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Mensajes - geómetracat

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Álgebra y Aritmética Básicas / Re: Problema de planteamiento 1
« en: 24 Abril, 2021, 12:01 pm »
Yo lo entiendo como sugata. Dice que cada día gana la mitad de lo que ganó el día anterior, no de lo que llevaba ganado en total hasta el día anterior. Por tanto si el segundo día ganó \[ x/2 \], el tercer día (que ganó la mitad de lo ganado el segundo día), debería ganar \[ x/4 \].

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Ten en cuenta que como la dimensión de \[ \Bbb R^2 \] es dos, cualquier conjunto de más de dos vectores es necesariamente LD. En general, en un espacio vectorial de dimensión \[ n \], cualquier conjunto de más de \[ n \] vectores es LD.

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Considera los tres vectores \[ (1,0), (0,1), (1,1) \]. Son linealmente independientes porque el tercero es suma de los otros dos. Sin embargo, ninguno de ellos es un múltiplo de otro.

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Yo creo que me voy a rendir ya. Porque no hago más que repetirme y creo que ya no lleva a ninguna parte. Si estás contento con como haces las cosas pues ya está.

Pero intuyo que una respuesta del profesor, ahora pensándolo con más calma, puede ser la siguiente:

Dado que estamos definiendo al razonamiento donde la conclusión se basa sobre las premisas, al NO haber premisas NO existe razonamiento (dentro de lo que consideramos "razonamiento"). Analogía: Tú sabes que la base de una casa son los ladrillos; si no hay ladrillos, ¿cómo piensas construir y que se mantenga firme una casa? Por lo tanto, no tiene sentido hablar de que algo es un razonamiento si no existen premisas (i.e. conjunto vacío de premisas), puesto que la conclusión no tendría sobre qué basarse. Luego no tiene sentido la pregunta.

Una respuesta similar se me viene ante la pregunta:

(...) Si insistes en que un razonamiento debe tener premisas, ¿cómo demuestras algo del estilo \[ q \vdash p \to p \]? (...)

Dado que \( p\to p \) es equivalente a \( \neg p\lor p \) es decir una tautología, luego la conclusión siempre es verdadera (porque podemos reemplazar a \( p\to p \) por \( V \)) por lo tanto no se apoyó sobre las premisas. Por lo tanto NO es un razonamiento luego no tiene sentido la pregunta.
Pues creo recordar que pusiste alguna vez un "razonamiento" donde había una premisa que no se usaba. Por lo mismo no debería contar como razonamiento pues no se apoya sobre todas las premisas. Al margen de esto, esa restricción es algo problemática a nivel técnico, más que nada porque tienes herramientas como el teorema de deducción que dejan de estar disponibles.

Citar
Pues ya la hemos liado otra vez. Algunas preguntas: ¿Es \[ p \equiv \neg \neg p \] una fórmula proposicional? ¿Es \[ \equiv \] un símbolo lógico que puede aparecer en una fórmula? ¿Es \[ \equiv \] lo mismo que \[ \iff \]? ¿Si es lo mismo, por qué usamos dos símbolos distintos para denotar exactamente lo mismo?

Dado que hay situaciones en las cuales poner \( \iff \) varias veces contiguas puede resultar confuso, se ha preferido hacer uso de un símbolo que permita establecer una especie de "orden de precedencia". Por ejemplo, al establecer la equivalencia del condicional (ley lógica número 10):

\( p\iff q\equiv(p\to q)\land(q\to p). \)

Si no usáramos el símbolo \( \equiv \) se vería más "engorroso":

\( p\iff q\iff(p\to q)\land(q\to p) \)

porque habría que agregar paréntesis a \( p\iff q \). Por estas cosas se optó por convenir en que \( \equiv \) es exactamente lo mismo que \( \iff \) bajo el contexto de la lógica. (En congruencias significa otra cosa por ejemplo.)

