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Mensajes - geómetracat

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Recursos y Enlaces a otras webs / Re: Articulazos.
« en: 08 Mayo, 2021, 11:52 am »
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Majo, majo, ¿no? ... completo ... hermoso.

Últimamente parece que El País exige suscripción (o te deja ver 10 artículos al mes, o te los deja ver durante un tiempo ... no sé). Por si alguien tiene dificultades para verlo, sea ahora o en el futuro, lo he copiado en mi PC en texto plano (sin los deliciosos enlaces que hay dispersos en el artículo).

https://elpais.com/ciencia/2021-05-07/cuatro-matematicos-demuestran-que-era-imposible-predecir-el-destino-de-29000-patitos-de-goma-en-el-mar.html
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Gracias por compartir. Este es un trabajo interesantísimo y muy sorprendente, relacionando cosas a priori tan dispares como mecánica de fluidos y máquinas de Turing. Además, tengo el placer de conocer en persona a tres de los autores, todos ellos excelentes matemáticos y personas. Espero que con cosas así se empiece a reconocer la calidad de las matemáticas que se hacen en España.

Por si a alguien le interesa el tema a un nivel un poco más técnico, dejo una presentación de Youtube de dos de los autores:
https://t.co/IFxxHu4E3x
Y un enlace al artículo en el arXiv, para no tener que pagar:
https://arxiv.org/abs/2012.12828

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Teoría de grafos / Re: Grafo euleriano
« en: 08 Mayo, 2021, 11:32 am »
Pues cuando respondí pensé solo en grafos usuales (no en multigrafos), pero yo diría que la demostración funciona igual.
Funciona incluso si uno de los conjuntos de la partición (digamos \[ B \]) es vacío, pues en ese caso el número de aristas que unen un vértice de \[ A \] con uno de \[ B \] es cero, que es par. Claro que en este caso no hace falta ni asumir que existe un ciclo euleriano.

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Probabilidad / Re: Variables aleatorias discretas
« en: 08 Mayo, 2021, 12:45 am »
Sí, yo lo veo bien.  :aplauso:

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Un lado es trivial: si \[ A' \] es abierto entonces es vecindad de cada uno de sus puntos.

Para el otro lado: que \[ A' \] sea vecindad de cada uno de sus puntos quiere decir que para cada \[ x \in A' \] existe un abierto \[ U_x \] con \[ x \in U_x \subseteq A' \]. Entonces, \[ A'=\bigcup_{x \in A'} U_x \] es abierto por ser unión de abiertos.

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Exacto, si usas \[ A[\sigma(i),i] \] y la matriz es triangular superior tienes que argumentar que existe un índice \[ i \] con \[ \sigma(i)>i \].

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Ah, me ha confundido lo de unitaria, que normalmente quiere decir otra cosa. De hecho nunca había oído llamar matriz unitaria a una cuya diagonal es todo unos.

Eso es bastante directo usando la fórmula de Leibniz. Supón que la matriz es triangular superior (si es inferior es parecido, o puedes apelar a que el determinante de una matriz coincide con el de su adjunta). La cuestión es que si \[ \sigma \] es cualquier permutación de \[ \{1,2,\dots,n\} \] distinta de la identidad, entonces necesariamente existe un índice \[ i \] tal que \[ \sigma(i)<i \].
Por lo tanto, el producto \[ A[1,\sigma(1)]\dots A[n,\sigma(n)] \] es cero, porque aparece el término \[ A[i,\sigma(i)]=0 \].
Así, de la fórmula de Leibniz te queda \[ det(A)=A[1,2]A[2,2]\dots A[n,n]=1 \].

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Pues no, porque es falso. Por ejemplo, una matriz unitaria \[ 1 \times 1 \] unitaria es \[ e^{i\theta} \] para cualquier valor real de \[ \theta \], que no tiene por qué tener determinante uno.

Igualmente, cualquier matriz \[ n\times n \] diagonal, de la forma \[ diag(e^{i\theta_1},\dots,e^{i\theta_n}) \] es unitaria y no tiene por qué tener determinante 1. Quizás querías poner otra cosa.

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¿Cómo puede "demostrarse" a partir de la Tabla que presenté ya muchas veces, que si una función proposicional de \( n \) parámetros, puede particularizarse existencialmente en al menos una de ellas? Para ser más concreto, pongamos que \( p(a,b,c,d) \) es un predicado. ¿Cómo se demuestra que se puede deducir \( \exists x\,p(a,b,x,d) \)? ¿Y \( \exists y\,p(y,b,c,d) \)? ¿O es exactamente lo mismo que la Generalización Existencial: \( p(a)\therefore\exists x\,p(x) \)? No acabo de ver la relación.

