Mostrar Mensajes

Esta sección te permite ver todos los posts escritos por este usuario. Ten en cuenta que sólo puedes ver los posts escritos en zonas a las que tienes acceso en este momento.

Mensajes - geómetracat

Páginas: 1 2 [3] 4 5 6 ... 115
41
Lógica / Re: Demostración aplicativa Isabelle
« en: 15 Abril, 2021, 05:42 pm »
¿Qué tal algo así?

lemma "Prueba":  "⟦∀x. (P x ⟶ Q x); ∃x. P x ⟧ ⟹ ∃x. Q x"
  apply (erule exE)
  apply (erule_tac x="x" in allE)
  apply (rule exI)
  apply (erule mp)
  apply assumption

Es la primera vez que uso Isabelle, así que no sé si es lo más óptimo.
La idea es la siguiente: la primera línea elimina el existencial en la premisa \[ \exists x Px \] para obtener \[ Px \] como premisa. La segunda línea elimina el cuantificador universal en \[ \forall x (Px\to Qx) \] y obtienes como premisa \[ Px \to Qx \] (fíjate que es esencial que aquí estamos instanciando con la misma variable que el \[ Px \] que hemos obtenido antes). La tercera línea permite pasar de probar \[ \exists x Qx \] a probar \[ Qa \] para alguna variable \[ a \]. Y finalmente las últimas dos líneas prueban \[ Qx \] a partir de las premisas \[ Px \to Qx \] y \[ Px \] usando modus ponens.

42
Estructuras algebraicas / Re: Polinomio irreducible
« en: 14 Abril, 2021, 09:04 pm »
Antes de nada, bienvenido al foro (se me olvidó antes). Recuerda que debes escribir las fórmulas matemáticas en LaTeX, encerrándolas entre las etiquetas [ tex ] y [ /tex ] (sin los espacios).

Disculpe pero tengo dos dudas. Primera dónde ocupo la hipótesis que \( mcd(g,h)=1 \) en \( K[x] \).
. Segunda, por qué si tiene grado 1 en y ya es irreducible. Disculpe las molestias, gracias.
Lo que puse era solo la idea, no una demostración detallada. Primero, para aplicar el lema de Gauss debes comprobar que el polinomio \[ g(x)-yh(x) \in K[y][x] \] es primitivo, es decir, que no hay ningún elemento irreducible de \[ K[y] \] que divida a todos los coeficientes del polinomio. Esto no es difícil, teniendo en cuenta que \[ g(x) \neq 0 \] (que se sigue de la hipótesis de \[ mcd(g(x),h(x))=1 \]).

Segundo, hay ver que es irreducible en \[ K[x,y] \]. Aquí se usa la hipótesis de que \[ g(x),h(x) \] son coprimos. Considera cualquier factorización \[ g(x)-yh(x)=u(x,y)v(x,y) \]. Contando grados en \[ y \], tienes que uno de los factores tiene grado uno en \[ y \] y el otro grado cero en \[ y \], luego de hecho la factorización es de la forma \[ g(x)-yh(x)=u(x)v(x,y) \]. Pero si el grado de \[ u \] en \[ x \] fuera mayor que cero, \[ u(x) \] sería un factor tanto de \[ g(x) \] como de \[ h(x) \], en contradicción con que son coprimos. Por tanto, \[ u(x)\in K \] es una unidad. Así pues, el polinomio \[ g(x)-yh(x) \] es irreducible, como queríamos.

43
Estructuras algebraicas / Re: Polinomio irreducible
« en: 14 Abril, 2021, 08:10 pm »
La idea es que por el lema de Gauss ver que el polinomio es irreducible en \[ E[x] \] es equivalente a ver que es irreducible en \[ K[y][x] \cong K[x,y] \]. Pero ver que es irreducible en \[ K[x,y] \] es fácil, pues es un polinomio de grado uno en \[ y \].