Por tanto, respondiendo a tu pregunta, \( p\equiv\neg(\neg p) \) es decir \( p\iff\neg(\neg p) \) es obvio que es una fórmula proposicional y es equivalente a una tautología, se comprueba mediante tablas de verdad.
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 \[ \neg \neg p \equiv p \]). 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 \[ (A \to B) \wedge (B \to A) \].

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 \[ \iff \].

Citar
Entonces, ¿por qué no consideras a modus ponens como una ley lógica, si es un razonamiento no categórico?

Pensando un poco llegué a la conclusión de que, en primer lugar, las leyes lógicas que he puesto en la Tabla son todas equivalencias lógicas, puedes ir a comprobar. Razonamientos como Modus Ponens no pueden ir "en los dos sentidos". Es decir este razonamiento es válido:

\(
\begin{array}{l}
p\to q\\
p\\\hline
q
\end{array}
 \)

pero a partir de \( q \), yo no puedo obtener las dos conclusiones en simultáneo \( p \) y \( p\to q \). Es decir, sólo a partir de \( q \) se puede obtener \( p\to q \) (razonamiento válido) pero no \( p \) (razonamiento inválido).

Sí existen razonamientos los cuales, creo yo, pueden "convertirse" en leyes lógicas, como lo es el razonamiento:

\(
\begin{array}{l}
p\\\hline
\neg(\neg p)\\
\end{array}
 \)

Este es un razonamiento válido y también lo es

\(
\begin{array}{l}
\neg(\neg p)\\\hline
p\\
\end{array}
 \)

luego como en los dos sentidos el razonamiento resultó válido, es una ley lógica. Aunque considero que hay muy pocos razonamientos con esta cualidad, ni se consideran en la asignatura ni yo los he usado para nada.
Es verdad que modus ponens no va en los dos sentidos, pero igualmente se puede convertir en una tautología: \[ (p \wedge (p \to q))\to q \] es una tautología. Por otro lado lo que significa el símbolo \[ \equiv \] (en la versión ortodoxa de la lógica matemática) es precisamente lo que apuntas al final, que el razonamiento va en ambos sentidos. Y no hay tan pocos, de hecho son infinitos (para empezar, todas las "leyes lógica" de tu lista).

Citar
En segundo lugar, modus ponens no es una ley lógica porque, de vuelta, existen los razonamientos categóricos, aquellos que contienen cuantificadores. Si te fijas bien, en las reglas de inferencia de la Tabla no puse \( p,q,\dots \) sino que utilicé letras mayúsculas. Esto es porque las minúsculas por sí solas las solemos utilizar para denotar a proposiciones que no contienen cuantificadores, mientras que proposiciones en mayúscula o con paréntesis que encierran variables (ejemplos: \( A\land\neg B \) y \( p(x)\lor q(x,y,z) \), respectivamente), pueden formar parte de razonamientos categóricos. Por eso que las reglas de inferencia "básicas" (de la Tabla) se usen mayúsculas; para abarcar tanto a razonamientos categóricos como no categóricos.
Pero es que las leyes lógicas también sirven si pones cuantificadores. Es decir, por ejemplo, es verdad que \[ \neg \neg (\forall x p(x)) \] es lógicamente equivalente a \[ \forall x p(x) \] (o si lo prefieres, \[ (\neg \neg (\forall x p(x)) \iff \forall x p(x) \] es una tautología). Y esto debe poder demostrarse en el cálculo deductivo.

Citar
Creo que contesté a las preguntas más importantes que me hiciste. Si no es así por favor escríbelas de nuevo así las reviso.

Perdona si he usado la palabra "categórico" con frecuencia, considero que te molesta que la use, pero no pude encontrar un término similar.

Tampoco es que me moleste lo de "categórico", es que es terminología un tanto obsoleta desde mi punto de vista. En cualquier caso, como dije al principio yo me rindo ya. Si estás satisfecho con tu manera de proceder pues ya está bien.

