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Mensajes - ingmarov

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Álgebra / Re: Ecuación matricial
« en: 01 Marzo, 2021, 01:22 am »
Hola

te pongo otra forma de resolverlo

\(  A.X^{-1}.D=B \)
\(  A.X^{-1}.(D.D^{-1})=B.D^{-1} \)
\(  A.X^{-1}.I=B.D^{-1} \)
\(  A.X^{-1}=B.D^{-1} \)
\( (A^{-1} .A).X^{-1}=A^{-1}B.D^{-1} \)
\( I.X^{-1}=A^{-1}.B.D^{-1} \)
\( (X^{-1})^{-1}=(A^{-1}B.D^{-1})^{-1} \)
\( X=(A^{-1}B.D^{-1})^{-1} \)
\( X=(A.B^{-1}.D) \)

No entiendo por que la siguiente es la respuesta correcta:
\(  D.B^{-1}.A  \)

Los tres primeros pasos igual

\(  A.X^{-1}.D=B \)
\(  A.X^{-1}.(D.D^{-1})=B.D^{-1} \)
\(  A.X^{-1}=B.D^{-1} \)

Multiplico todo por X por la derecha

\(  A\cdot X^{-1}=B.D^{-1}\cdot X \)
\(  A=B.D^{-1}\cdot X \)

ahora por B inversa a la izquierda

\(  B^{-1}A=D^{-1}\cdot X \)

finalmente por D por la izquierda

\(  D\cdot B^{-1}\cdot A= X \)


Saludos

42
Hola

Probemos la primera solución del libro \[ (1,30^{\circ}) \]

Sustituímos la solución en la primera ecuación

\[ 1=-\dfrac{\sqrt{3}}{2\, cos(30^{\circ})}=-\dfrac{\sqrt{3}}{2\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}\bf\color{red}-1 \]

No se cumple, esa primera del libro no es solución.

Puedes probar el resto del libro o probar tus solucionesr.

Saludos

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Cálculo de Varias Variables / Re: Ejercicio flujo
« en: 27 Febrero, 2021, 10:48 pm »
Hola

Una forma sencilla de resolverlo es intercambiar la coordenada \( y \) y la \( z \) de la región y de las componentes del campo vectorial. Así se pueden usar coordenadas ciíndricas y esféricas con límites de integración bonitos.
Luego de terminar se vuelven cambiar coordenadas.

Saludos

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Cálculo 1 variable / Re: Límites
« en: 24 Febrero, 2021, 06:23 am »
Hola

                 Buenas noches a todos: Tengo duda con el siguiente ejercicio:
\( \displaystyle\lim_{x \to{0}}{\displaystyle\frac{lnx}{tg(1-x)}} \)

                 Ese es el ejercicio que me dieron a resolver, pero tengo la siguiente observación: Me piden evaluar el limite tendiendo a cero en "lnx", en lo cual "ln 0" no existe...es correcta mi observación? o estoy equivocado?. Caso contrario como hago para resolver el limite?

                 Espero respuestas! saludos cordiales!


Sí, no existe ese límite

Supongo que quisieron escribir

\( \displaystyle\lim_{x \to{0}}{\displaystyle\frac{ln(1-x)}{tg(x)}} \)

Saludos

45
Hola

                  Buenas tardes a todos: Tengo dudas para resolver la siguiente integral:
\( \displaystyle\int_{}^{}\displaystyle\frac{1}{xln^4(2x)}dx+\displaystyle\int_{}^{}\displaystyle\frac{cos^2\sqrt[ ]{x}}{\sqrt[ ]{x}}dx \)

                  La primera integral la puedo resolver con sustitución y me queda asi:
\( \displaystyle\int_{}^{}\displaystyle\frac{1}{u^4}du \)
                     
                   ¿Cómo hago para resolver la segunda integral? Espero respuestas! saludos cordiales!

Es una integral directa que resulta    \[ \displaystyle\int_{}^{}\displaystyle\frac{1}{u^4}du=-\dfrac{1}{3}u^{-3}+C \]


Ah perdón te refieres la integral \[ \displaystyle\int_{}^{}\displaystyle\frac{cos^2\sqrt[ ]{x}}{\sqrt[ ]{x}}dx \]

Hacemos \[ u=\sqrt{x}\Rightarrow du=\dfrac{dx}{2\sqrt{x}} \]

Luego te servirá recordar la identidad trigonométrica  \[ cos^2(\theta)=\dfrac{1+cos(2\theta)}{2} \]

Saludos

46
Hola

Haz el cambio de variable \[ u=e^x \], entonces la integral cambia a

\[ \displaystyle\int_{}^{}\displaystyle\frac{e^x}{e^{2x}+e^x-2}dx=\bf \int \dfrac{1}{u^2+u-2}du \]

¿De esta forma la vez más sencilla?