44
Topología (general) / Re: Homeomorfismo y embebimiento
« en: 10 Abril, 2021, 05:32 pm »
Entiendo ese ejemplo, pero si por ejemplo tenemos la topología cofinita (que sabemos que es \( T_1 \)) y la topología de Sorgenfrey que es \( T_2 \), y queremos saber si la primera es homeomorfa a la segunda, ¿no sería entonces un argumento válido decir que no son homeomorfas por esa razón?
No, no es un argumento válido. El motivo por el que no son homeomorfos no es porque uno sea \[ T_1 \] y el otro \[ T_2 \], sino porque \[ \Bbb R \] con la topología de Sorgenfrey es \[ T_2 \] y con la cofinita no es \[ T_2 \].

Cuando dices que un espacio es \[ T_1 \] no estás excluyendo el caso de que sea \[ T_2,T_3,\dots \].

45
(b)    \( (E,·) \) tiene elementos idempotentes. Si tiene sólo un idempotente, este es además el absorbente.
Si \[ x \in E \], tienes que \[ x^{2n+1}=x^nxx^n=xx^nx=x^{n+2} \] y \[ x^{2n+2}=x^nx^2x^n=x^2x^nx^2=x^{n+4} \]. Usando estas dos fórmulas, es fácil ver que \[ x^8=x^4 \] y por tanto, que \[ x^4 \] es idempotente.
Para la segunda parte imagino que hay que ver que si \[ y\in E \] entonces \[ yx^4 \] y \[ x^4y \] son idempotentes. He estado trasteando un poco pero no me ha salido.
Para la segunda parte, sea \[ e \] el único idempotente. Entonces, para cualquier \[ x\in E \] se tiene \[ (exe)^2=exeexe=e(xex)e=e(exe)e=exe \], luego \[ exe \] es idempotente y por la unicidad \[ exe=e \]. Ahora, \[ (ex)^2=exex=ex \], luego \[ ex \] es idempotente y por la unicidad \[ ex=e \]. De igual forma se prueba que \[ xe=e \].


Citar
(c)    Si \( (E,·) \) es un monoide, entonces es conmutativo (es decir, que \( xy=yx \) para todo \( x, y \in{E} \))
Si \[ e \] es el neutro, tienes que para todo \[ x\in E \], \[ x=exe=xex=x^2 \].
Luego, para todo \[ x,y\in E \] se tiene \[ xy=(xy)^2 \] y \[ yx=(yx)^2 \]. Por tanto el problema se reduce a ver que \[ (xy)^2=xyxy \] es igual a \[ (yx)^2=yxyx \]. En efecto: \[ xyxy=yxyy=yxy=xyx=xyxx=yxyx \].

Modificado

46
Estructuras algebraicas / Re: Notación en Ideales y anillos
« en: 10 Abril, 2021, 10:55 am »
Hola,
Gracias por la aclaración.
Tengo un ejercicio cuyo enunciado es:

Son \( 2Z/8Z \) y \( Z_4 \) anillos isomórficos?

Y la respuesta es que no son isomórficos porque \( 2Z/8Z \) no tiene unidad, pero  \( Z_4 \) si la tiene.
Esa respuesta no implicaría que Z8 ha de ser subgrupo (y subanillo)?

Pero eso es distinto de lo que pusiste antes. No es lo mismo \[ 2Z/8Z \] que \[ Z_2/8Z \]. Lo primero tiene sentido, lo segundo no. Tanto \[ 2Z \] como \[ 8Z \] son ideales (y subanillos, si consideras anillos no unitarios) del anillo \[ Z \], y además \[ 8Z \] es un ideal del anillo no unitario \[ 2Z \], por lo que tiene sentido considerar el cociente.

En cambio, \[ 8Z \] no es un ideal del anillo \[ Z_2 \], por lo que el cociente \[ Z_2/8Z \] no tiene sentido.