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¿Es un chiste, no? :P No sé cuántas veces más quieres que copie la tablita que tanto trabajo me costó hacerla de este mensaje:

¡Esta vez no iba para ti!  ;D Era para Slaut, para que aclarara a qué reglas se refiere cuando dice
Usar las reglas de inferencia, de reemplazo, de demostración condicional, de demostración indirecta y de la lógica de relaciones

Con tu ayuda creo que he podido resolverlo:

\(
\begin{array}{lll}
1)&\forall x\{Lx\to(\exists w)[Vw\land(\exists z)(Gz\land Bz\land Hwz)\land Rxw]\}&\text{Premisa}\\
2)&\neg (\exists x)(Gx\land\neg Mx)&\text{Premisa}\\
3)&\neg (\exists x)(Vx\land\neg Cx)&\text{Premisa}\\
4)&\neg (\exists x)(Lx\land\neg Nx)&\text{Premisa}\\
5)&(\exists x)Lx&\text{Premisa}\\
6)&La&\text{Particularización existencial 5)}\\
7)&\forall x(\neg Lx\lor Nx)&\text{Equivalencia 4)}\\
8)&\neg La\lor Na&\text{Particularización universal 7)}\\
9)&La\to Na&\text{Equivalencia del condicional 8)}\\
10)&Na&\text{Modus Ponens 6,9)}\\
11)&La\to(\exists w)[Vw\land(\exists z)(Gz\land Bz\land Hwz)\land Raw]&\text{Particularización universal 1)}\\
12)&(\exists w)[Vw\land(\exists z)(Gz\land Bz\land Hwz)\land Raw]&\text{Modus Ponens 6,11)}\\ 13)&Vb\land(\exists z)(Gz\land Bz\land Hbz)\land Rab&\text{Particularización existencial 12)}\\
14)&Vb&\text{Eliminación conjunción 15)}\\
15)&\forall x(\neg Vx\lor Cx)&\text{Equivalencia 3)}\\
16)&\neg Vb\lor Cb&\text{Particularización universal 15)}\\
17)&Vb\to Cb&\text{Equivalencia del condicional 16)}\\
18)&Cb&\text{Modus Ponens 14,17)}\\
19)&(\exists z)(Gz\land Bz\land Hbz)&\text{Eliminación conjunción 13)}\\
20)&Gc\land Bc\land Hbc&\text{Particularización existencial 19)}\\
21)&Gc&\text{Eliminación conjunción 20)}\\
22)&\forall x(\neg Gx\lor Mx)&\text{Equivalencia 2)}\\
23)&\neg Gc\lor Mc&\text{Particularización universal 22)}\\
24)&Gc\to Mc&\text{Equivalencia del condicional 23)}\\
25)&Mc&\text{Modus Ponens 21,24)}\\
26)&Bc&\text{Eliminación conjunción 20)}\\
27)&Hbc&\text{Eliminación conjunción 20)}\\
28)&Mc\land Bc&\text{Introducción conjunción 25,26)}\\
29)&Mc\land Bc\land Hbc&\text{Introducción conjunción 27,28)}\\
30)&(\exists z)(Mz\land Bz\land Hbz)&\text{Generalización existencial 29)}\\
31)&Cb\land(\exists z)(Mz\land Bz\land Hbz)&\text{Introducción conjunción 18,30)}\\
32)&Rab&\text{Eliminación conjunción 13)}\\
33)&Cb\land(\exists z)(Mz\land Bz\land Hbz)\land Rab&\text{Introducción conjunción 31,32)}\\
34)&(\exists w)[Cw\land(\exists z)(Mz\land Bz\land Hwz)\land Raw]&\text{Generalización existencial 33)}\\
35)&Na\land(\exists w)[Cw\land(\exists z)(Mz\land Bz\land Hwz)\land Raw]&\text{Introducción conjunción 10,34)}\\
36)&(\exists x)\{Nx\land(\exists w)[Cw\land(\exists z)(Mz\land Bz\land Hwz)\land Rxw]\}&\text{Generalización existencial 35)}\\
\end{array}
 \)

