1.Seja f:R-->R uma função tal que f(x+y)=f(x)+f(y) e f(x.y)=f(x).f(y), quaisquer x, y ∈ R.Prove que:
a) f(0)=0
b)f(x)=0 para todo x ∈ R ou então f(1)= 1 e f é injetivo.
Soluções para a tarefa
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13
Gente, questão cara da UFC... Enfim, vamo lá
a) Só fazer x=y=0 na primeira relação:
f(0+0) = f(0) + f(0) => f(0) = f(0) + f(0) => f(0) = 0
b) Aqui as coisas se complicam. Vamo fazer x=y=1 na outra relação:
f(1.1) = f(1).f(1) => f(1) = [f(1)]² => [f(1)]² - f(1) = 0 => f(1)[f(1) - 1] = 0
Temos dois casos:
i) f(1) = 0
Usando de novo a segunda relação, com y=1:
f(x.1) = f(x).f(1) => f(x) = f(x).0 => f(x) = 0
ii) f(1) = 1
Aqui é onde a porca torce o rabo. É possível provar que, nesse caso, f(x)=x: começa com os naturais, expande pros inteiros, racionais e chega nos reais, que é a parte mais complicada da questão. Provando isso tu encontra que f é uma bijeção, portanto, particularmente, f é injetiva.
a) Só fazer x=y=0 na primeira relação:
f(0+0) = f(0) + f(0) => f(0) = f(0) + f(0) => f(0) = 0
b) Aqui as coisas se complicam. Vamo fazer x=y=1 na outra relação:
f(1.1) = f(1).f(1) => f(1) = [f(1)]² => [f(1)]² - f(1) = 0 => f(1)[f(1) - 1] = 0
Temos dois casos:
i) f(1) = 0
Usando de novo a segunda relação, com y=1:
f(x.1) = f(x).f(1) => f(x) = f(x).0 => f(x) = 0
ii) f(1) = 1
Aqui é onde a porca torce o rabo. É possível provar que, nesse caso, f(x)=x: começa com os naturais, expande pros inteiros, racionais e chega nos reais, que é a parte mais complicada da questão. Provando isso tu encontra que f é uma bijeção, portanto, particularmente, f é injetiva.
marcyoos:
kkkkkk e o pior que é da UFC mesmo hehehhe valeu amigo
Kiara?
Disciplina Análise
ah, achei que fosse a kiara que tinha passado essa questão xD
não
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