jueves, 12 de enero de 2012

Problema del Dia: Viernes 13 de enero Algebra

Determina si existen dos funciones
$f, g : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ tales que para todos
$x \neq y$ la siguiente desigualdad se tiene:

$$ \mid f(x)- f(y) \mid + \mid g(x) - g(y) \mid > 1.$$

77 comentarios:

Diego627 dijo...

Sean $f,g:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ dos funciones. Sea el punto $h(x)=(f(x),g(x))$. Sea $C_{i,j}=\left{ (x,y):x\in\left[\frac{i}{2},\frac{i+1}{2}\right),y\in\left[\frac{j}{2},\frac{j+1}{2}\right) \right}$, con $i,j\in\mathbb{Z}$. Esta claro que $\bigcup_{(i,j)\in \mathbb{Z}^2}C_{i,j}=\mathbb{R}^2$ y que $C_{a,b}\bigcap C_{c,d}\neq \emptyset$ si y solo si $(a,b)=(c,d)$.

Tenemos que $|\mathbb{R}|=\aleph_1>\aleph_0 =|\mathbb{Z}^2|$. Entonces existen $x,y\in\mathbb{R}$ tal que $h(x),h(y)\in C_{i,j}$ para $i,j\in\mathbb{Z}$. Entonces, por definición de $C_{i,j}$, tenemos que $\frac{i}{2}\leq f(x),f(y)\textless \frac{i+1}{2}$ y $\frac{j}{2}\leq g(x),g(y)\textless \frac{j+1}{2}$. Entonces $|f(x)-f(y)|,|g(x)-g(y)|\textless\frac{1}{2}$. Por lo tanto $|f(x)-f(y)|+|g(x)-g(y)|<1$. Por lo tanto no existen funciones $f,g$ que cumplan la condición del problema. QED

Diego627 dijo...
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Diego627 dijo...

El cuadro rojo es basicamente la definicion de $C_{i,j}=\left[\frac{i}{2},\frac{i+1}{2}\right)\times \left[\frac{j}{2},\frac{j+1}{2}\right)$, que basicamente hace una cuadricula en el plano cartesiano con los cuadrados de lado $\frac{1}{2}$.

Juan dijo...
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Juan dijo...

Probaré que no, por contradicción. Pues si considero las funciones $a=f+g$ y $b=f-g$ el problema es equivalente a ver si existen funciones R a R tal que para todo x y y distintos, max$\{|a(x)-a(y)|, |b(x)-b(y)|\} > 1$.

Juan dijo...
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Juan dijo...

Ahora, consideremos un conjunto S como bueno-n si cumple los siguientes 3 puntos:
1. Tiene n elementos (si n no es finito, se dice simplemente bueno, no bueno-infinito)
2. Sus elementos son números reales.
3. Existen reales A y B con A<x<B para todo x en S.
LEMA: Ahora, demostraré que si coloreamos las parejas de elementos distitntos de S de dos colores, rojo y azul, entonces existe un subconjunto S' de S cuyas parejas son todas del mismo color. Demostraré esto por contradicción.

Juan dijo...

Tomemos algún elemento de S, $x_1$. Si tomamos las aprejas ($x_1$, y), con y en S, como hay infinitas de ellas, habrá algun color (digamos azul), del cual hay infinitas parejas de la forma ($x_1$, y) (con y en S no igual a $x_1$), de ese color. Llamemos al conjunto de números y en S con ($x_1$, y) azul, S1 (que es bueno). Ahora, supongamamos que podemos tomar $x_2$ en S1 no igual a $x_1$, tal que podemos tomar S2 bueno, subconjunto de S, donde todos sus elementos o son $x_2$ o constituyen una pareja azul con $x_2$. Supongamos que podemos seguir haciendo esto hasta k. Es decir, en el conjunto Sk, no existen un número $x_{k+1}$ (no igual a ningún otro previo x) tal que haya infinitos números en Sk que formen una pareja azul con $x_{k+1}$. Entonces, si le llamo Sk2 a Sk menos todos los k x's que llevamos, tendré lo siguiente: "Sk2 es bueno pero cualquier número a en Sk2 sólo tiene un número finito de números b tal que (a, b) sea azul". Entonces se cumple (si llamamos a a vecino de b si y sólo si a=b o (a, b) es roja) que todo número en Sk2 tiene un número no finiti de vecinos en Sk2. Por tanto, puedo construir una secuencia infinita de números $a_1$, $a_2$ ... en donde todos los números estén en Sk2 y en donde todas las parejas sean buenas. Así, como el conjunto de los a's (que será S') será subconjunto de Sk2 que es subconjunto de S, habré logrado el objetivo. Por tanto, no existe tal k, es decir, puedo construir una secuencia infinita de números $x_1$, $x_2$, ... todos en S y en donde todas las parejas sean azules, por lo que al conjunto de las x será S'. ¡Contradicción! Por tanto, sí existe S'.

