No sé lo que significa literal ni "cifra significativa" en este contexto. Las cifras significativas son definidas según el contexto, suelen definirse en algunos contextos como la parte entera de un número más unos cuantos decimales, generalmente dos o tres, pero en este contexto será otra cosa ya que sólo tenemos números enteros.

P.D.: bolita es con "b".

Tenemos:

\( f'(x) \cdot f(x) \geq cos(x)  \)

\( \displaystyle \int_0^x (f'(t) \cdot f(t)) \ dt \geq \int_0^x cos(t) \ dt  \)

\( \dfrac{(f(x))^2}{2} - \dfrac{(f(0))^2}{2} \geq sen(x)  \)

\(  f^2(x) \geq 2 \cdot \sen(x) +  (f(0))^2 \geq 2 \cdot \sen(x)  \)

Spoiler

Mira que pasa con \( x = \dfrac{\pi}{2}  \)

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Editado

Cita de: Masacroso en 15 Agosto, 2017, 11:34 pm

\( \displaystyle f'(x)>\frac{\cos x}2 f(x) \)

No será \( f'(x) > \dfrac{\cos(x)}{2 \cdot f(x)}  \)

Depende de si  \(  f  \) es positiva o negativa.

Con otro supuesto \(  f(x)  \) puede ser cero.

Esa sería otra desigualdad. La que yo he escrito arriba es producto de multiplicar a ambos lados por \( f \) y luego tomar una cota superior en el lado izquierdo, ya que \( f(x)^2<2 \). En este caso \( f \) podría valer cero para algún \( x \) sin alterar la desigualdad.

Edición: añado spoiler con la solución al problema


Edición: la respuesta es errónea, de ahí el tachado. Las aclaraciones vienen en respuestas posteriores.

El cálculo del segundo límite no es correcto.

Observa que una función es contínua en un punto si el límite corresponde al valor de la función en dicho punto. Claramente \( f(a,a)=a \) pero \( \lim_{x\to a^+}f(x,a)\neq\lim_{x\to a^-}f(x,a) \) por lo que el límite \( \lim_{(x,y)\to (a,a)}f(x,y) \) no existe.

¿Y qué problema tienes? Es decir, ¿para qué has abierto este tema? Empieza haciendo la gráfica de la función \( g(x):=\lfloor x\rfloor \), luego te resultará más sencillo dibujar las otras dos.

Al que tú llamas \( P_{u}v \)
Cómo lo construyen?

La definición la tienes en la primera respuesta. También se puede hallar resolviendo la siguiente ecuación

\( \displaystyle\langle x-\lambda y,\lambda y\rangle =0 \)

El resultado es el mismo, es decir \( \lambda y=P_y x=\frac{\langle x,y\rangle}{\|y\|^2}y \)

Hola   Editado

Spoiler

Pues la primera si \( z=|z|e^{i\theta} \), podemos hacer tender z a cero haciendo tender |z| a cero, entonces

\( \displaystyle\lim_{z\to 0}{\dfrac{\overline{z}}{z}}=\lim_{|z|\to 0}{\dfrac{\overline{\cancel{|z|}e^{-i\theta}}}{\cancel{|z|}e^{i\theta}}}=\lim_{|z|\to 0}{e^{-2i\theta}} \)

Entonces dependiendo desde qué ángulo tendemos a z tendremos un límite distinto, puede ser cualquier punto de la circunferencia unitaria. El límite no existe.




Para el segundo, si \( z=|z|e^{i\theta}\qquad\Rightarrow\qquad Re(z)=|z|cos(\theta)\textrm{  y  }Im(z)=|z|sen(\theta) \), sustituyendo en la ecuación nos queda

\( \displaystyle\lim_{z\to 0}{\dfrac{\cancel{|z|^2}(cos^2(\theta)-sen^2(\theta))}{\cancel{|z|}^2}}=\lim_{z\to 0}{cos(2\theta)} \)

Aquí nuevamente el límite depende de teta y es un valor real en [-1,1], y no existe límite.

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Cita de: Dongatomate en 16 Agosto, 2017, 01:34 am

...

En este caso ¿Puedo plantearlo como un limite doble, de la siguiente manera?

\( \displaystyle\lim_{(x,y) \to{}\ (0,0)}{\displaystyle\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}} \)

Yo creo que sí, y tienes una indeterminación por lo que tendrás que hacer sustitución a polares para luego aplicar L'Hopital.




