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Mensajes - geómetracat

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Álgebra / Re: Mostrar que k = G
« en: Ayer a las 11:48 pm »
Si \[ K \] contiene un elemento de cada clase de conjugación quiere decir que todo elemento de \[ G \] es conjugado de alguno de \[ K \], es decir, \[ G = \bigcup_{g \in G} gKg^{-1} \]. Usando el resultado previo se sigue que debe ser \[ K=G \].

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Uy es verdad, me lié, me refería a que si NO es simplemente conexa tiene o la orientabilidad  espacial o la temporal sola.
Hmm no lo veo muy claro, yo diría que puede tener todas las orientabilidades aunque no sea simplemente conexa. Por ejemplo el cilindro \[  \Bbb R \times S^1 \], con la métrica de Lorentz dada por \[ ds^2=-dt^2+d\theta^2 \] creo que es orientable en todos los sentidos.

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Mi pregunta era si se puede entender entonces la adición de orientabilidad temporal a la espacial a una especie de redundancia que permite el concepto de orientabilidad global(dadas las mínimas condiciones topológicas comentadas), ya que al final se trata de poder asignar 2 vectores de sentido opuesto en la dirección n en cada punto de la variedad, donde la dirección n sería la de los vectores de genero tiempo. De tal forma que dada una orientabilidad dada según una convención de determinante positivo en cada punto y la signatura lorentziana ya se obtienen tanto una orientabilidad 3-espacial como la temporal.
Si entiendo bien la pregunta, sí que hay redundancias. Si no me equivoco, siempre que tengas dos tipos de los tres de orientabilidad (temporal, espacial, o global -topológica-) tienes también el tercer tipo. Ahora, diría que hay ejemplos de variedades Lorentzianas con un tipo de orientabilidad pero ninguno de los otros dos.

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De nada.

La verdad es que no especifiqué el abierto \[ U \] por pura pereza.  ;D

Por cierto, el mismo resultado con la misma demostración sirve para funciones \[ f:\Bbb R^n \to \Bbb R \], donde ahora se toma el ínfimo en las bolas de radio \[ \epsilon \].
Este resultado de aproximar una función usando el ínfimo en bolas me suena haberlo visto usado alguna vez en mi vida, pero no consigo recordar el contexto.

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En general, en una variedad Lorentziana hay tres tipos de orientabilidad: la orientabilidad usual (topológica), orientabilidad temporal y orientabilidad espacial. Estas dos últimas dependen de la métrica y no solo de la topología del espacio.
Si la variedad es simplemente conexa, entonces es orientable en todos los sentidos. Esto se sigue de que para cada una de las nociones de orientabilidad hay un recubridor doble que es conexo si y solo si la variedad no es orientable (en el sentido que sea).

De hecho, la orientabilidad temporal es equivalente a que exista un campo vectorial tipo tiempo en la variedad.
Sobre obstrucciones topológicas, en realidad no hay ninguna: si una variedad admite una métrica Lorentziana (que a su vez es equivalente a pedir que la variedad no sea compacta o bien sea compacta con característica de Euler \[ 0 \]), entonces existe una métrica de Lorentz tenporalmente orientable.

Todas estas cosas están bastante bien explicadas en el libro de geometría semiriemanniana de O'Neill.

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Lógica / Re: Inferencia logica
« en: Ayer a las 06:01 pm »
La formalización está bien, pero la inferencia no. De las premisas no se deduce \[ \neg(\neg p)\vee \neg(\neg q) \], ni eso se traduce como "al hacer mi tarea también me ayudas".

Se puedes deducir muchas cosas con esas premisas. Para mí la conclusión más natural sería \[ \neg p \to s \], es decir, "si no hago mi tarea el maestro me castigará".

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Sea \( f:\mathbb{R}\to\mathbb{R} \) una función acotada. Para cada \( \epsilon>0 \), sea \( f_\epsilon:\mathbb{R}\to\mathbb{R} \) la función dada por

$$f_\epsilon(x)=\inf\{f(y):|y-x|<\epsilon\}.$$

Piden probar:
Para cada \( \epsilon>0 \), la función \( f_\epsilon \) es Borel medible.
Como los conjuntos de la forma \[ (-\infty,a) \] con \[ a \in \Bbb R \] generan la sigma-álgebra de Borel, basta con ver que \[ f_\epsilon^{-1}((-\infty,a)) \] es de Borel para cada \[ a \in \Bbb R \]. Pero tenemos que \[ f_\epsilon^{-1}((-\infty,a)) = \{ x \in \Bbb R \mid f_\epsilon(x)<a\} = \{ x \in \Bbb R \mid \inf\{f(y): y \in (x-\epsilon, x+\epsilon)\}<a\} = \{x \in \Bbb R \mid \exists z \in (x-\epsilon,x+\epsilon)\, f(z)<a\} \]. Afirmo que este conjunto es abierto. En efecto, si \[ x \in f_\epsilon^{-1}((-\infty,a))  \], tenemos que existe \[ z \in (x-\epsilon, x+\epsilon) \] con \[ f(z)<a \]. Pero al ser el intervalo \[ (x-\epsilon,x+\epsilon) \] abierto, existe un entorno abierto \[ U \] de \[ x \] tal que para todo \[ y \in U \] tenemos que \[ z \in (y-\epsilon, y+\epsilon) \], luego \[ U \subseteq f_\epsilon^{-1}((-\infty,a)) \] y por tanto este último conjunto es abierto y en particular de Borel, como queríamos.