Juan dijo...

(NOTA: Estrictamente hablando, no demostré la existencia de S', sino la existencia de una secuancia S'1, S'2, ..., en donde S'n es bueno-n "monocromático", y es subconjunto de S'k si k>n. Pero esto implica la existencia del S', aunque para construirlo tengamos que irnos paso por paso)
FIN DE LEMA

Juan dijo...
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Juan dijo...
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Juan dijo...

Ahora, primero, considerando max$\{|a(x)-a(y)|, |b(x)-b(y)|\} > 1$, coloreo (a, b) si el mayor de los dos números es el primero, y rojo si el segundo es el mayor. Es de cualquier color si los dos números son iguales. Entonces, con S=R, obtenemos R' bueno monocromático.

Juan dijo...
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Juan dijo...

Digamos que es azul. Ahora, coloreo una pareja (x, y) púrpura si a(min{x,y})<a(max{x,y}), y marrón de lo contrario. Con púrpura y marrón como los nuevos azul y rojo, y S=R', obtenemos R'' bueno monocromático

Juan dijo...
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Juan dijo...

es decir, o tenemos un conjunto bueno X con a(x)<a(y) si x<y y x y y están en X,

Juan dijo...

o tenemos un conjunto bueno X con a(x)>=a(y) si x<y y x y y están en X. Sin pérdida de generalidad, diremos que es la primera.

Juan dijo...

Pero considerando max$\{|a(x)-a(y)|, |b(x)-b(y)|\} > 1$, tenemos que a(y)>a(x)+1 si y y x están en X y y>x. Pero como este conjunto es finito y es un subconjunto de un intervalo cerrado (pues es bueno)

Juan dijo...

la función a crece al infinito en este conjunto demasiado rápido, lo que implica que tomará un valor infinito en los números más grandes del conjunto X, lo cual es imposible pues la función a está definida en todo R.

Juan dijo...

¡Contradicción! Así,las funciones f y g no existen.QED

Juan dijo...

Perdón por publicar tanto, pero no sé por qué incluso si ponía un pedazo pequeño de unas 5 líneas me borraba la mitad del comentario. Tuve que partir mi solución en partes

Chuck dijo...

Si una de las dos es continua en un intervalo $(A,B)$, digamos sin pérdida de generalidad, $f$, entonces existe un intervalo $(A_{1},B_{1})\subseteq (A,B)$ dónde es creciente, decreciente o constante. Sea $h_{f}(x,y)=|f(x)-f(y)|$, entonces sabemos que para cualquier valor de $x\in (A_{1},B_{1})$ existen infinitos valores de $y\in (A_{1},B_{1})$ tales que $h_{f}(x,y)$ es tan pequeño (pero positivo) como queramos. Para cada pareja de valores $\epsilon\in\mathbb{R^+}$, $x\in (A_ {1},B_{1})$, existe una infinidad de valores de $y$ tales que $h_{f}(x,y)<\epsilon$, y esto se da en el intervalo $(f^{-1}(x-\epsilon),f^{-1}(x+\epsilon))$, el cual será determinado por la función $k(x,\epsilon)$, siendo $f^{-1}(f(r))=r$ para todo real $r\in (A_{1},B_{1})$ (cosa que sí se puede en ese intervalo, pues $f$ es inyectiva en ese intervalo).