Agrego un avance en el spoiler

Spoiler
\[ \int \dfrac{1}{u^2+u-2}du=\int \dfrac{-\frac{1}{3}}{u+2}du+\int \dfrac{\frac{1}{3}}{u-1}du \]
[cerrar]

Saludos

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Cálculo 1 variable / Re: Derivadas
« en: 20 Febrero, 2021, 08:27 am »
Hola

                  Buenas noches estimados: Tengo dudas para resolver el siguiente ejercicio:
\( \textrm{La función f satisface} \displaystyle\frac{f^{\prime}(x)}{\sqrt[ ]{f(x)}}=xe^{2x}\textrm{ y } f(0)=\displaystyle\frac{1}{16} \)

                  No me doy cuenta para resolver el ejercicio, necesito alguna ayuda! saludos cordiales!
...

A ver, es una ecuación diferencial de variables separables, si integramos a ambos lados

\(   \displaystyle\int\frac{y'}{\sqrt[ ]{y}}dy=\int xe^{2x}dx \)

\[ 2\sqrt{y}=\dfrac{1}{4}e^{2x}(2x-1)+c \]     



Para x=0 tenemos  \[  y=\dfrac{1}{16} \]   Con esto calculamos c

Sustituimos estas condiciones iniciales

\[ 2\sqrt{\frac{1}{16}}=\dfrac{1}{4}e^{2(0)}(2(0)-1)+c \]

\[ =2\frac{1}{4}=\dfrac{1}{4}e^{2(0)}(2(0)-1)+c \]


\[ =\frac{1}{2}=-\dfrac{1}{4}+c \]

\[ \Rightarrow{c=\dfrac{3}{4}} \]


Por lo que nos queda la ecuación

\[ 2\sqrt{y}=\dfrac{1}{4}e^{2x}(2x-1)+\dfrac{3}{4} \] 



Saludos

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Análisis Matemático / Re: Dimensiones de un rectángulo
« en: 14 Febrero, 2021, 03:41 am »
Hola

Te dejo un dibujo, espero que entiendas el problema y puedas intentar algo para encontrar la respuesta




Saludos

49
Hola

A ver otro intento, lo dejo en el spoiler. Perdona que no te responda, los multiplicadores de Lagrange los he usado poco,

Spoiler
Tenemos la curva    \[ x^2+2y^2=2\qquad\Rightarrow\qquad x^2=2-2y^2 \]

Ahora sustituyendo en la ecuación del paraboloide nos queda,
 
\[ f(x,y)=x^2+y^2-2y\qquad\Rightarrow\qquad f(y)=2-2y^2+y^2-2y={\bf -y^2-2y+2},\quad -1\leq y\leq 1 \]

Es la ecuación de una parábola cóncava hacia abajo, cuyo vértice (punto máximo) está en  \[ y=\dfrac{-(-2)}{2(-1)}=-1 \], y ahora podemos calcular la coordenada x del punto resultando  \[ x=0 \]


Dado que el vértice de la parábola está en y=-1, el punto mínimo debe estar en y=1

[cerrar]

Saludos

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Cálculo 1 variable / Re: ¿Cómo resolver esta serie de potencia?
« en: 13 Febrero, 2021, 04:17 am »
Hola chicos, gracias por la ayuda.

ingmarov, gracias por tu tiempo, lo resolviste de una forma muy sencilla... Estuve intentando aplicar convergencia absoluta y creo que se empezaría de esta forma

\( \displaystyle\sum_{n=0}^\infty{\left |{\frac{x}{n+1}}\right |}=\displaystyle\sum_{n=0}^\infty{\frac{\left |{x}\right |}{\left |{n+1}\right |}}=\left |{x}\right |\cdot\displaystyle\sum_{n=0}^\infty{\frac{1}{n+1}} \)

Y acá puedo hacer un cambio de variable como hiciste vos y llegaría a lo mismo, ¿no? ¿Sino cómo podría proseguir?

