Demostrar una propiedad simple de la suma

Question

Me he topado muchas veces con el siguiente hecho, y solía darlo por sentado. Sin embargo, no se me ocurre una prueba tan bella como rigurosa de ello:

Dato 1 Para dos conjuntos finitos no vacíos $A,B$ y mapa $f:A\times B\to \mathbb R,$ Si tenemos $\big[\exists x_1\neq x_2\in A\times B,\ s.t. f(x_1)=f(x_2)=X\big]\Longrightarrow X=0,$

entonces tenemos $\displaystyle\sum_{x\in A}\sum_{y\in B} f(x,y)=\sum_{z\in f(A\times B)} z.$

Pregunta: Sé que podemos demostrar este hecho utilizando la inducción, pero ¿hay alguna prueba más bella de este hecho? Gracias de antemano.

Edita: Constato que este hecho también es válido cuando $A,B$ son a lo sumo conjuntos contables, y $f\geqslant 0.$

Actualización: El hecho 1 no es más que un caso especial del hecho siguiente:

Hecho 2: Para un conjunto finito no vacío $A$ y mapa $A\to \mathbb R,$ si tenemos $\big[\exists x_1,x_2\in A,\ s.t. f(x_1)=f(x_2)=X\big]\Longrightarrow X=0,$ entonces tenemos $\displaystyle\sum_{x\in A} f(x)=\sum_{z\in f(A)} z.$

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Prueba: Según la respuesta de @Christian Blatter, tenemos $$\displaystyle\sum_{x\in A} f(x)=\sum_{z\in f(A)-\left\{0\right\}} \mathrm{Card}\big(f^{-1}(z)\big)z,$$ aquí $f^{-1}(z):=\left\{x\in A|\ f(x)=z\right\}.$
Según la hipótesis del hecho 2, tenemos $\mathrm{Card}\big(f^{-1}(z)\big)=1$ para cada $z\in f(A)-\left\{0\right\}.$ Así pues, tenemos $$\displaystyle\sum_{x\in A} f(x)=\sum_{z\in f(A)-\left\{0\right\}} z=\sum_{z\in f(A)} z.$$ Fin de la prueba

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Además, el siguiente hecho podría demostrarse de forma similar:

Hecho 3: Para dos conjuntos finitos no vacíos $A, B$ y mapa $\sigma:A\to B,\ \psi:B\to \mathbb R,$ deje $f=\psi\circ \sigma,$ denotan el conjunto de todos los ceros de una función de valor real $g$ como $\mathrm{Kel}(g),$ y el conjunto imagen de una función de valor real $g$ como $\mathrm{Im}(g),$ entonces

a) si tenemos $\big[\exists x_1,x_2\in A,\ s.t. \sigma(x_1)=\sigma(x_2)=X\big]\Longrightarrow X\in \mathrm{Kel}(\psi),$ entonces tenemos $$\displaystyle\sum_{x\in A} f(x)=\sum_{z\in \mathrm{Im}(\sigma)} \psi(z).$$ b) si tenemos $\big[\exists x_1,x_2\in B,\ s.t. \psi(x_1)=\psi(x_2)=X\big]\Longrightarrow X=0,$ y $\sigma$ es inyectiva, entonces tenemos $$\displaystyle\sum_{x\in A} f(x)=\sum_{z\in \psi\big(\mathrm{Im}(\sigma)\big)} z=\sum_{z\in \mathrm{Im}f} z.$$

Answer 1

Desde $A$ y $B$ son finitos el conjunto $R:=f(A\times B)\subset{\mathbb R}$ también es finito. Entonces es obvio que $$\sum_{(x,y)\in A\times B} f(x,y)=\sum_{z\in R}\bigl|f^{-1}(\{z\})\bigr|\>z=\sum_{z\in R}z\ ,$$ como $\bigl|f^{-1}(\{z\})\bigr|=1$ para todos $z\in R\setminus\{0\}$ Por supuesto.

(Aquí $\bigl|f^{-1}(\{z\})\bigr|$ denota el número de pares $(x,y)$ satisfaciendo $f(x,y)=z$ .)

Answer 2

Aunque la "belleza" de una prueba es subjetiva hasta cierto punto, sigo publicando mi respuesta utilizando teoría elemental de conjuntos .

Basta con establecer una biyección entre el soporte de $f:A \times B \to \Bbb{R}$ (parte del dominio que da un valor de función distinto de cero) y el distinto de cero imagen $f(A\times B)\setminus\{0\}$ . (Ignoramos los términos $z=f(x,y)=0$ que tienen no contribución a las sumas). $$\text{supp}(f):=\{(x,y)\in A\times B \mid f(x,y)\ne0\} \leftrightarrow \{z \in f(A \times B) \mid z \ne 0\}=f(A\times B)\setminus\{0\}$$

Reescribe el conjunto en el lado derecho como $\{f(x,y)\in\Bbb{R}\mid x \in A, y \in B, f(x,y)\ne0\}$ . Obviamente, la biyección a construir est $\tilde{f}:\text{supp}(f) \to f(A\times B)\setminus\{0\}$ . Por abuso de notación, denotaremos $\tilde{f}$ (definido en el soporte de $f$ ) como $f$ .

• la subjetividad está garantizada por la propia definición del conjunto en el lado derecho
• la inyectabilidad es supuesto si hay dos elementos diferentes $(x_1,y_1),(x_2,y_2) \in \text{supp}(f)$ dando el mismo valor de función $f(x_1,y_1) = f(x_2,y_2)$ entonces la hipótesis de la pregunta implica $f(x_1,y_1)=f(x_2,y_2)=0$ lo que contradice la propia definición de $\text{supp}(f)$ .

Dado que los conjuntos $A$ y $B$ son finitos, por lo que como su producto directo $A \times B$ . Finalmente tenemos $$\sum_{(x,y)\in \text{supp}(f)} f(x,y) = \sum_{z\in f(A\times B)\setminus\{0\}} z,$$ lo que equivale a la igualdad deseada.

Answer 3

Para extender el hecho a condición infinita, suponemos que al menos uno de $A,B$ es un conjunto contable, y $f\geqslant 0.$

Según la respuesta de @GUN Supporter, podemos demostrar que $\widetilde f:\mathrm{supp}f\to f(A\times B)-\left\{0\right\},\ t\mapsto f(t)$ es biyectiva, por lo que para cualquier biyección $\sigma:\mathbb N\to \mathrm{supp} f,$ y cualquier biyección $\tau:\mathbb N\to f(A\times B)-\left\{0\right\},$ deja que $\psi=\tau^{-1}\circ \tilde f\circ \sigma,$ entonces $\psi$ es una biyección, y tenemos $$\tilde f\circ \sigma=\tau\circ \psi.$$ Recordemos que podemos cambiar libremente el orden de los términos de una serie positiva sin afectar a su convergencia, ahora tenemos $$\sum_{i=1}^{\infty} \big(\tilde f\circ \sigma\big)(i)=\sum_{i=1}^{\infty}\big(\tau\circ \psi\big)(i)=\sum_{i=1}^{\infty}\tau(i),$$ para cualquier biyección $\sigma,\tau.$ Ahora obtenemos que $$\sum_{(x,y)\in \mathrm{supp}f}f(x,y)=\sum_{z\in f(A\times B)-\left\{0\right\}} z,$$ o $$\sum_{x\in A}\sum_{y\in B} f(x,y)=\sum_{z\in f(A\times B)} z.$$