Así que si $h_{g}(x,y)=|g(x)-g(y)|$, y para al menos una pareja de valores $x,\epsilon$ como los definimos en el paso anterior, existe un valor de $y\in k(x,\epsilon)$ tal que $h_{g}(x,y)\leq 1-\epsilon$, entonces evidentemente, no existen las funciones. En caso contrario, como podemos hacer a $\epsilon$ tan pequeño como queramos, obligamos a que en todo el intervalo $(A_{1},B_{1})$, con valores realmente cercanos entre sí de $x,y$, $h_{g}(x,y)\geq 1-\epsilon=j$, dónde $j$ se parece a $1$ así que por el momento, sólo nos importa que se cumpla para un real positivo fijo $j$.

Esto que tenemos aquí indica que los valores de $g$ se mueven bastante en ese intervalo, pues aunque $x,y$ son muy cercanos, sus imágenes están por lo menos a $j$ de distancia. Ahora veamos qué sucede si hacemos lo siguiente: sabemos que para un valor de $x,y$, sea $z_{n}=x+(y-x)(\frac{1}{2})^{n}$ para $n\in\mathbb{N}$, entonces vemos que $g(z_{n})$ está separada por lo menos en $j$ de $g(x)$ y de $g(z_{n-i})$ para $i\in\{1,\dots,n\}$ para todo $n\in\mathbb{N}$, pero eso significa que la suseción $\{g(z_{n})\}$ diverge conforme $n$ crece (si no fuera así, entonces podemos acotar todos los valores por arriba en $X$ y por abajo en $Y$ y entonces la condición anterior no se cumple para todo $n$ natural, pues podríamos a lo más $\lfloor \frac{X+Y}{j}\rfloor$ puntos a distancia al menos $j$), lo que indica que conforme nos acercamos a $x$ aumentando el valor de $n$ (pues se supone que $g(z_{n})$ está definida en los reales y por lo tanto su valor absoluto es finito), así que como diverge en un intervalo de valores finitos $(x,y)$, significa que hay un valor que no está determinado ("es infinito con algún signo"), pues no pueden ser acotados y además sabemos que para un $i\in\{1,2,\dots,2n\}$ se cumple que $|g(z_{i})-g(x)|\geq nj$, así que para una $n$ suficientemente grande, sabemos que se "disparan" las imágenes dentro de un intervalo, así que al menos un valor no está determinado y es contradicción a la suposición de que $g:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$.

Ahora, supongamos que $f$ puede ser acotada por arriba y por abajo en un cierto intervalo y dónde la amplitud (de la imágen, es decir, la distancia entre el punto más grande y el más pequeño) de las cotas es menor a uno, por una demostración similar a la anterior, con $j$ la diferencia entre $1$ y la amplitud de las cotas, vemos que no es posible. Ahora veamos que si esto no es posible es por que la misma función $f$ diverge en cualquier intervalo que tomemos, es decir, tomando un intervalo $(a,b)$, entonces digamos que la amplitud de su imágen es $x(a,b)$, por lo que para cada pareja de reales $a,b$, tenemos que $x(a,b)>1$ y con una demostración similar a la anterior, dado que podemos tomar todas las parejas de puntos en un intervalo $(c,d)$, entonces por la demostración anterior, tomando a $j$ mayor a $1$ (incluso con $1$ funciona), sabemos que diverge y que por lo tanto un valor de $x(a,b)$ no está definido en ese intervalo y tampoco lo está uno de los valores de $f$ ($f(a) $ ó $f(b)$) y es una contradicción, por lo que en realidad no es posible encontrar dichas funciones.

Diego627 dijo...

Te falto demostrar que si empiezas con un $T$-bueno con $T$ cardinalidad no contable, entonces puedes llegar a un $S$ como dices pero con cardinalidad no contable. Eso no se puede demostrar como dices ahí ya que estas, pues, contando. Si $X=\mathbb{Z}$, por ejemplo, podemos tomar $a(x)=2x$ y tenemos que $a(n+1)=a(n)+2\textmore a(n)+1$ para todo $n\in X=\mathbb{Z}$. Asi que eso es un contraejemplo para tu ultimo argumento.

Diego627 dijo...

el cuadro rojo es $X=\mathbb{Z}$, y el comentario va dirigido a juan, y es $a(n+1)=a(n)+2>a(n)+1$.

Diego627 dijo...
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Diego627 dijo...

El cuadrorojo es X=Z

Juan dijo...