¿Es correcto?
Sí, yo lo veo bien.  :aplauso: :aplauso:

Citar
Pregunta: Como no trabajo con predicados de más de una variable, me surgió la duda de si tenemos algo del estilo \( Rabcd \) donde \( a,b,c,d \) son constantes, se puede generalizar existencialmente alguna de las variables del medio, por ejemplo \( \exists x\,Rabxd \). ¿Esto es correcto? ¿Cómo puede explicarse que es correcto teniendo en cuenta la regla 9 de las reglas de inferencia de la Tabla que dice \( p(a)\therefore\exists x\,p(x) \)? (Pienso que esa \( x \) es una variable, ¿o puede funcionar como varias variables?)
Sí, es correcto. En la regla 9 puede haber otras variables además de \[ x \] en la fórmula. Es decir, a partir de \[ p(a,b,c,d) \] puedes deducir \[ \exists x p(a,b,x,d) \] (o \[ \exists x p(x,b,c,d) \] o cualquier otra combinación). Iterando, también puedes deducir \[ \exists x \exists y p(x,y,c,d) \], o cualquier otra combinación, hasta \[ \exists x \exists y \exists z \exists t p(x,y,z,t) \] o cualquier combinación de varios existenciales.

Citar
En general la mejor estrategia con los cuantificadores (especialmente con los universales) es no eliminarlos hasta justo cuando los necesites.

Muy buena sugerencia :aplauso: :aplauso:.
Gracias.  :D Este creo que es un consejo útil incluso más allá de los cuantificadores. Es mejor no tocar fórmulas ni aplicar reglas hasta que lo necesites. Pero con los cuantificadores universales es especialmente importante porque muchas veces (como aquí) no sabes a qué variable te interesa particularizar hasta justo antes de que necesites usarlo.

Citar
Ahora entiendo un poco más sobre lo que decías de "saber" qué variables eran genéricas y cuáles no, porque en razonamientos como estos, el registro se desvanece más rápidamente. ¿Tienes algún "truco" para eso, como lo de eliminar los universales justo antes de particularizar?
Lo de las variables genéricas es más delicado. La cuestión es que de alguna manera tienes que distinguir  a nivel formal una variable como la \[ a \] en \[ La \] del argumento anterior, de variables "genéricas" que te permitan introducir cuantificadores universales. La cuestión es que por ejemplo la inferencia \[ x=x \vdash \forall x (x=x) \] es correcta, pero sin embargo lo que no puedes hacer es pasar de \[ \exists x p(x) \] a \[ p(a) \] (esto es correcto) y de aquí a \[ \forall x p(x) \], porque la deducción \[ \exists x p(x) \vdash \forall x p(x)  \] obviamente no es correcta. Por eso debe haber algo en el cálculo que te permita hacer la primera deducción pero no la segunda. Pero esto ya depende de los detalles del cálculo deductivo que se use.

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Libros / Re: Álgebra lineal (Riguroso)
« en: 23 Abril, 2021, 07:26 pm »
Yo aprendí en la universidad con el "Álgebra lineal y geometria" de Castellet y Llerena, que lo puedes encontrar en castellano y en catalán. Es un libro que a mí me gustaba mucho y totalmente riguroso.

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Es habitual que las regresiones y los ajustes de curvas en economía o en ciencias sociales sean bastante malos (porque suele haber pocos datos, no tomados en condiciones controladas y además muchos factores que intervienen difíciles de controlar), pero ese gráfico no hay por dónde cogerlo.

Ni la curva gris que pasa por todos los países tiene ningún sentido (porque está haciendo "overfitting", es decir ajustándose al ruido que pueda haber) ni la verde tiene ningún sentido (porque solamente pasa por Noruega, que encima claramente es un outlier). Habría que mirar en todo caso la curva cuadrática que mejor se ajuste por mínimos cuadrados, probablemente quitando el outlier Noruega.