47
Estadística / Re: Diferencia significativa de las muestras
« en: 09 Abril, 2021, 09:35 pm »
A mí con este problema lo que me pasa es que no entiendo qué te piden. No sé qué es el "intercambio del número de empleados en un peaje".

En cualquier caso, dudo mucho que tengas que hacer ninguna regresión si tienes tres muestras. Se podría tratar de un contraste de homogeneidad, que es formalmente idéntico al de independencia que haces tú. Pero no te aseguro nada porque no acabo de entender el enunciado.

48
Estadística / Re: Usar nivel de significancia
« en: 09 Abril, 2021, 12:06 am »
Sí, yo diría lo mismo: con esos datos no debería cambiar de compañía.

49
Tienes que:
\(  \displaystyle\sum_{k=0}^n{e^{tk}} \binom{n}{k} p^k q^{n-k}=\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}(pe^t)^kq^{n-k}=(pe^t+q)^n  \)
donde en el último paso se usa la fórmula del binomio de Newton.

50
Ya casi lo tienes. Si \[ X,Y,Z \sim N(0,2) \], entonces tipificando, \[ \frac{X}{2},\frac{Y}{2},\frac{Z}{2} \sim N(0,1) \] y son independientes.

Como la suma de los cuadrados de tres normales estándar independientes se distribuye como una \[ \chi_3 \], tienes que:
\[ \frac{X^2+Y^2+Z^2}{4} \sim \chi_3 \].
Ahora, para calcular la probabilidad que te piden:
\[ P(X^2+Y^2+Z^2>2.336)=P\left(\frac{X^2+Y^2+Z^2}{4}>\frac{2.336}{4}\right)=P(U >0.584) \] donde \[ U \sim \chi_3 \]. Ahora puedes calcular esta última probabilidad usando tablas o con un programa y te dará \[ 0.9 \] (aproximadamente).

51
Hola franma. En general, cuando necesitas probar un resultado para todos los naturales el método a usar es inducción, así que vas bien encaminado. No veo que hayas demostrado algo con lo que escribiste, y seguro por eso es tu pregunta, porque no te convence.

La proposición sería:  \( p(n):\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}k^n<n^n \) para \( n\in S \).

- Primero, es fácil verificar que el resultado es válido para \( n=1 \), así que el conjunto solución tiene un primer elemento.

El conjunto donde buscas probar que la proposición es verdadera es el conjunto \( S=\{1,2,3,\dots\} \).

- Hipótesis de inducción: Suponemos que el resultado es cierto para \( n\in S \), esto quiere decir que suponemos que la siguiente desigualdad se cumple:

    \( \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}k^n<n^n \).

- Tesis de inducción: queremos probar que \( n+1\in S \), esto es, queremos demostrar que

    \( \displaystyle\sum_{k=0}^{n}k^n<(n+1)^{n+1} \).

Ahora comenzamos a demostrar:

    \( \displaystyle\sum_{k=0}^{n}k^n=n^n+\sum_{k=0}^{n-1}k^n \)

                  \( <n^n+n^n \)   (acá usamos la hipótesis de inducción que supusimos se cumple)

                  \( <2n^n \)

                  \( <(n+1)(n+1)^n \)    (porque \( n+1\geq 2 \)  y  \( n^n<(n+1)^n \))

                  \( =(n+1)^{n+1} \)

El único paso complicado es el penúltimo. Pero como habíamos llegado en el antepenúltimo a que \( \displaystyle\sum_{k=0}^{n}k^n<2n^n \) ,  sabíamos que debíamos probar que \( 2n^n<(n+1)^{n+1} \).

¿La tesis de inducción no debería ser \( \displaystyle\sum_{k=0}^{n}k^{\color{red}n+1}<(n+1)^{n+1} \)?