Diego:Sí, este argumento todavía no lo formalizo, pero el contraejemplo que me das no es válido, pues no existen A y B con A<x<B para todo x entero (en Z). Por tanto, X=Z no es bueno.

Diego627 dijo...

A Chuck, no veo porque que $g(z_1),g(z_2),\ldots$ diverga signifique que hay algún valor no determinado. Para cada $n$ finito $g(z_n)$es finito, sin ser necesario que $g(x)$ o cualquier otro sea infinito. Por ejemplo, con $g(0)=0$ y $g(t)0=\frac{1}{t}$ para $t\neq 0$, tomamos $x=1$ y $y=0$. Entonces $z_n=\frac{1}{2^n}>0$. Entonces $g(z_n)=2^n$. Pero esta definida para todo $x\in\mathbb{R}$.

Juan dijo...

Ah, perdón, cuando digo S=R (aplicando el lema por primera vez), con R me refiero a cualquier intervalo cerrado, no al conjunto de los reales (éste no es bueno)

Diego627 dijo...
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Juan dijo...

Ya sé como formalizar el argumento de al final. Supongamos que tenemos el conjunto X bueno donde si xf(x)+1 (ésto lo demostré). Entonces supongamos que A es algún elemento de X y B es otro, con un número infinito de elementos de X entre A y B. (y A>B) Entonces, digamos que f(A) - f(B) = k>0. Por tanto, puedo tomar piso de k (al piso de k le llamaré p) números entre B y A: x1< x2< ... f(xp)+1>f(x(p-1))+2>...>f(x1) + p> f(B) + (p+1) > f(B) + k = f(A). Contradicción.m

Juan dijo...

donde dice xf(x)+1 debería decir: "donde si x<y

Juan dijo...

están en X entonces f(y) > f(x)+1". Éste es un ejemplo de lo que me pasó anteriormente.

Juan dijo...

también, en vez de decir "x1<x2<...<xp

Juan dijo...

entonces f(A)> f(xp)+1>...", se comió unas palabras

Diego627 dijo...

como quiera, si tomas $c_i=-\frac{1}{i}$ en el intervalo $(0,1]$ y $C$ el conjunto de esas $c_i$'s con $i$ natural. Sea $a(t)=-\frac{2}{t}$ con $t\neq 0$ y $a(0)=0$. Entonces $a(c_i)=2i$. Tenemos que $c_i>c_j$ si y solo si $i>j$. En particular $c_{n+1}>c_{n}$ y $a(c_{n+1})=2(n+1)=2n+2>2n+1=a(c_n)+1$. Entonces $C$ es acotado ya que $0>c_i\geq -1$. Pero esta definida $a$ para todos los reales, y no crece demasiado.

Diego627 dijo...

cuando escribi el comentario anterior nohabia visto lo que pusiste

Diego627 dijo...

No importa, el comentario sigue teniendo validez. El punto es que nunca demostraste que entre cualesquiera (o siquiera entre al menos dos) puntos finitos $A,B$ en $X$ existen infinitos en medio.
Esto lo podrias solucionar si demostraras en el lema que de uno de cardinalidad no contable pasas a otro de cardinalidad no contable

Chuck dijo...

No Digo, porque sucede en un intervalo fijo y de tamaño finito

Juan dijo...

Si eso va para mi, sí lo hice, pues en un conjunto infinito obviamente existen dos puntos A y B entre los cuales hay infinitos puntos en medio

Chuck dijo...

Perdón, no "Digo" sino "Diego" (va para Diego)

Diego627 dijo...

Y qué pasa con la secuencia $\frac{1}{1},\frac{1}{2},\frac{1}{3},\frac{1}{4},\cdots$? Tiene infinitos elementos pero esta acotada

Diego627 dijo...

(mis ultimos dos comentarios(sin contar este) eran para Juan)

Chuck dijo...

@Diego: No entendí... el de la secuencia es para mí? Si es así, entonces tu ejemplo no sirve, mejor dime qué función en el intervalo $(0,1)$, hace que conforme te acercas a $0$ desde el $1$ obtengas un punto (su imágen) que está una distancia mínima de $\frac{1}{2}$ de todas las anteriores y que está "perfectamente definida" en todo ese intervalo (caso particular).

Juan dijo...