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No me queda claro cuáles son las reglas que puedes usar. ¿Podrías detallar qué reglas son? (es decir, poner explícitamente las reglas y no solo los nombres)

Traté de hacerlo a mano con un método que conozco pero no he podido seguir, esto es lo que he hecho a ver si alguien puede darme una mano:

\(
\begin{array}{lll}
1)&\forall x\{Lx\to(\exists w)[Vw\land(\exists z)(Gz\land Bz\land Hwz)\land Rxw]\}&\text{Premisa}\\
2)&\neg (\exists x)(Gx\land\neg Mx)&\text{Premisa}\\
3)&\neg (\exists x)(Vx\land\neg Cx)&\text{Premisa}\\
4)&\neg (\exists x)(Lx\land\neg Nx)&\text{Premisa}\\
5)&(\exists x)Lx&\text{Premisa}\\
6)&\forall x(\neg Gx\lor Mx)&\text{Equivalencia 2)}\\
7)&\forall x(\neg Vx\lor Cx)&\text{Equivalencia 3)}\\
8)&\forall x(\neg Lx\lor Nx)&\text{Equivalencia 4)}\\
9)&La&\text{Particularización existencial 5)}\\
10)&La\to(\exists w)[Vw\land(\exists z)(Gz\land Bz\land Hwz)\land Raw]&\text{Particularización universal 1)}\\
11)&\neg Ga\lor Ma&\text{Particularización universal 6)}\\
12)&\neg Va\lor Ca&\text{Particularización universal 7)}\\
13)&\neg La\lor Na&\text{Particularización universal 8)}\\
14)&La\to Na&\text{Equivalencia del condicional 13)}\\
15)&Na&\text{Modus Ponens 9,14)}\\
16)&(\exists w)[Vw\land(\exists z)(Gz\land Bz\land Hwz)\land Raw]&\text{Modus Ponens 9,10)}\\
12)&Vb\land(\exists z)(Gz\land Bz\land Hbz)\land Rab&\text{Particularización existencial 16)}\\
\end{array}
 \)

El problema es que me queda por ejemplo \( Vb \) que NO coincide con \( Va \) por ejemplo de 12) para poder seguir trabajando, entonces no sé cuál sería el orden de ejecución para tener todas constantes \( a \).

Ahora no puedo hacerlo en detalle, pero la idea es que no debes particularizar el universal en 6,7,8 hasta que no sea estrictamente necesario.

Hasta la línea 10 está bien, al igual que las líneas 13-17. Una vez tienes tu última línea \( Vb\land(\exists z)(Gz\land Bz\land Hbz)\land Rab \), puedes obtener \[ Vb \] y usar 7 (particularizando en la variable \[ b \]) para obtener \[ \neg Vb \vee Cb \], y usar esto para deducir \[ Cb \]. Intenta seguir desde aquí.

En general la mejor estrategia con los cuantificadores (especialmente con los universales) es no eliminarlos hasta justo cuando los necesites.

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Álgebra / Re: Proposición sobre dimensión de una variedad afín
« en: 22 Abril, 2021, 04:01 pm »
En el paso inductivo tomas una componente irreducible de \[ V(f_1) \] (digamos \[ V' \]) que contenga a \[ W \] en lugar de \[ V \].

Entonces \[ V' \] es una variedad algebraica afín irreducible de dimensión \[ \geq n-1 \], y  \[ W \] coincide con una componente irreducible de \[ V(f_2,\dots,f_r) \] (donde ahora lo pensamos como el lugar de ceros de \[ f_2,\dots,f_r \] en \[ V' \] y no en \[ V \]). Ahora, por hipótesis de inducción, \[ W \] tiene dimensión \[ \geq (n-1)-(r-1)=n-r \].