52
Matemática Discreta y Algoritmos / Re: Un documento en Arxiv
« en: 05 Abril, 2021, 02:05 pm »
Por si sirve de algo, estoy totalmente de acuerdo con los comentarios de Carlos y Luis. En el artículo básicamente afirmas sin demostración que el número de soluciones enteras de la ecuación es el número de soluciones módulo \[ 9 \], pero esto no es nada obvio. Hay dos afirmaciones altamente no triviales: 1) toda solución módulo \[ 9 \] se puede "elevar" a una solución en los enteros (obviamente si no hay solución módulo \[ 9 \] tampoco la hay en los enteros, pero la implicación inversa no es nada obvia), y 2) toda solución módulo \[ 9 \] da lugar a una única solución entera, que tampoco es nada obvio pues podría haber varias soluciones enteras que dieran lugar a la misma solución módulo \[ 9 \].

Por otro lado, en ningún momento usas la forma de la ecuación \[ x^3+y^3+z^3=n \], por lo que parece que lo que afirmas debería ser válido para cualquier ecuación diofántica. Pero sin embargo no lo es, pues hay muchas ecuaciones diofánticas que proporcionan contraejemplos a las afirmaciones 1) y 2).


53
Está perfectamente planteado, pero creo que te has equivocado al calcular el valor del estadístico \[ \chi^2 \], da como resultado \[ 19.33 \] y no \[ 21.89 \]. Repasa ese cálculo.

54
Estadística / Re: Usar nivel de significancia
« en: 05 Abril, 2021, 01:34 pm »
Pero entonces como no puedo rechazar la hipótesis nula, con un nivel de significancia del 5% concluimos que la compañía de seguros es aceptable? En este caso mi hipótesis nula es que la compañía es aceptable? Y la alternativa es que no ?
 O cual seria la hipótesis nula?. Explicarme esta parte por favor.  Que tengo mucha inseguridad cuando se trata de asignar las hipótesis, sobre cual es la nula y cual no.
Sí, aunque es mejor decir que no hay evidencias estadísticamente significativas de que la compañía no sea aceptable. Si tienes que tomar una decisión en base a esto, aceptarías que la compañía es aceptable.

Sobre decidir cuál es la hipótesis nula y cuál es la hipótesis alternativa, no hay una regla universal para ello. Depende del problema y de lo que quieras hacer con el resultado del contraste. Normalmente se pone como hipótesis nula el "status quo" o la hipótesis más conservadora. Por ejemplo, en este problema, quieres ver si la compañía de seguros que tienes es aceptable o te interesaría cambiar. Como suponemos que preferirías no cambiar de compañía, ya que el cambio ocasiona molestias y papeleo, ponemos como hipótesis nula que la compañía actual es aceptable. Esto hace que cambies de compañía solamente en caso de que haya una fuerte evidencia estadística de que tu compañía no es aceptable.

Pero ya te digo que esto no es una regla categórica, hay que analizar cada situación y ver qué te conviene más poner en la hipótesis nula y qué en la hipótesis alternativa. En general, tienes que pensar en un contraste de hipótesis como en un juicio. Lo que pongas en la hipótesis nula tiene "presunción de inocencia" y no se rechazará a no ser que haya una fuerte evidencia en su contra, al igual que en un juicio el acusado es inocente a no ser que haya una fuerte evidencia de culpabilidad.


55
Antes de despedirme, una última duda:
Si R, la clase conflictiva de Russell, es un miembro de la clase de los complementos (es complemento de la clase de los automiembros), ¿no es esto un problema para la solución de la paradoja?
No sé si entiendo totalmente la pregunta, pero esto depende de la axiomática que consideres. Cada axiomática evita la paradoja de una manera distinta. En NBG, donde el concepto primitivo es el de clase y se define conjunto como una clase que pertenece a alguna otra clase, puedes definir la clase de Russell \[ R \] como aquella cuyos elementos son los conjuntos (y no las clases propias) que no se pertenecen a sí mismos. Pero aquí no hay paradoja pues \[ R \] no es elemento de \[ R \] al ser una clase propia y no un conjunto. Como \[ R \] es una clase propia, no pertenece a ninguna clase. No sé exactamente cómo interpretar la "clase de los complementos". Si te refieres a una "clase" que contenga como elementos a todas las clases que son complemento de alguna otra clase, no se puede definir (pues de nuevo, cualquier elemento de una clase es por definición un conjunto). Por otra parte me parece a mí que la "clase de los complementos" debería coincidir con la "clase de todas las clases" pues una clase es el complemento de su complemento (al menos usando lógica clásica). Pero de nuevo, en NBG existe la clase de todos los conjuntos pero no la "clase de todas las clases".