No entiendo. Ya hice rigurosa toda mi prueba. Si hay algo mal, me gustaría que me lo dijeras, pero ya me perdí.

Chuck dijo...

@Diego: Simplemente sabes que en un intervalo de tamaño finito, los valores absolutos de las imágenes tienen que crecer, sino, las puedes acotar y es una contradicción, así que diverge, pero lo hace en un intervalo entre dos valores finitos, así que uno de los valores debe estar indeterminado. Realmente no es muy difícil de entender según yo.

Diego627 dijo...

A Juan, lo que yo digo es que nunca demuestras (o almenos no veo donde lo haces) que existen dos elementos en ese ultimo conjunto con infinidad de valores entre ellos.

Diego627 dijo...

Se podria corregir si demuestras en el lema que existen tales $x$ y $y$ con infinitos entre ellos, o que si es bueno-aleph_1 entonces el conjunto tiene tal subconjunto monocromatico de aleph_1 como cardinalidad. (a Juan, de nuevo)

Juan dijo...

Pues si el límite inferior del conjunto está en él y el superior también, podemos tomar éstos dos puntos y entre ellos habrá una infinidad de puntos del conjunto. Si los límites no están, podemos "arrancarle" los extremos al conjunto para que sí estén (o sea, que si el conjunto digamos era un intervalo abierto, tomamos un intervalo cerrado que sea un subconjunto del intervalo original y los extremos de éste intervalo cerrado podrían ser los dos puntos que buscamos). Creí que era obvio.

Diego627 dijo...

A Chuck, en tu argumento nadamas utilizas las diferencias entre $x,y$ y los $z_i$'s y el ejemplo que te di era contraejemplo hacia el argumento. No es dificil de entender que si tienes que para cualesquiera $x,y$ en un intervalo $I$ entonces $|g(x)-g(y)|>j>0$ entonces no esta definida para algún punto en $I$. Pero en tu argumento solo utilizas las diferencias que ya te dije. En cambio, si utilizaras que hay más puntos que valores posibles ya que si divides a $R$ en intervalos de longitud $j$ que no se intersecten, entonces tienes aleph_0 intervalos yaleph_1 puntos para evaluar en R, o algún argumento similar. Que $g(z_n)$ diverga y el limite de $z_n$ sea $x$ no implica nada ya que $g$ no es continua en ese intervalo.

Chuck dijo...

Sí, porque diverge en un intervalo que podemos ver, así que si, digamos que el valor más grande en todo ese intervalo (más grande, hablando de su valor absoluto $|g(x)|$) es finito (un real por definición), entonces, podemos acotarlo por ambos lados y es contradicción, lo cual demuestra que uno de los valores es "infinito" o dicho de otra forma, no está determinado.

Diego627 dijo...

Para ser claros estoy hablando de el argumento de las $z_i$'s y donde supones que $f$ es continua, el penultimo parrafo. Puede que $g(z_n)$ no este acotada, pero sea finita en todo punto en el intervalo. Por ejemplo, con $g(0)=0, g(x)=\frac{1}{x}$ para todo $x\neq 0$. Tenemos que la secuencia $z_n=0+(1-0)(\frac{1}{2})^n=\frac{1}{2^n}$ cumple asi que $g(z_n)=2^n$ y por lo tanto diverge. Pero no es dificil ver que sí esta definida para todo punto.

Diego627 dijo...

Existe, y es afirmación, una función $f$ definida de los reales a los reales tal que en cualquier intervalo $I=(a,b)$($a>b$ para cualquier $y$ real tenemos que existe $x\in I$ entonces $f(x)=y$. Asi que la amplitud es (mucho) mayor a uno en cualquier intervalo $I$ pero esta definida en todos lados.

Chuck dijo...

A ver, tengo el intervalo $(a,b)$, y se que $g(x)$ es real para toda $x\in (a,b)$, si? por lo tanto tomo al real $máx{|g(x)||x\in (a,b)}=r$ si? Es finito, así que pues tomaré un $n$ suficientemente grande (que cumpla que $n>\frac{2r}{j}$) y entonces, es contradicción, si? Porque los puntos $z_{1},\dots , z_{n}$ no cumplen la condición. Dónde está el error?

Diego627 dijo...

No necesariamente existe. Ahí esta el error.