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Probabilidad / Re: Ejercicio de probabilidad !!
« en: 21 Abril, 2021, 11:14 pm »
Yo creo que te preguntan por \[ p(A \cap D) \] y no por \[ p(D|A) \].
Por otro lado, \[ p(A \cap D) \neq 0.05 \]. Lo que te da el enunciado es que \[ p(D|A)=0.05 \] (el \[ 5\% \] de las piezas de \[ A \] son defectuosas). Entonces lo que debes usar es \[ p(A \cap D)=p(A)p(D|A) \].

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Para ver que una teoría es consistente basta con probar que tiene un modelo. Pero cualquier modelo es un modelo de la teoría vacía, pues hace todas las sentencias de la teoría verdaderas (trivialmente, porque no hay ninguna).

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Matemática Aplicada / Re: Tipo de variaciones
« en: 21 Abril, 2021, 04:44 pm »
El período (suponiendo que las listas no tengan elementos repetidos, como en tu ejemplo) es en general el mínimo común múltiplo de las longitudes de las listas. En tu caso, el \[ (2,1) \] se repite cada \[ mcm(3,5)=15 \] veces, y el \[ (2,1,9) \] cada \[ mcm(3,5,7)=105 \] veces.

PD:Se adelantó robinlambada.

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Primero comprueba que \[ f \] es un morfismo de grupos (aquí debes usar que \[ G \] es abeliano). Ahora, hay que ver que \[ f \] es inyectiva. Para ello vemos que \[ Ker(f) \] es trivial. En efecto, si \[ g \in Ker(f) \] tenemos \[ g^2=e \], pero si \[ G \] es de orden impar, el orden de \[ g \] no puede ser dos (¿por qué?), luego \[ g \] es de orden uno y \[ g=e \].
Una vez tienes que \[ f \] es inyectiva, como \[ G \] es finito es automáticamente exhaustiva, luego \[ f \] es una biyección (un isomorfismo, de hecho) y esto implica ya que todo elemento de \[ G \] tiene una única raíz cuadrada.

PD: Se adelantó Masacroso.

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Probabilidad / Re: Ejercicio de probabilidad
« en: 21 Abril, 2021, 02:25 pm »
Hola

 Añado algo. Para ser sincero hay algo que no me acaba de convencer al 100%. Choca un poco con mi intuición.

 El hecho de suponer que sabemos previamente que el resultado AS ha salido en una tiaradas par, intuitivamente me parecería que debería de equivaler a sólo jugar las tiradas pares. Pero si lo que he hecho antes está bien.. ¡no funciona así!.

 Si sólo jugamos las tiradas pares la probabilidad de obtener un as en la primera tirada par es \( 1/6 \); en la segunda tirada par \( (5/6)\cdot (1/6) \); etcétera...

 Pero sin embargo la probabilidad condicionada a que sabemos que se ha conseguido el resultado en tirada par, según he calculado antes, sería \( 11/36 \) para la primera tirada; \( (11/36)\cdot (25/36) \) en la segunda; etcétera...

 Sé que la explicación tienes que estar en lo que yo mismo he contado en mi mensaje anterior; pero sin embargo desde un punto intuitivo no acabo de verlo con la claridad que me gustaría.  ::)

Saludos.

Una manera de verlo intuitivo que a mí me funciona es exagerar el problema. Imagínate que hacen el experimento sin que tú sepas cuántas tiradas han hecho falta para que salga el as, y te dicen "el número de tiradas que han hecho falta para que salga un as es un múltiplo de 100". Si yo tuviera que apostar lo apostaría todo a que han hecho falta \[ 100 \] tiradas, porque que hayan hecho falta \[ 200 \] es muchísimo más improbable. Desde luego, lo que no esperaría intuitivamente es que la probabilidad de que hayan hecho falta \[ 200 \] tiradas sea \[ 5/6 \] de la probabilidad de que hayan hecho falta \[ 100 \].