Para este tipo de cosas es importante dar especificaciones completas de la sintaxis que usas, porque si no lo único que podemos hacer es especular. Para empezar habría que aclarar bien cómo funciona sintácticamente todo el tema de las variables genéricas/no genéricas, etc. Pero no me quiero meter ahora en berenjenales.

La única manera plausible de que funcione es interpretar que en la regla 9 la expresión \[ p(x) \] se refiere a una fórmula de lógica de primer orden con variable libre \[ x \] (y posiblemente más variables). Si interpretas \[ p(x) \] ahí exclusivamente como un predicado con una única variable no hay manera de quitar cuantificadores existenciales anidados.

Es decir, debes interpretar que el \[ p(x) \] que aparece ahí como conteniendo posiblemente otras variables, de modo que pueda ser \[ p(a,x,b,c) \] por ejemplo.

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¿Tienes algún ejercicio sobre digamos teoría elemental de grupos/álgebras de Boole/lenguajes en la que se deba aplicar esa misma idea heurística? No tiene que ser complicado de resolver, pero el método que presentas es interesante para mí.

Pues seguro que los hay pero ahora mismo no se me ocurre ninguno. En general es una idea útil que funciona muchas veces: si quieres obtener alguna fórmula intenta obtenerla en casos particulares con más estructura (que te permiten usar más herramientas) y luego comprueba/demuestra que la fórmula obtenida es válida en el caso más general.

En álgebras de Boole tienes un principio que usa una idea parecida: una identidad es válida para todas las álgebras de Boole si y solo si es válida para el álgebra de Boole de dos elementos. Por tanto, para saber si una identidad se cumple para todas las álgebras de Boole no hace falta demostrarla usando los axiomas, basta con hacer una tabla de verdad.

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He añadido en mi anterior mensaje una idea heurística de cómo llegar a ese resultado, que tal como estaba parece que salga de la nada por inspiración divina.

Para la segunda parte, por analogía con la primera puedes intuir que \[ 1+xwy=z \]. Para demostrarlo formalmente puedes comprobar que \[ (1+xwy)(1-xy)=(1-xy)(1+xwy)=1 \] y apelar a la unicidad de los inversos.

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Prueba con \[ w=1+yzx \].

Añadido: Te doy una idea heurística de cómo se puede deducir esto. La condición que te dan es que \[ z=(1-xy)^{-1} \], y lo que te piden es encontrar un \[ w \] tal que \[ w=(1-yx)^{-1} \]. La idea heurística es que para elementos \[ x,y \] "pequeños" deberíamos poder expresar estos inversos en términos de una serie geométrica: \[ (1-xy)^{-1}=1+xy+xyxy+xyxyxy+\dots \] y similarmente \[ (1-yx)^{-1}=1+yx+yxyx+yxyxyx+\dots \]. Por supuesto esto no tiene sentido en un anillo general porque no podemos hablar de convergencia, pero sí tiene sentido en anillos normados (como los anillos de matrices cuadradas) y nos puede dar la idea para obtener una fórmula válida para cualquier anillo.
Entonces:
\[ w=(1-yx)^{-1}=1+yx+yxyx+yxyxyx+\dots = 1+y(1+xy+xyxy+\dots)x=1+y(1-xy)^{-1}x=1+yzx \].
Por tanto llegamos a que \[ w=1+yzx \] que sí tiene sentido en un anillo arbitrario, y ahora puedes dar una demostración rigurosa de que este \[ w \] funciona (comprobando que \[ (1+yzx)(1-yx)=(1-yx)(1+yzx)=1 \]).

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Cálculo 1 variable / Re: Integral
« en: 06 Mayo, 2021, 05:05 pm »
Sí. Integrando por partes:
\[ \int_0^1 xd[1-w(1-F(x))]= x[1-w(1-F(x))]_0^1 - \int_0^1 [1-w(1-F(x))]dx = \int_0^1 w(1-F(x))dx \]

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Comprueba que la aplicación \[ f:Q \to V_4 \] dada por \[ f(i)=f(-i)=(1,0) \], \( f(j)=f(-j)=(0,1) \), \(  f(k)=f(-k)=(1,1) \) y \[ f(1)=f(-1)=(0,0) \] es un morfismo de grupos. Teniendo en cuenta que \[ Z(Q)=\{1,-1\} \] y que claramente \[ Ker(f)=\{1,-1\} \], por el primer teorema de isomorfía tienes que \[ f \] desciende a un isomorfismo \[ Q/Z(Q)\cong V_4 \].