Saludos

Sí, yo también creo que sí. Antes he escrito una respuesta incorrecta donde suponía que no era la mismo pero he observado que sí, que es totalmente equivalente el límite doble a la definición original, ya que en definitiva si definimos \( z:=x+iy \) entonces \( \Re(z)=x \), \( \Im(z)=y \), y también \( |z|^2=x^2+y^2 \).

Perdón si he sembrado algo de confusión anteriormente con los planteamientos erróneos que había escrito.

No conozco la demostración de Lima pero la demostración de la desigualdad Cauchy-Schwarz se suele hacer a través de lo que se conoce como descomposición ortogonal, es decir, dados cualesquiera vectores \( u,v\in V\setminus\{0\} \) de un espacio vectorial \( V \) con producto interior observamos que

\( \displaystyle u=(u-P_vu)+P_vu,\qquad P_vu:=\frac{\langle u,v\rangle}{\|v\|^2}v\tag1 \)

donde se puede comprobar que

\( \displaystyle\langle u-P_vu,P_vu\rangle=0\tag2 \)

de ahí el nombre de "descomposición ortogonal" de un vector respecto a otro vector. También sabemos que si \( \langle x,y\rangle=0 \) entonces como consecuencia tenemos que

\( \displaystyle\|x+y\|^2=\langle x+y,x+y\rangle=\|x\|^2+\|y\|^2\tag3 \)

lo que se conoce como teorema de Pitágoras. Por tanto de todo lo anterior tenemos que

\( \displaystyle \|u\|^2=\|u-P_vu\|^2+\|P_vu\|^2=\frac{|\langle u,v\rangle|^2}{\|v\|^2}+\|P_vu\|^2\implies \|u\|\|v\|\ge |\langle u,v\rangle|\tag4 \)

donde en el último paso hemos multiplicado en ambos lados por \( \|v\|^2 \) sabiendo que es distinto de cero, y luego tomado raíces. Por último la desigualdad es producto de las propiedades de una norma, es decir sabemos que \( \|P_vu\|\ge 0 \).

La demostración la he tomado de la tercera edición del libro Linear algebra done right de Sheldon Axler. Hay otras demostraciones pero esta es de las más sencillas que conozco, aunque en esencia suelen ser todas iguales al basarse en la descomposición ortogonal antes descrita, como seguramente sea el caso de la demostración de Lima.

Por último observar que si \( u \) ó \( v \) fuesen el vector cero la desigualdad de Cauchy-Schwarz se cumpliría trivialmente.

Si \( Y^\bot=\{0\} \) significa que \( Y \) no tiene vectores ortogonales distintos del trivial, lo que significa que si \( X \) tiene dimensión finita entonces necesariamente \( \dim Y=\dim X \), lo que implica que \( Y=X \).

Si \( X \) tiene dimensión infinita entonces no tengo una idea clara de cómo resolverlo, debería poder demostrarse que si \( x\in X \) entonces existe una secuencia en \( Y \) que converge a \( x \), quizá demostrando la existencia de un sistema ortonormal completo en \( Y \), entonces tendríamos que

\( \displaystyle x=\sum_{k=0}^\infty\langle x,\phi_k\rangle \phi_k,\quad x\in X,\phi_k\in\operatorname{ONS}(Y) \)

donde \( \operatorname{ONS}(Y) \) sería el sistema ortonormal completo en \( Y \). Sin embargo no estoy muy seguro de que esta aproximación al ejercicio sea útil o correcta 

No hay nada que disculpar ilarrosa. Mejor dos respuestas que una, son diferentes en muchos aspectos.

De hecho tu respuesta es mucho más completa y la terminología se ajusta mejor al primer acercamiento que suele utilizarse para la combinatoria.

Imagino que invocando algunos teoremas se podría resolver tu ejercicio sin necesidad de resolver explícitamente la ecuación diferencial, pero mi conocimiento actual de ecuaciones diferenciales no me permite esa respuesta. En este caso sin embargo podemos simplemente resolver la ecuación diferencial separando variables y viendo en dos casos:

CASO A: soluciones a la ecuación diferencial cuando \( x(a-bx)=0 \).

CASO B: soluciones a la ecuación diferencial cuando \( x(a-bx)\neq 0 \), es decir separando variables tenemos que resolver

\( \displaystyle\int\frac{\mathrm dx}{x(a-bx)}=t \)

Luego definimos las constantes para que \( x_0>0 \) para algún \( t_0 \) y evaluamos el límite.