Añadido: Creo que el problema viene de no tener en cuenta que cuando condicionamos, las probabilidades de los sucesos individuales cambian. Cuando decimos que el número de tiradas es par, la probabilidad del suceso \[ XA \] en cierta manera "acumula" las probabilidades originales de los sucesos \[ A \] y \[ XA \], de forma que su probabilidad es más alta que la probabilidad de \[ A \] en el planteamiento original (donde no sabemos nada del número de tiradas). Esto es una idea muy intiitiva y chapucera, pero espero que se entienda.

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Hola necesito saber como se demuestra. Ayudenme por favor

Ya te puse cómo se demuestra:
Para lo que preguntas: hay que ver que toda sucesión de Cauchy \[ (x_n) \] en \[ A \cup B \] es convergente. Existe una subsucesión (que sigue siendo de Cauchy) contenida en \[ A \], o bien una contenida en \[ B \]. Como \[ A \] y \[ B \] son completos, esta subsucesión converge. Finalmente, la sucesión original \[ (x_n) \] converge al mismo límite, pues si una sucesión de Cauchy tiene una subsucesión convergente, entonces es convergente.

Si no entiendes la demostración o no sabes completar los detalles, vuelve a preguntar especificando qué es concretamente lo que no entiendes.

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Pues te digo lo mismo que en el otro hilo, no estoy muy seguro de qué te va a servir un ejemplo aquí a la hora de pensar un argumento general. Como ejemplo puedes tomar \[ A,B \] dos subespacios completos de un espacio métrico, por ejemplo \[ A=[0,1] \] y \[ B=[1,2] \]. Y su unión es \[ A\cup B = [0,2] \] que efectivamente es completo, pero esto no dice mucho sobre el argumento general que prueba que la unión de dos subespacios completos es completa.

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Pues es que me resulta difícil dar un ejemplo que sea ilustrativo de algo. Para demostrar un teorema debes dar un argumento general, un ejemplo no sirve de mucho. Te puedo dar ejemplos de un espacio métrico compacto, como \[ [0,1] \], que es completo. Te puedo dar ejemplos de sucesiones de Cauchy en ese espacio, como \[ (1/n) \], y puedes ver que convergen a un punto de ese espacio (a \[ 0 \] en este caso). Pero no estoy seguro de que esto ayude a la hora de pensar la demostración de que todo espacio métrico compacto es completo.

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No es necesario ningún conocimiento previo especial más allá de teoría de conjuntos básica para hacer topología. Algo de análisis puede ayudar, pero no es indispensable. Es cuestión de practicar, pensar y hacer muchos ejercicios.

Para lo que preguntas: hay que ver que toda sucesión de Cauchy \[ (x_n) \] en \[ A \cup B \] es convergente. Existe una subsucesión (que sigue siendo de Cauchy) contenida en \[ A \], o bien una contenida en \[ B \]. Como \[ A \] y \[ B \] son completos, esta subsucesión converge. Finalmente, la sucesión original \[ (x_n) \] converge al mismo límite, pues si una sucesión de Cauchy tiene una subsucesión convergente, entonces es convergente.

39
Considera una sucesión de Cauchy y veamos que converge. Como el espacio es compacto, la sucesión de Cauchy tiene una subsucesión convergente. Pero una sucesión de Cauchy con una subsucesión convergente es una sucesión convergente (ejercicio).

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Teoría de grafos / Re: Grafo euleriano
« en: 18 Abril, 2021, 12:46 am »
La idea es la siguiente. El grafo tiene un ciclo euleriano, es decir, un camino que empieza y acaba en el mismo vértice y que pasa exactamente una vez por cada arista del grafo. Cada vez que atravesamos una arista con un extremo en \[ A \] y otro en \[ B \] cambiamos de conjunto de la partición. Pero como el camino es cerrado, al final debemos haber cambiado un número par de veces, para acabar en el mismo conjunto en el que empezamos. Como el ciclo pasa exactamente una vez por cada arista, el número de aristas que unen un extremo de \[ A \] y uno de \[ B \] debe ser par.

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