Diego627 dijo...

Para ser exactos, $r$ no necesariamente existe, y aún si te tomas el superior y no el minimo, no necesariamente es finito.

Chuck dijo...

Si no es finito, entonces, es no-finito/infinito/no determinado, lo ves?

Chuck dijo...

Ah, el Latex no me salió bien, lo siento es: $max\{|g(x)|: x\in (a,b)\}=r$

Diego627 dijo...

Sí lo vi en latex. Otravez, mira el ejemplo de
$g(0)=0$ y $g(x)=\frac{1}{x}$ entonces consideremos el intervalo $(0,1)$. Entonces conforme se acerca a $0$ crece sin cota. Pero siempre es finito. Entonces no existe un maximo, solo un supremo y es infinito.

Chuck dijo...

Consideramos entonces al infinito como real? Hmm... no me parece muy claro eso... Entonces lo que tú dices es que debemos ver que tengo que partir a $\mathbb{R}$ en pedazon no intersectándose de tamaño $j$ y entonces tengo a lo más $\aleph_{0}$ puntos, pero que (aunque en mi solución sólo tome los $z_{n}$, pude haber usado todos los reales en ese intervalo) entonces como tengo $\aleph_{1}$ reales en ese intervalo para darles $\aleph_{0}$ valores, entonces hay una pareja de valores repetidos y entonces no se pudo, no es así? Bueno... me parece que es suficiente con l o que yo hice (claro esta otra es más poderosa)... pero necesitaría una mejor explicación, porque sinceramente no me quedó muy claro el por qué la mía no basta... tal vez si defino a $n$ como real positivo... entonces si es suficiente... con el mismo argumento que pongo en este comentario no...? Me explicas?

Diego627 dijo...

Sí, con $n$ real positivo ya tienes lo que querias (bueno, real mayor o igual a uno). El punto del problema, creo yo al menos, es ver que $\mathbb{R}$ (o $I=(a,b)$) es (mucho) más grande (en cardinalidad) que $\mathbb{Z}$(o \mathbb{Z}^2).

JulioC dijo...

Mi solución:
A cada real r le asignamos la pareja (i,j) tal que f(r) está en [i(1/2), (i+1)(1/2)) y g(r) está en [j(1/2), (j+1)(1/2)). Pero como la cardinalidad de las parejas (i,j) (ZxZ) es la misma q la de Z, entoncs hay dos reales x,y tales que tienen la misma pareja (i,j) asociada. Por lo tanto
$$ \mid f(x)- f(y) \mid + \mid g(x) - g(y) \mid < 1.$$
Que es una contradicción entonces no existen dichas funciones.

jorge garza vargas dijo...
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jorge garza vargas dijo...

Creo que mi solución es esencialmente la misma a la que puso diego al principio, y al parecer todas las soluciones deben de usar que $|\mathbb{R}|$ y $|\mathbb{Z}|$ son distintos.

Lema 1. Sea $Q\subset \mathbb{R}$ con $|Q|=|\mathbb{R}|$ y $f:Q\to \mathbb{R}$ entonces para todo $e\in \mathbb{R}^{+}$ existe un $a\in \mathbb{R}$ tal que hay una infinidad no numerable de $x\in Q$ con $f(x)\in [a;a+e]$.
Demostración. Hagamos una partición de los reales en subconjuntos de la forma $[k;k+e)$ con $k\in mathbb{Z}$, definimos $Q_k=\{x| x\in Q, f(x)\in [k;k+e)\}$, si $Q_j$ es numerable para todo $j\in \mathbb{Z}$ entonces $|Q|=|\mathbb{Z}^2|=|\mathbb{Z}|$ lo cual es una contradicción. Con lo que el lema 1 queda demostrado.
Por el lema 1 existe $Q\subset \mathbb{R}$ no numerable tal que $|f(x)-f(y)|<\frac{1}{2}$ para todo $x,y\in Q$, luego aplicando otra vez el lema 1 existen $x,y\in Q$ tal que $|g(x)-g(y)|<\frac{1}{2}$ con lo que se concluye la demostración.
De hecho podemos aplicar el lema 1 inductivamente para demostrar que no existen $n$ funciones con la propiedad.

Juan dijo...