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Con el contraejemplo la topología que tu me sugeriste, vi que para tres o más elementos, el contrajemplo no me sirve, dado que me queda que la topología es discreta. ¿Puede ser que la propiedad se cumpla cuando X tiene mas de dos elementos?

Sí, se cumple si \[ X \] tiene más de dos elementos. ¿Sabrías demostrarlo?

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Sí, yo lo veo bien. Supongo que no lo has visto nunca porque en los desarrollos usuales de la geometría diferencial no se suelen usar multivectores (elementos de \[ \bigwedge^k TM \]).

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Estructuras algebraicas / Re: Soporte del grupo de simetrias
« en: 04 Mayo, 2021, 09:32 am »
Si \( \alpha \in S_n \) definimos el soporte de a como \(  Sop(\alpha) = \{k\in  \mathbb{I}_n ; \alpha(k)\neq k\} \).
Proposición:
a) Si \( k\in  \mathbb{I}_n \), entonces \( k\in Sop(\alpha) \Leftrightarrow a(k) \in Sop(\alpha) \) (obviamente, este enunciado equivale a: \( Sop(\alpha) = \alpha(Sop(\alpha)) \).
Observa que \[ \alpha(k)\notin Sop(\alpha) \] es lo mismo que decir \[ \alpha(\alpha(k))=\alpha(k) \]. Pero como \[ \alpha \] es biyectiva, esto es equivalente a \[ \alpha(k)=k \], es decir, a \[ k \notin Sop(\alpha) \].

Citar
b) Para todo \( m\in  \mathbb{N} \) se tiene \( Sop(\alpha^m) \subset Sop(\alpha). \)
Esto es bastante inmediato: si \[ \alpha^m(k) \neq k \] entonces necesariamente \[ \alpha(k) \neq k \] (porque si \[ \alpha(k)=k \] entonces se sigue por inducción que \[ \alpha^m(k)=k \]).

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Para ello trata de seguir este desarrollo:

EN VEZ de etiquetar Unos con las distintas posiciones desde la 1a. hasta la 12a., como haces tú, se trata de que ahora, al tener 14 posiciones (etiquetas), etiquetamos a los Unos con las mismas 12 etiquetas, PERO ya no con las etiquetas 1a. a 12a., SINO con otras, por ejemplo las etiquetas 1a., 3a., 5a., 6a., 7a., 8a., hasta 14a.

Es decir, son igualmente 12 etiquetas, ya que tenemos 14 posiciones pero NO hemos usado la etiqueta 2a. ni la 4a.

De eso resulta que tenemos igualmente 495 combinaciones ... y los dos lugares restantes (00,01,10,11) cuadruplican tal número, 495x4.

Se trata de lo que dices: tú y yo "todavía" no somos matemáticos, y por eso no nos vemos encauzados hacia dichas formulaciones, sino que nos es más cómodo intentar encontrar soluciones directas como la tuya ...
Eso no funciona porque tienes que tener en cuenta también qué dos etiquetas de las catorce posiciones dejas sin usar.

Considera un ejemplo más sencillo que se puede contar a mano: números binarios de 3 cifras con un uno y un cero. Según tu método debería ser \[ \binom{2}{1}2=4 \] (donde hay \[ \binom{2}{1} \] maneras de poner un uno en dos etiquetas, y el factor \[ 2 \] de que la posición que queda puede ser \[ 1 \] o \[ 0 \]). Sin embargo hay \[ \binom{3}{1}+\binom{3}{2}=6 \] tales números: \[ 001, 010,100, 011, 101, 110 \].

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Estructuras algebraicas / Re: Homomorfismo de grupo
« en: 03 Mayo, 2021, 11:12 am »
Añado: no estoy del todo seguro pero me parece que la normalidad de \( N \) es un dato superfluo.
Sí es necesario. Sin esa condición lo más que puedes decir es que es un producto semidirecto. Por ejemplo, considera el grupo diedral \[ D_{2n} \] con generadores \[ \rho \] de orden \[ n \] (rotación) y \[ \sigma \] de orden \[ 2 \] (reflexión). El morfismo \[ f:D_{2n} \to \Bbb Z/2 \] con \[ f(\sigma)=1, f(\rho)=0 \] cumple con las condiciones del enunciado, con \[ K=\langle \rho \rangle \] y \[ N=\langle \sigma \rangle \], pero sin embargo \[ D_{2n} \not\cong K \times N \]. Lo que falla aquí es que \[ N \] no es normal.