En ZFC, en el que el concepto primitivo es el de conjunto, tampoco existe la "clase de los complementos" por el mismo motivo que no existe el "conjunto de todos los conjuntos": el "complemento" de un conjunto (en el universo) no es un conjunto.

56
Yo lo haría de la siguiente manera. Contar el número de soluciones enteras de esa ecuación con las condiciones pedidas es equivalente a contar las maneras de poner \[ 35 \] bolas en \[ 5 \] urnas, donde en la primera urna hay entre \[ 3 \] y \[ 8 \] bolas.
Podemos entonces contar:
1) las maneras de poner \[ 35 \] bolas en \[ 5 \] urnas de manera que en la primera haya al menos \[ 3 \] bolas,
2) las maneras de poner \[ 35 \] bolas en \[ 5 \] urnas de manera que en la primera haya al menos \[ 9 \] bolas,
y 3) restar 1)-2).

Si pones \[ 3 \] bolas de las \[ 35 \] en la primera urna y las dejas fijas, el conteo en 1) es equivalente a contar las maneras de poner \[ 35-3=32 \] bolas en \[ 5 \] urnas, que es un problema estándar (combinaciones con repetición), y lo mismo con 2).
Deberían salirte, si no me he equivocado, \[ 31500 \] maneras posibles.

En general Si te dan una ecuación \( f(x_1,x_2,\dots,x_n)=0 \) en los enteros con \( m \) condiciones y hay al menos una variable acotada i.e. \( a\leq x_i\leq b \) para ciertos \( a,b \) enteros, luego como máximo habrán \( b-a+1 \) soluciones.

No es cierto. Lo es en el ejemplo que has puesto con dos variables, \[ x+y=5 \], porque una vez fijado un valor para \[ x \], \[ y \] queda totalmente determinado. Pero si tienes más variables tienes más libertad y la cota ya no es válida. Por ejemplo, si fuera \[ x+y+z=5 \] con \[ 1\leq x \leq 3 \] hay más de tres soluciones, como puedes comprobar (de hecho hay exactamente \[ 12 \] soluciones).

57
Si \[ a \] es un atractor, existe un \[ \epsilon>0 \] tal que para todo \[ x \in (a,a+\epsilon) \] se tiene \[ f(x)<x \]. Similarmente, como \[ b \] es atractor, existe un \[ \epsilon'>0 \] tal que para todo \[ x \in (b-\epsilon',b) \] se cumple \[ f(x)>x \]. Por continuidad, debe haber un \[ c \in (a,b) \] con \[ f(c)=c \], es decir, un punto fijo.

58
El objetivo no es simplemente "encontrarle defectos" a un sistema famoso, sino explorar sus límites, para construir un sistema alternativo, basado en principios constructivistas/intuicionistas. Aunque están invisibilizadas en los ambientes académicos, estas corrientes subsisten. Adjunto un artículo sobre el tema.
En cuanto a la sencillez, el recurso planteado por von Neuman y Zermelo contra las contradicciones es aún más sencillo que las objeciones que propongo, tal vez demasiado sencillo: sólo agrega un conjunto "cortafuegos", sin evitar el círculo vicioso cuando x=y, y haciendo caso omiso a las objeciones del intuicionismo a las excepciones al tercio excluso .
Me parece muy bien que quieras explorar los límites de ZF. Pero lo que parece que estés afirmando es que es contradictorio. Y lo que decía es que si hubiera una contradicción que se pudiera obtener de manera tan simple, como una variante de la paradoja de Russell, ya se habría encontrado hace tiempo

Citar
Propongo que por un momento consideremos un sistema en el que no vale el axioma de regularidad.