Jorge, se puede hacer sin esa propiedad.

Diego627 dijo...

Juan, si te refieres a que $|\mathbb{R}|$ es mayor que $|\mathbb{Z}|$, pues sí la tienes que usar. Si fuera por ejemplo $\mathbb{Q}$(o cualquier otro contable, sin importar otras propiedades) en vez de $\mathbb{R}$ entonces tenemos que la cardinalidad de $\mathbb{Q}$ esla misma que la de $(2\mathbb{Z})^2$(donde $2\mathbb{Z}$ son los pares) asi que podemos encontrar una función biyectiva $h(x)=(f(x),g(x))$ que nos lleve de $\mathbb{Q}$ a $(2\mathbb{Z})^2$. Entonces $|f(x)-f(y)|+|g(x)-g(y)|$ es entero y par, y es $0$ si y solo si $x=y$. Asi que si $x\neq y$ entonces no es $0$ y como es par entonces es mayor o igual a dos.

Entonces o utilizas que $\mathbb{R}$ es no contable o estas haciendo mal el problema.

Adán dijo...

Bueno, básicamente dividiremos el plano en franjas de líneas perpendiculares al eje $y$ distanciadas por espacios de $\frac{1}{2}$. Si hay $2$ reales $x, y$ tales que $f\left(x\right), f\left(y\right)$ están dentro de una misma franja, y también lo estén $g\left(x\right), g\left(y\right)$, entonces tendremos que

$\left|f\left(x\right)-f\left(y\right)\right|+\left|g\left(x\right)-g\left(y\right)\right|\leq1$

Entonces veamos que $\mathbb{R}$ y $\mathbb{Z}$ no tienen la misma cardinalidad, y la cardinalidad de las franjas distnciadas a $\frac{1}{2}$ es la misma de la de $\mathbb{Z}$ y también que la de $\mathbb{Z}^{2}$, por lo que si existen $2$ reales $x, y$ tales que sucede lo mencionado arriba, y por lo tanto no existen las funciones mencionadas en el problema.

Juan dijo...

Diego: ¿A qué te refieres con (2z)^2)? Bueno, pues obviamente si la función fuera en Z tenemos el contraejemplo f=g=identidad.

Juan dijo...

Adán: ¿A qué te refieres con la cardinalidad de las franjas distanciadas a 1/2? La cardinalidad de cualquier intervalo es la de R. ¿Y cómo dedujiste la existencia de tales x y y?

Diego627 dijo...

Juan, me refiero a todas las parejas posibles de los pares. El punto es que sí estas haciendo uso del dato que $\mathbb{R}$no es contable, ya que si no lo hicieras entonces tu demostración funcionaria tambien si fueran $f,g:\mathbb{Q}\to \mathbb{R}$ (o cualquiera conjunto $X$ contable en vez de $\mathbb{Q}$) pero ya te di un contraejemplo para ese caso.

Adán dijo...

Si, me refiero a la cantidad de franjas, que tienen la misma cardinalidad que $\mahbb{Z}$, pues se puede hacer una biyección entre ellos.

Adán dijo...

Debe decir $\mathbb{Z}$. Perdón, faltó aclarar exáctamente que hacer con las franjas. Estas franjas se pueden rotar también a $90^{\circ}$ grados, haciendo una cuadrícula de cuadrados de lado $\frac{1}{2}$. Aquí es donde usamos que la cardinalidad de $\mathbb{Z}^{2}$ es menor a la de $\mathbb{R}$. Por que, considérate que tomas los puntos de la forma

$\left(f\left(x\right), g\left(x\right)\right)$

entonces por el argumento de cardinalidad pasado, vemos que no podemos asociar cada punto mencionado con cada cuadrado, por lo que hay $2$ puntos dentro de un mismo cuadrado. De aquí sale directamente la desigualdad que mencioné arriba.

Adán dijo...

Y la cardinalidad de cuadros de lado $\frac{1}{2}$ es la misma que la de $\mathbb{Z}^{2}$.

Juan dijo...

Ya vi donde usé lo de la cardinalidad. No hay subconjuntos buenos de Z.

Diego627 dijo...