Yo el ejercicio lo haría usando el siguiente criterio para el producto, que probablemente hayas visto en clase: si \[ G \] es un grupo con subgrupos \[ N,K \] tales que \[ N \cap K = \{e\} \], \[ G=NK \] (cada elemento de \[ G \] se puede expresar de la forma \[ nk \] con \[ n \in N, k \in K \]) y \[ N,K \] son ambos normales, entonces \[ G \cong N \times K \].
Lo único que quizás no es totalmente inmediato (aunque es bastante sencillo) de comprobar en tu caso es que \[ G=NK \].

Si cambiamos la última condición por que solamente uno sea normal (en este caso \[ K \] siempre es normal por ser núcleo), el criterio dice que \[ G \] es producto semidirecto de \[ N,K \], que es lo que pasa con el ejemplo del diedral.

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\(
\begin{array}{cll}
1)&q&\text{Premisa}\\
2)&q\land V&\text{Identidad 1) (ley 8)}\\
3)&q\land(\neg p\lor p)&\text{Tercero excluido 2) (ley 12)}\\
4)&\neg p\lor p&\text{Simplificación 3) (ley 13)}\\
5)&p\to p&\text{Equivalencia del condicional 4) (ley 11)}\\
\end{array}
 \)

Comprobamos que nos basamos en la (única) premisa para poder demostrarlo, por lo que se considera un razonamiento (válido).
Es verdad, aunque es algo tramposo en el sentido de que en realidad \[ p \to p \] es demostrable (y una tautología) independientemente de la premisa \[ q \]. En tu demostración la haces aparecer pero en realidad debería ser superflua. De hecho, deberías admitir como axioma \[ V \] y entonces no sería necesario usar la premisa, porque en el fondo solamente la usas para deducir \[ V \].

Citar
¿Cuál restricción? ¿Por qué deja de estar disponible?
Que no admitas razonamientos sin premisas. Entonces ya no puedes decir (en principio) que si \[ \varphi \vdash \psi \] entonces \[ \vdash \varphi \to \psi \], porque para ti lo último no es un razonamiento.

Citar
Yo te puedo decir que la respuesta ortodoxa es que \[ \iff \] y \[ \equiv \] no significan lo mismo (y si no te lo crees, te reto a encontrar un libro o alguna fuente donde diga explícitamente que son lo mismo, o que uno es una abreviatura del otro). Lo primero es un símbolo lógico del sistema formal, y lo segundo es un símbolo del metalenguaje (es decir, no puede aparecer en una fórmula). Cuando escribimos \[ A \equiv B \] quiere decir que \[ A \vdash B \] y \[ B \vdash A \], es decir, \[ A \] y \[ B \] son interderivables (como lo que pones al final del mensaje sobre \[ \neg \neg p \] y \[ p \], lo puedes escribir \[ \neg \neg p \equiv p \]). (...)

Entiendo perfectamente lo que indicas. Pero recuerda que no entramos en ese nivel de detalles en el curso. Si lo prefieres, puedo usar en todos lados \( \iff \) en vez de \( \equiv \), no tengo problema.

El problema de considerar \[ \iff \] y \[ \equiv \] lo mismo, es que necesitas alguna regla que te permita pasar de \[ A \iff B \] a \[ (A \to B) \wedge (B \to A) \], y en tu lista no hay ninguna. La tautología \[ (A \iff B) \iff (A \to B) \wedge (B \to A) \] no te sirve aquí porque no es una regla. Es decir, puedes poner eso en cualquier momento en una demostración, pero si tienes \[ A \iff B \] en una demostración, con tus reglas no hay manera posible de deducir \[ (A \to B) \wedge (B \to A) \].

Pero la regla que nos permite pasar de \( p\iff q \) a \( (p\to q)\land(q\to p) \) es la llamada Bicondicional, que es la ley lógica nº 10 de la Tabla. ¿Por qué dices que no existe tal regla? Y aunque no fuera una regla de inferencia, te invito a plantear un razonamiento del cual no pueda demostrarlo a partir de solamente las leyes y reglas que he puesto, porque si en un razonamiento tenemos \( (\forall x\,p(x))\iff(\exists y\,q(y)) \) por la ley 10 se puede pasar a \( [(\forall x\,p(x))\to(\exists y\,q(y))]\land[(\exists y\,q(y))\to(\forall x\,p(x))] \).