Entonces, supongamos que tenemos el siguiente conjunto:

\( W=\{ a, b, c \} \)

No automiembros:

\( W' = \{ a, b\} \)

\( P(W)=\{ \{\}, \{a\}, \{b\}, \{c\}, \{a,b\}, \{b,c\}, \{a,c\}, \{a,b,c\} \} \)
\( Vv=W \cup P(W) \)
\( Vv=\{ a, b, c, \{\}, \{a\}, \{b\}, \{c\}, \{a,b\}, \{b,c\}, \{a,c\}, \{a,b,c\}\}  \)
\( Vu=Vv \cup P(Vv) \)

Instancia del axioma de especificación, con Rp en \( y \) y la fórmula de Russell:

\(  \forall{x} [ x \in Rp \Longleftrightarrow{} x \in Vu \wedge x \notin x ]  \)

Si instanciamos x con Rp

\(  Rp \in Rp \Longrightarrow{} Rp \in Vu \wedge Rp \notin Rp  \)

\( Rp \) puede ser igual a
\( Rp=W'=\{ a, b \} \),
o bien
\( Rp=\{ a, b, \{ a, b \} \}=\{ a, b, Rp \} \)

...pero en cualquier caso \(  Rp \in Vu  \).
No sé cómo concluyes que \[ Rp \] debe ser igual a uno de esos dos conjuntos. \[ Rp \] tiene como elementos a los conjuntos de \[ Vu \] que no se contienen a sí mismos. En \[ Vu \] está el conjunto \[ \{\emptyset\} \] (por estar en \[ P(Vv) \]) que no se contiene a sí mismo. Por tanto, necesariamente \[ \{\emptyset\}\in Rp \]. Pero entonces no puede pasar que \[ Rp\in Vu \], porque ningún conjunto de \[ Vu \] tiene como elemento a \[ \{\emptyset\} \]. Luego \[ Rp \notin Vu \] y no hay contradicción.

Citar
Puedes encontrar interpretaciones reales de esto sin ir a las galaxias externas: en informática comercial se plantea todos los días, cuando quieres construir una carpeta que contenga todas las carpetas contenidas en otra que no tengan un enlace hacia sí mismas. Frecuentemente pasa que el programa que intenta construirla entra en círculos sin salida, porque el sistema crea la nueva carpeta en la misma carpeta que aquellas que está examinando. La gente de informática comercial no le presta atención a la teoría de conjuntos, pero es la concreción práctica de la paradoja de Russell en el sistema de Frege. Las modificaciones de Zermelo y von Neumann serían considerar sólo las carpetas que estén en un segundo nivel de pertenencia, pero esto no soluciona el problema real, porque eso de "R es una clase propia" no tiene una traducción eficaz en la vida práctica. Sería como "dar una excusa" para explicar por qué el programa entra en círculos, pero ninguna solución.

La gente de informática lo soluciona con facilidad: crea  la nueva carpeta fuera del alcance de la parte del programa que busca subcarpetas. Esa sería la solución de Russell con su teoría de tipos.
Pero Zermelo se negaba a aceptar el principio del círculo vicioso de Russell y Poincaré. Tampoco aceptaba las críticas de Brouwer para restringir (no eliminar) la ley del tercio excluso. Tanto él como Hilbert decían que era como matar a las matemáticas superiores. Creo que sentían que les cortaban las alas. Pero si la TC ha de ser útil, ya hay que separar los campos, y para ello hay que ver qué queda de las teorías de alto vuelo en alguna que sirva a la industria.
A mí personalmente me parecen muy interesantes los sistemas constructivos e intuicionistas. Si se usa ZFC como fundamentación para la matemática estándar es porque los matemáticos usan razonamientos no constructivos. Las matemáticas constructivas son mucho más complicadas, y dan para demostrar muchos menos teoremas. Para la matemática clásica las teorías de conjuntos como ZFC van de maravilla, por eso se usan como fundamentación.