Lo podemos generalizar de la siguiente manera. Definimos una distancia de la siguiente forma, si tenemos una función continua(una norma) $f:\mathbb{S}^{d+1}:\mathbb{R}^+$, donde $\mathbb{S}^{d+1}$ es la esfera unitaria (en metrica euclidiana) en $d$ dimensiones. La "cuasidistancia" $d:\mathbb{R}^d\times\mathbb{R}^d\to \mathbb{R}^+$ cumpliria que $d(x,x)=0$ y $d(x,y)=k\cdot f(v)$ donde $v\in\mathbb{S}^{d+1}$, $k\in\mathbb{R}^+$ cumplen que $kv=x-y$. Es claro que dado un punto no $0$, siempre existen y son unicos esos puntos. Asi que esta completamente definida. Y definimos la funcion $h:\mathbb{R}\to \mathbb{R}^d$

Bueno, como $\mathbb{S}^{d+1}$ es compacto entonces por el teorema de Weierstrass (o algo asi, elpunto es que el teorema existe) entonces tiene maximo y minimo absoluto. Sea $m$ el maximo absoluto de $f$. Entonces si hacemos una esfera de radio $\frac{1}{2m}$, tenemos que la distancia del origen a un $v$ en esa esfera(en el contorno) es $d(v,0) \frac{u}{2m}\leq \frac{1}{2}$. Asi que si tenemos dos puntos $x,y$ dentro o en esa esfera, entonces si $x-y=rw=\frac{rt}{2m}$, donde $w$ es un vector sobre la esfera de radio $\frac{1}{2m}$ con el mismo sentido que $x-y$ y $t$ el vector en $\mathbb{S}^{d+1}$ con el mismo sentio que $x-y$ y $w$, se cumple que $r\leq 2$. Asi que $d(x,y)=d(x-y,0)=r\cdot d(w,0)=\frac{r\cdot f(t)}{2m}\leq \frac{2\cdot m}{2m}=1$.

Asi que si consideramos el hipercubo de diagonal $\frac{1}{m}$ y lado respectivo $l$, estaria dentro de una esfera de radio $\frac{1}{2m}$, asi que cualesquiera dos puntos $x,y$ en el hipercubo cumplirian que $d(x,y)\leq 1$.

Entonces particionamos $\mathbb{R}^d$ en tales hipercubos y habria $|\mathbb{Z}^d|=|\mathbb{Z}|$ de ellos. Pero hay $|\mathbb{R}|>|\mathbb{Z}|$ entonces hay dos reales $x,y$ tal que $h(x),h(y)$ en el mismo hipercubo y por lo tanto cumplen que $d(h(x),h(y))$.

Otra manera de ver la definicion de $d$ es definiendo el conjunto unitario compacto $T$ tal que si $x\in T$ entonces $d(x,0)=1$, y que cumpla que el rayo $0t$ intersecte a $T$ en solo un punto para cada $t\neq 0$. Es facil ver que por cada funcion $f$ podemos definir un conjunto unitario.

Otra manera es definir $d(x,y)$ tal que cumpla que $d(x,y)=0$ si y solo si $x=y$, $d(x,y)=d(x+a,y+a)$ para todo $a$ (en particular, y equivalentemente, $d(x,y)=d(x-y,0)$), $d(kx,ky)=k\cdot d(x,y)$ para todo $k\geq 0$, $d(x,y)\geq 0$ y $d(x,y)+d(y,z)\geq d(x,z)$. Notemos que no es necesario que $d(x,y)=d(y,x)$.

En el caso especifico del problema, tomamos $d=2$ y el conjunto unitario $T$ como el cuadrado de vertices $(1,1),(1,-1),(-1,1),(-1,-1)$ (o $d((a,b),(c,d))=|a-c|+|b-d|$, la distancia manhattan) y $h(x)=(f(x),g(x))$. Y por lo tanto, existen dos $x,y$ tal que $d(h(x),h(y))\leq 1$. Entonces $|f(x)-f(y)|+|g(x)-g(y)|\leq 1$. Entonces no existen tales funciones.

Diego627 dijo...

Es $\frac{1}{2}$ en ves de $1$ en los puntos, y es $d(h(x),h(y))\leq 1$.

Diego627 dijo...

Me acabo de dar cuenta que no es necesario que $d(x,y)+d(y,z)\geq d(x,z)$ para que se cumpla.

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