(...) Por otra parte no me convence lo de engorroso. ¿No te parece igual de engorroso \[ (A \to B) \to (C \to D) \] o cosas así? Sin embargo no se introduce otro símbolo "sinónimo" de \[ \to \], a pesar de que normalmente \[ \to \] se usa bastante más que \[ \iff \].

Sí, es igual de engorroso, pero que \( \to \) se use bastante más que \( \iff \) no implica que \( \to \) aparezca más veces en vecindades junto a \( \to \) que como aparece \( \iff \). Al menos en nuestro curso no.
Para mí este es el punto más importante y que me gustaría que entendieras. \[ \iff \] es un símbolo del lenguaje formal de la lógica. Entonces, me dices que tienes una tautología \[ (p \iff q) \iff (p \to q) \wedge (q \to p)  \]. La pregunta entonces es, ¿cómo das una demostración formal de que bajo la premisa \[ p \iff q \] puedes deducir \[ (p \to q) \wedge (q \to p) \]? Si solamente tienes a disposición esa tautología no lo puedes hacer. Ímplicitamente estás asumiendo que sabes que el símbolo \[ \iff \] significa "si y solo si", pero una demostración formal no debe hacer referencia al significado de los símbolos, solamente usar las reglas disponibles.

Pongamos por caso que invento un nuevo conector lógico \[ \bullet \], de manera que \[ p \bullet q \] es siempre verdadero, independientemente del valor de verdad de \[ p \] y de \[ q \]. Entonces, todas las leyes lógicas de tu lista siguen siendo tautologías si sustituyes \[ \iff \] (y \[ \equiv \]) por \[ \bullet \]. Ahora ya no es cierto que \[ p \bullet q \vdash (p \to q) \wedge (q \to p) \], porque bajo la valoración \[ p=V, q=F \] la premisa es verdadera pero la conclusión falsa. Sin embargo, en principio esto debería ser demostrable  si es que antes lo era \[ p \iff q \vdash (p \to q) \wedge (q \to p) \] porque lo único que he hecho es darte una lista de reglas que es exactamente idéntica a la que tenías antes pero cambiando \[ \iff \] por \[ \bullet \], es decir, he cambiado un símbolo por otro. Como una demostración formal es algo sintáctico que solamente hace referencia a la forma de las reglas y no a si un símbolo en concreto es una doble flechita o un punto gordo, ni al significado que le quiera dar (tablas de verdad), las demostraciones que se pueden hacer en ambos casos deberían ser idénticas, simplemente cambiado la doble flechita por el punto gordo. Esto prueba que, o bien tus demostraciones formales no son realmente demostraciones formales en cuanto a que tienes en cuenta la semántica de los símbolos del lenguaje, o bien que a pesar de que digas que \[ \iff \] y \[ \equiv \] son lo mismo en realidad no los tomas como lo mismo.


Citar
¿Por qué usas comillas para referirte a las leyes lógicas de la lista?
No sé en qué estaba pensando, no hagas caso.

Citar
Es correcto. No sé en qué punto dije lo contrario y me gustaría encontrarlo así me retracto. Entiendo a lo que vas, porque según nosotros deberíamos ser capaces de poder demostrarlo por tablas de verdad, pero es imposible. Hay que hacerlo pensando en razonamientos, pero al principio dijimos que es una ley lógica, y no todas las leyes lógicas son razonamientos, por lo que aquí has descubierto un hueco de la teoría que llevamos adelante, ¿no?

Parece que sí, aunque no era mi intención encontrar un hueco aquí, la verdad.
En principio, no puedes demostrar por tablas de verdad la validez de razonamientos de lógica de primer orden, que involucren cuantificadores. La semántica de la lógica de primer orden es más complicada que la de la lógica proposicional. Pero eso tampoco quiere decir que solamente se pueda probar la validez usando una demostración formal en algún cálculo deductivo. Sí que se puede razonar semánticamente.

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Geometría y Topología / Re: Probar que es conexo
« en: 28 Abril, 2021, 12:19 am »
Si \[ n=1 \], \[ (-\infty, P) \] y \[ (P,\infty) \] forman una partición de \[ X \] por conjuntos abiertos, luego \[ X \] no es conexo.

Para \[ n>1 \] puedes probar que es conexo por caminos. Dados \[ x,y \in X \], hay que ver que se puedeb unir por un camino. Si \[ P \] no está en el segmento de recta que une \[ x \] con \[ y \] ya estamos. En caso contrario toma \[ z \] un punto no colineal con \[ x,y \] y considera el camino formado por el segmento de recta que une \[ x \] con \[ z \] seguido del que une \[ z \] con \[ y \].

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