PROVE

por **pedro22132938** » Sex Ago 21, 2015 20:10

Suponha f definida e contínua nos Reais e que f (x) = 0 para todo x racional. Prove que f (x)=0,
para todo x real.(Sugestão:use o teorema da conservação do sinal).

por **e8group** » Dom Ago 23, 2015 20:21

Suponha f não identicamente nula , então podemos escrever x_0

para designar
o número irracional tal que $f(x_0) \neq 0$ . Só para fixar ideias , assuma f(x_0) > 0

(0 outro caso é inteiramente análogo ) . Como f é contínua , então vale a " conservação do sinal " , e assim teremos , para algum $\delta_o > 0$ , f(x) > 0

para todo $x \in (x_0 - \delta_o , x_0 + \delta_o )$ .Mas , pela densidade dos racionais em $\mathbb{R}$ , temos $(x_0 - \delta_o , x_0 + \delta_o )\cap \mathbb{Q} \neq \varnothing$ , o que implica f(x)> 0

p/ algum x racional que es uma contradição !

Outra forma ...Sobre as mesmas hipóteses acima sobre x_o

. Fixe $0<\epsilon_0 < f(x_o)$ . Dado qualquer $\delta >0$ , por densidade , o intervalo aberto $(x_0 - \delta , x_o + \delta )$ contém números racionais .Assim , temos um racional $x_{\delta} \in (x_0 - \delta , x_0 + \delta )$ , mas $f(x_{\delta}) = 0 \notin ( f(x_0) - \epsilon_0 , f(x_0) + \epsilon_0 ) \subset (0 , \infty ) \implies f$ descontínua em x_0

(Contradição !)

Alternativamente ,(assumindo que o leitor está familiarizado com a topologia de $\mathbb{R}$ )
1)

usando o fato que preimagem (= imagem inversa ) de um aberto (do espaço de chegada ) por uma aplicação contínua é também um aberto (do espaço de saída ), temos que o conjunto abaixo

$\Sigma := \{ x \in \mathbb{R}\ : f(x) > 0 \}$ é aberto em $\mathbb{R}$ , pois tal conjunto é simplesmente a preimagem do intervalo aberto $(0,\infty)$ pela aplicação contínua

. Ora , então só pode ser $\Sigma = \varnothing$ , do contrário , dado $x \in \Sigma$ , podemos obter $\delta > 0$ tal que $(x- \delta , x + \delta ) \subset \Sigma$ , uma contradição ! (Pois $\mathbb{Q}$ é denso em $\mathbb{R}$ , e isto implica $\Sigma \cap \mathbb{Q} \neq \varnothing$ )x]

2 )

Nota que se para algum $X \subset \mathbb{R}$ , tem-se $f(x) = 0 , \forall x \in X$ então f se anula em todos os pontos do fecho de X $\overline{X}$ . Fixe $x \in \overline{X}$ . Qualquer intervalo aberto contendo x tem interseção não vazia com X (usando a caracterização para o fecho ) . Nota que ou

ou $f(x) \neq 0$ . Se f(x)

fosse $\neq 0$ , tomando $|f(x)| >\epsilon > 0$ , o intervalo aberto $(f(x) - \epsilon , f(x) + \epsilon )$ não conteria o zero . Mas , para qualquer $\delta > 0$ , $(x - \delta , x + \delta ) \cap X$ é não vazio (pois x está no fecho de X ) .Assim , dado $x_\delta \in (x - \delta , x + \delta ) \cap X$ temos $f(x_\delta) = 0 \notin (f(x) - \epsilon , f(x) + \epsilon )$ o que implica f descontínua em x . Contradição ! Portanto , f(x) = 0

.Como x é arbitrário , obtemos

$f(x) = 0 \forall x \in \overline{X}$ .

Em particular se X for denso (e.g. , $X = \mathbb{Q}$ ) , então f se anula em todos os pontos de $\mathbb{R}$

P.S.:

Fixados os universos A , B

...
Dada qualquer aplicação $f : A \longrightarrow B$ , podemos definir as seguintes funções

$\overline{f} : X \in 2^{A} \longmapsto \{ f(x) : x \in X \} \in 2^B$ e

$\overline{f^{-1}} : Y \in 2^{B} \longmapsto \{ x \in A : f(x) \in Y \} \in 2^A$ .

Onde 2^A

denote a coleção de todos os subconjuntos de A .

i) Dado $X \in 2^A$ (que é a mesma coisa dizer $X \subset A$ ) , chamamos o conjunto $\{ f(x) : x \in X \}$ de imagem direta de X por f e por abuso de notação simplesmente denotamos por f(X)

(em particular quando X = A , tem o conjunto imagem da função f )
ii) Dado $Y \in 2^B$ , chamamos o conjunto $\{ x \in A : f(x) \in Y \}$ de preimagem (ou imagem inversa ) e denotamos por abuso de notação $f^{-1}(Y)$ (Não é imagem direta de Y pela função inversa , cuidado ! Nem se sabe se f admite uma inversa )

PROVE

PROVE

PROVE

Re: PROVE

Quem está online