la siguiente solución, pero no estoy muy convencido de ella:

\[ \mathbb{R} \] es la union de \[ \mathbb{Q} \] y \[ \mathbb{I} \].Si se cumple para \(\mathbb{Q}\) e \(\mathbb{I}\), se cumple para \(\mathbb{R}\). 
\[
\lim_{r\to i} f(r) = f(i), \quad \lim_{r\to i} g(r) = g(i).
\]

Luego, 
\[
\lim_{r\to i} f(r) - \lim_{r\to i} g(r) = f(i) - g(i).
\]

Por lo tanto, 
\[
0 = f(i) - g(i),
\]
que es lo que queríamos demostrar.


¿Me dan una mano? ¡Gracias!

[delmar]

Hola


La última parte es lo que se quiere demostrar \( f(i)-g(i)=0 \) evidentemente para \( i\in{I} \) es decir para i irracional.

Una forma por reducción al absurdo, suponer que \( \exists{i}\in{I} \ / \ f(i)\neq g(i) \) hay dos alternativas :

1) \( f(i)>g(i) \)      2) \( f(i)<g(i) \)

Consideración 1)

\( \exists{0<\epsilon_1<f(i)-g(i)} \wedge \exists{0<\epsilon_2<f(i)-g(i)-\epsilon_1} \) R1

Por se continua f en i :

\( \exists{\delta_1>0} \ / \ si \ \ x\in{N(i,\delta_1)}\Rightarrow{\left |{f(x)-f(i)}\right |<\epsilon_1}\Rightarrow{f(i)-\epsilon_1<f(x)<f(i)+\epsilon_1} \)

Donde \( N(i,\delta_1) \) es un entorno abierto de i de radio \( \delta_1 \)

Por se continua g en i :

\( \exists{\delta_2>0} \ / \ si \ \ x\in{N(i,\delta_2)}\Rightarrow{\left |{g(x)-g(i)}\right |<\epsilon_2}\Rightarrow{g(i)-\epsilon_2<g(x)<g(i)+\epsilon_2} \)

Denominando \( \delta^*=min\left\{{\delta_1,\delta_2}\right\} \) se tiene :

\( si \  \ x\in{N(i,\delta^*)}\Rightarrow{f(i)-\epsilon_1<f(x)<f(i)+\epsilon_1 \ \wedge \ g(i)-\epsilon_2<g(x)<g(i)+\epsilon_2} \)   R2

Pero siempre \( \exists{q}\in{Q} \ / \ q\in{N(i,\delta^*)} \)

Por R2 se tiene \( f(q)>f(i)-\epsilon_1 \ \wedge \ g(i)+\epsilon_2>g(q) \) R3

De R1 se tiene \( f(i)-\epsilon_1>g(i)+\epsilon_2 \) luego considerando R3 se tiene \( f(q)>g(q) \) absurdo f(q)=g(q)

De manera semejante para la alternativa 2 se llega a un absurdo.

Por lo tanto \( f(i)=g(i) \ \ \forall{i}\in{I} \)

Saludos

[ani_pascual]

Hola:

Hola, tengo el siguiente enunciado:
Demuestren que si \(f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}\) y \(g:\mathbb{R}\to\mathbb{R}\) son continuas y además \[ f(r)=g(r)\quad \text{para todo}\ r\in\mathbb{Q},\] entonces \[ f(x)=g(x)\quad \text{para todo}\ x\in\mathbb{R}.\]

ensaye la siguiente solucion, pero no estoy muy convencido de ella:

\[ \mathbb{R} \] es la union de \[ \mathbb{Q} \] y \[ \mathbb{I} \].Si se cumple para \(\mathbb{Q}\) e \(\mathbb{I}\), se cumple para \(\mathbb{R}\). 
\[
\lim_{r\to i} f(r) = f(i), \quad \lim_{r\to i} g(r) = g(i).
\]

Luego, 
\[
\lim_{r\to i} f(r) - \lim_{r\to i} g(r) = f(i) - g(i).
\]

Por lo tanto, 
\[
0 = f(i) - g(i),
\]
que es lo que queríamos demostrar.


Me dan una mano? Gracias!

Una forma...

Spoiler

La función \( h=f-g:\mathbb{R}\longrightarrow\mathbb{R} \) es continua. El conjunto \( F=\{x\in\mathbb{R}\,|\,f(x)=g(x)\}=h^{-1}(0) \) es un cerrado y \( \mathbb{Q}\subset F \), luego como \( \mathbb{Q} \) es denso, se tiene que \( F=\mathbb{R} \)

[cerrar]

Saludos

[Chorite]

Hola:

Hola, tengo el siguiente enunciado:
Demuestren que si \(f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}\) y \(g:\mathbb{R}\to\mathbb{R}\) son continuas y además \[ f(r)=g(r)\quad \text{para todo}\ r\in\mathbb{Q},\] entonces \[ f(x)=g(x)\quad \text{para todo}\ x\in\mathbb{R}.\]

ensaye la siguiente solucion, pero no estoy muy convencido de ella:

\[ \mathbb{R} \] es la union de \[ \mathbb{Q} \] y \[ \mathbb{I} \].Si se cumple para \(\mathbb{Q}\) e \(\mathbb{I}\), se cumple para \(\mathbb{R}\). 
\[
\lim_{r\to i} f(r) = f(i), \quad \lim_{r\to i} g(r) = g(i).
\]

Luego, 
\[
\lim_{r\to i} f(r) - \lim_{r\to i} g(r) = f(i) - g(i).
\]

Por lo tanto, 
\[
0 = f(i) - g(i),
\]
que es lo que queríamos demostrar.