Citar
La función \( g:\mathbb{R}\to\mathbb{R} \) dada por \( g(x)=\sup\{f_\epsilon(x):\epsilon>0\} \) es Borel medible.
Observa que si \[ \epsilon<\epsilon' \] tenemos que \[ f_\epsilon \geq f_{\epsilon'} \]. Usando esto, tenemos que \[ g=\sup\{f_\epsilon:\epsilon>0\} = \sup_n f_{1/n} \] que es Borel-medible por ser supremo de una sucesión de funciones Borel-medibles.

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Sí, la demostración funciona igual siempre que los ideales sean biláteros.

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El enunciado tiene que ser para todo ideal \[ A \] de \[ R \], y \[ \Phi(A) \] es ideal de \[ R' \] (y no de \[ R \]).

Para el lado que falta, por hipótesis \[ \Phi(R) \] es ideal de \[ R' \], pero \[ 1 \in \Phi(R) \] (pues \[ \Phi(1)=1 \]), de donde debe ser \[ \Phi(R)=R' \] pues un ideal que contiene una unidad es el total.

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Supongo que quieres decir que la intersección es \[ 0 \] (el ideal trivial) y no vacía. Por otro lado, voy a suponer el anillo conmutativo, aunque si no lo fuera funciona parecido suponiendo que los ideales sean biláteros.

De las hipótesis que tienes lo que se deduce es que \[ R \cong A \times B \], y de aquí que los idempotentes de \[ R \] son los de la forma (bajo el isomorfismo) \[ (e,e') \] con \[ e\in A, e'\in B \] idempotentes.

Para ver el isomorfismo, como \[ A+B=R \], tienes que \[ 1=a+b \] para algún \[ a\in A, b \in B \], que además son únicos (¡compruébalo!).
Afirmo que \[ a,b \] son idempotentes. En efecto, \[ 1=(a+b)^2=a^2+2ab+b^2 \]. Como \[ ab \in A \cap B \], necesariamente \[ ab=0 \]. Ahora, ya que \[ a^2 \in A, b^2 \in B \], de la unicidad de la descomposición debe ser \[ a^2=a,b^2=b \], y por tanto son idempotentes.
Finalmente, usando que \[ a,b \] son idempotentes, comprueba que \[ \phi: R \to A \times B \] dada por \[ \phi(r)=(ra,rb) \] es un isomorfismo con inversa dada por \[ \phi^{-1}(x,y)=xa+yb \].


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Sí, está bien, pero teniendo en cuenta que \[ a,b \in \Bbb R \].

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Si tomo Re<x,hy> para una h compleja,

Es lo mismo que hRe<x,y>?

No, no lo es. De hecho, si \[ h \] no es real, \[ h Re \, \langle x,y \rangle \] no es real, mientras que \[ Re \,\langle x,hy \rangle \] siempre es real.

Pero para probar la bilinealidad del producto euclidiano no tienes que considerar escalares complejos, solamente reales. Es decir, debes probar que para todo \[ a,b \in \Bbb R \] se cumple \[ {\color{red}(ax+by,z)=a(x,z)+b(y,z)} \] (la linealidad en el otro factor es consecuencia de esto y de la simetría). Inténtalo ahora.

Corregido.

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Es mejor que escribas aquí directamente lo que vas haciendo usando LaTeX.

Para ver que es simétrico, observa que \[ \langle u,v \rangle = \overline{\langle v,u \rangle} \], de donde se sigue que \[ Re \, \langle u,v \rangle = Re \, \langle v,u \rangle \], pues \[ Re\, z = Re \, \overline{z} \] para cualquier \[ z \in \Bbb C \].

Igualmente, debes ver que es bilineal usando las propiedades del producto hermitiano (que es lineal en un factor y antilineal en el otro). Recuerda para ello que para el producto euclidiano los escalares son reales, y no complejos arbitrarios.

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Pues es simplemente comprobar la definición de producto escalar euclidiano para \[ (\cdot,\cdot) \] (es decir, que es bilineal, simétrico y definido positivo), usando las propiedades de \[ \langle \cdot, \cdot \rangle \] como producto escalar hermitiano. Es bastante directo, pero si tienes problemas con algún punto en particular vuelve a preguntar especificando dónde tienes dudas.

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Sale de:
\[ ||u+v||^2=\langle u+v,u+v\rangle = \langle u,u\rangle +2\langle u,v\rangle +\langle v,v\rangle = ||u||^2+2\langle u,v \rangle + ||v||^2 \].
Si despejas de ahí \[ \langle u,v\rangle \] obtienes la fórmula de Luis (a veces se le llama "polarización").

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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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