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> Extensión del propuesto Daft Punk
C.F.Gauss
mensaje Aug 17 2008, 02:08 AM
Publicado: #1


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Pruebe que cada función real definida en un intervalo TEX: $[-a,\,a]$ puede expresarse de sólo una manera como suma de una función par y una función impar (es decir, que las partes par e impar de TEX: $f$ son únicas).

Saludos.


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mensaje Mar 21 2010, 11:50 PM
Publicado: #2


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Debes pagarme un palo por usar el nombre de mi propuesto, esta protegido por copyright... ajajajajajaj
TEX: Supongamos que no, sean entonces $P_1$, $I_1$, $P_2$, $I_2$ donde $P_i$ es par y $I_i$ es par, $i=1,2$ tales que $f=P_i+I_i$, lo que equivale a $P_1(x)+I_1(x)=P_2(x)+I_2(x)$, donde $P_1(x)-P_2(x)=I_1(x)-I_2(x)$ contradiccion!!, puesto que resta de sumas par(impar) es par(impar).
TEX: la forma en que se expresa esta resuelta en el propuesto DAFT PUNK copiryght 2.718281828 2008, todos los derechos reservados.
saludos


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Claudio Henriquez Tapia
Ingeniero Civil Matemático UTFSM y Prof. DMAT UTFSM
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mensaje Mar 22 2010, 12:19 AM
Publicado: #3


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CITA(2.718281828 @ Mar 22 2010, 12:50 AM) *
Debes pagarme un palo por usar el nombre de mi propuesto, esta protegido por copyright... ajajajajajaj
TEX: Supongamos que no, sean entonces $P_1$, $I_1$, $P_2$, $I_2$ donde $P_i$ es par y $I_i$ es par, $i=1,2$ tales que $f=P_i+I_i$, lo que equivale a $P_1(x)+I_1(x)=P_2(x)+I_2(x)$, donde $P_1(x)-P_2(x)=I_1(x)-I_2(x)$ contradiccion!!, puesto que resta de sumas par(impar) es par(impar).
TEX: la forma en que se expresa esta resuelta en el propuesto DAFT PUNK copiryght 2.718281828 2008, todos los derechos reservados.
saludos

Ojo que eso no es contradicción. Si una función es par e impar a la vez, entonces es la función nula.


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Kaissa
mensaje Mar 22 2010, 08:48 PM
Publicado: #4


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TEX: $ $\\<br />$p_{1}(x)=\dfrac{f(x)+f(-x)}{2}$ es par, y $p_{2}(x)=\dfrac{f(x)-f(-x)}{2}$ es impar y su suma es $f(x)$.


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mensaje Mar 22 2010, 08:59 PM
Publicado: #5


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en efecto, ahora ya cache la verdadera contradiccion: TEX: Si suponemos que los $P_i$ y $I_i$ son distintos, podemos llegar a una contradiccion, ya sabemos que $P_i+I_i=f$, $i=1,2$ por lo tanto llegamos a que $P_1(x)-P_2(x)=I_1(x)-I_2(x)$, el lado izquerdo es una funcion par, y el lado derecho es impar, la unica funcion par, e impar a la vez es la funcion nula ya que si $g$ es par e impar a la vez, tenemos que $g(-x)=g(x)=-g(x)$ implicando que $g(x)=0$ para todo $x$ en el [$-a,a$], por lo que $P_1=P_2$, $I_1=I_2$, donde ahora si hay una contradiccion, por lo que es $P_1$ e $I_1$ son unicos y estan expresados como en el post anterior y en el propuesto original mio.

ahora si
aioooz


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mensaje Mar 23 2010, 09:20 AM
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CITA(Kaissa @ Mar 22 2010, 10:48 PM) *
TEX: $ $\\<br />$p_{1}(x)=\dfrac{f(x)+f(-x)}{2}$ es par, y $p_{2}(x)=\dfrac{f(x)-f(-x)}{2}$ es impar y su suma es $f(x)$.


Eso sólo demuestra la existencia de una descomposición posible, no prueba si es única (el propuesto de 2.718281828 pedía lo que tú respondiste).

CITA(2.718281828 @ Mar 22 2010, 10:59 PM) *
en efecto, ahora ya cache la verdadera contradiccion: TEX: Si suponemos que los $P_i$ y $I_i$ son distintos, podemos llegar a una contradiccion, ya sabemos que $P_i+I_i=f$, $i=1,2$ por lo tanto llegamos a que $P_1(x)-P_2(x)=I_1(x)-I_2(x)$, el lado izquerdo es una funcion par, y el lado derecho es impar, la unica funcion par, e impar a la vez es la funcion nula ya que si $g$ es par e impar a la vez, tenemos que $g(-x)=g(x)=-g(x)$ implicando que $g(x)=0$ para todo $x$ en el [$-a,a$], por lo que $P_1=P_2$, $I_1=I_2$, donde ahora si hay una contradiccion, por lo que es $P_1$ e $I_1$ son unicos y estan expresados como en el post anterior y en el propuesto original mio.

ahora si
aioooz


Tú lo has dicho. Ahora sí.

A resueltos.


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Kaissa
mensaje Mar 23 2010, 02:20 PM
Publicado: #7


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cuek era unicidad u.u yo probe existencia u.û


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