Me dan una mano? Gracias!

Una forma...

Spoiler

La función \( h=f-g:\mathbb{R}\longrightarrow\mathbb{R} \) es continua. El conjunto \( F=\{x\in\mathbb{R}\,|\,f(x)=g(x)\}=h^{-1}(0) \) es un cerrado y \( \mathbb{Q}\subset F \), luego como \( \mathbb{Q} \) es denso, se tiene que \( F=\mathbb{R} \)

[cerrar]

Saludos

Hola


La última parte es lo que se quiere demostrar \( f(i)-g(i)=0 \) evidentemente para \( i\in{I} \) es decir para i irracional.

Una forma por reducción al absurdo, suponer que \( \exists{i}\in{I} \ / \ f(i)\neq g(i) \) hay dos alternativas :

1) \( f(i)>g(i) \)      2) \( f(i)<g(i) \)

Consideración 1)

\( \exists{0<\epsilon_1<f(i)-g(i)} \wedge \exists{0<\epsilon_2<f(i)-g(i)-\epsilon_1} \) R1

Por se continua f en i :

\( \exists{\delta_1>0} \ / \ si \ \ x\in{N(i,\delta_1)}\Rightarrow{\left |{f(x)-f(i)}\right |<\epsilon_1}\Rightarrow{f(i)-\epsilon_1<f(x)<f(i)+\epsilon_1} \)

Donde \( N(i,\delta_1) \) es un entorno abierto de i de radio \( \delta_1 \)

Por se continua g en i :

\( \exists{\delta_2>0} \ / \ si \ \ x\in{N(i,\delta_2)}\Rightarrow{\left |{g(x)-g(i)}\right |<\epsilon_2}\Rightarrow{g(i)-\epsilon_2<g(x)<g(i)+\epsilon_2} \)

Denominando \( \delta^*=min\left\{{\delta_1,\delta_2}\right\} \) se tiene :

\( si \  \ x\in{N(i,\delta^*)}\Rightarrow{f(i)-\epsilon_1<f(x)<f(i)+\epsilon_1 \ \wedge \ g(i)-\epsilon_2<g(x)<g(i)+\epsilon_2} \)   R2

Pero siempre \( \exists{q}\in{Q} \ / \ q\in{N(i,\delta^*)} \)

Por R2 se tiene \( f(q)>f(i)-\epsilon_1 \ \wedge \ g(i)+\epsilon_2>g(q) \) R3

De R1 se tiene \( f(i)-\epsilon_1>g(i)+\epsilon_2 \) luego considerando R3 se tiene \( f(q)>g(q) \) absurdo f(q)=g(q)

De manera semejante para la alternativa 2 se llega a un absurdo.

Por lo tanto \( f(i)=g(i) \ \ \forall{i}\in{I} \)

Saludos

Muchisimas gracias!

[ani_pascual]

Hola:

...
Muchisimas gracias!

Aunque ya lo has entendido, siempre es bueno conocer otras formas...
Una forma un poco más analítica...
Sea \( x\in\mathbb{R}=\overline{\mathbb{Q}} \). Entonces existe una sucesión de racionales \( \{q_n\}_{n\in\mathbb{N}} \) convergente a \( x \). Por la continuidad de \( f \) y de \( g \), las sucesiones \( \{f (q_n)\}_{n\in\mathbb{N}},\{g (q_n)\}_{n\in\mathbb{N}} \) convergen respectivamente a \( f(x) \) y a \( g(x) \). Por tanto, dado un \( \varepsilon >0 \) arbitrario, existen \( n_f\in\mathbb{N} \) tal que \( \forall\,n\geq n_f,\,|f(q_n)-f(x)|<\dfrac{\varepsilon}{2} \) y \( n_g\in\mathbb{N} \) tal que \( \forall\,n\geq n_g,\,|g(q_n)-g(x)|<\dfrac{\varepsilon}{2} \), con lo cual \( \forall\,n\geq \max\{n_f,n_g\} \) se tiene que \( 0\leq |f(x)-g(x)|\leq |f(x)-f(q_n)|+|f(q_n)-g(q_n)|+|g(q_n)-g(x)|<\dfrac{\varepsilon}{2}+\dfrac{\varepsilon}{2}=\varepsilon \). En definitiva \( |f(x)-g(x)|=0\Longleftrightarrow f(x)=g(x) \)
Saludos