Ahora bien, hay muchas alternativas constructivas. Tampoco diría yo que es cierto que las corrientes constructivistas estén invisibilizadas en ambientes académicos. Hay muchísimos trabajos constructivistas. Lo que pasa es que más que en matemáticas hay que buscarlos principalmente en ambientes de nformática teórica y en las teorías de tipos. Esto es así porque las teorías de tipos constructivas tienen una interpretación compitacional muy clara, a diferencia de la clásica.
Últimamente ha habido un desarrollo brutal de las teorías de tipos dependientes constructivistas a lo Martin Löf. Y esto ha tenido repercusiones también en matemáticas. Desde hace unos diez años ha surgido el campo de la "homotopy type theory", que añade a la teoría de tipos dependiente el principio de univalencia (descubierto por Voevodski, un matemático puro muy famoso) e interpreta las teorías de tipo dependientes en términos de tipos de homotopía (\[ \infty \]-grupoides). Es un campo fascinante que está dando mucho de sí.

En fin, desarrollos constructivistas hay y muchos, solo que hay que saber buscarlos.

59
Estadística / Re: Usar nivel de significancia
« en: 01 Abril, 2021, 09:14 am »
El primer paso es escribir la hipótesis nula y la alternativa. En este caso, \[ H_0:\mu \leq 20 \], \[ H_a: \mu >20 \].

El segundo paso es observar que es un contraste de una cola sobre la media de una población normal con varianza desconocida. Para este tipo de contraste se sabe que el "mejor" test (el uniformemente más potente) con significancia \[ \alpha \] es el que usa como estadístico para el contraste \[ Z=\frac{\bar{X}-20}{S/\sqrt{6}} \], y tiene como región crítica (zona donde rechazas la hipótesis nula) \[ Z>z_\alpha \] donde \[ z_\alpha \] se define como el valor tal que \[ P(Z>z_\alpha)=\alpha \] cuando \[ Z \] se distribuye como una \[ t_5 \] (el \[ 5 \] sale de que en general, si tienes una muestra de tamaño \[ n \], para calcular el \[ z_\alpha \] asumes que \[ Z \] se distribuye como una \[ t_{n-1} \]).

Una vez tienes el planteamiento, calculas \[ z_\alpha \], mirando en las tablas o usando el ordenador. En tu caso \[ \alpha=0.05 \], y obtienes \[ z_\alpha\approx 2.015 \].

Finalmente, calculas el valor del estadístico \[ Z=\frac{\bar{X}-20}{S/\sqrt{6}} \] para tu muestra concreta. Si no me equivoco aquí sale \[ Z_{exp} \approx -0.505 \]. Como \[ -0.505 \leq 2.015 \], concluimos que la muestra no está en la región crítica, y por lo tanto no podemos rechazar la hipótesis nula.

60
En este caso lo que sucede es que \[ Rp \notin P(W) \]. Por su definición tienes que \[ Rp\subseteq P(W) \], luego \[ Rp \in P(P(W)) \], pero no hay manera posible de concluir que \[ Rp \in P(W) \].

Por ejemplo, si asumes el axioma de regularidad, que implica que ningún conjunto se pertenece  sí mismo, tendrías que \[ Rp=P(W) \]. Pero \[ P(W) \notin P(W) \].

Creo que es difícil encontrar paradojas en ZFC o en NBG que sean tan sencillas de reproducir. Si fuera así de fácil a estas alturas ya se conocerían.

Páginas: 1 2 [3] 4 5 6 ... 115