Puedes utilizar el criterio de la integral

Te dejo este enlace

http://fernandorevilla.es/blog/2014/06/06/criterio-integral/


Ojo con lo que pregunta delmar

Saludos

51
Hola

Para este caso particular es fácil ver que

\[ f(x,y)=x^2+y^2-2y=x^2+(y^2-2y+1)-1=x^2+(y-1)^2{\color{red}-}1 \]

es la ecuación de un paraboloide elíptico, cóncavo hacia arriba, por lo que debe tener un mínimo absoluto en el punto (0,1,1)


Saludos

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Cálculo 1 variable / Re: ¿Cómo resolver esta serie de potencia?
« en: 12 Febrero, 2021, 04:22 am »
Hola incoria

Dado que x no depende de n puede salir como factor común fuera de la suma

\[ \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{x}{n+1}=x\cdot \sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{1}{n+1} \]

Ahora hacemos \( k=n+1 \)     donde el límite inferior cuando n=0  nos resulta k=1, resultando la serie

\[ \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{x}{n+1}=x\cdot \sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{1}{n+1}=x\cdot \color{blue}\bf\sum_{k=1}^{\infty}\dfrac{1}{k} \]

Y resulta la serie armónica, que sabemos que diverge.

Y cito el mensaje de Pablo

Diverge si \( x \neq 0  \) usa la convergencias absoluta.


Saludos

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Off-topic / Re: Difusión del ajedrez por un youtuber
« en: 06 Febrero, 2021, 04:25 am »
Hola

Me emocioné cuando Juanjo obtuvo _______ frente a este gigante, Hikaru Nakamura.

Bien por el Rubius, presentando a sus seguidores algo tan provechoso.

Soñaba con Nakamura jugando contra alguno de los youtubers de ajedrez que acostumbro ver. Hace tiempo no veía a Reydama, pero ver esa partida me ha puesto muy feliz.

Saludos

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Discusiones semi-públicas / Re: Gráfica de $$f(x)=\sin^3x+\cos^3x$$
« en: 02 Febrero, 2021, 09:48 pm »
Hola maestro Revilla

Dejo un adelanto de la segunda derivada.

¿Algún trabajador nato quiere hallar los puntos de inflexión? :)

Tenemos

\[ y'=3senx\,cosx(senx-cosx)=\dfrac{3}{2}sen(2x)(senx-cosx)=\dfrac{3{\color{blue}\sqrt{2}}}{2}sen(2x)\left(\dfrac{senx}{\color{blue}\sqrt{2}}-\dfrac{cosx}{\color{blue}\sqrt{2}}\right)=\dfrac{3{\color{blue}\sqrt{2}}}{2}sen(2x)\left(sen(\frac{\pi}{4})senx-cos(\frac{\pi}{4})cosx\right)=\bf-\dfrac{3{\sqrt{2}}}{2}sen(2x)cos(x+\frac{\pi}{4}) \]

Derivamos

\[ y''=-\dfrac{3{\sqrt{2}}}{2}\left(2cos(2x)cos(x+\frac{\pi}{4})-sen(2x)sen(x+\frac{\pi}{4})\right)=-\dfrac{3{\sqrt{2}}}{2}\left(cos(2x)cos(x+\frac{\pi}{4})+cos(2x)cos(x+\frac{\pi}{4})-sen(2x)sen(x+\frac{\pi}{4})\right)=\\ \bf=-\dfrac{3{\sqrt{2}}}{2}\left(cos(2x)cos(x+\frac{\pi}{4})+cos(3x+\frac{\pi}{2}))\right) \]


Saludos

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Hola Mario, bienvenido

Toma tiempo para leer las reglas del foro y el tutorial de LaTeX. Edité tus ecuaciones para verlas correctamente, conforme dictan las reglas.

En cuanto a tu problema, el orden en que debes resolver es desde el último al primero (3, 2, 1).

Te ayudo con parte del numeral 3. Igualamos las dos primeras funciones para ver dónde se cortan, encontraremos ese punto.

Tenemos \[ \color{red}y=-x^2+b^2 \],   \[ \color{blue}y=2\cdot b^2 \]

Igualamos    \[ \color{red}-x^2+b^2\color{blue}=2\cdot b^2 \]

Despejamos \[ x^2 \]

\[ \bf x^2=-b^2 \]

De esto podemos decir que las gráficas de estas funciones no se tocan. Ahora puedes probar entre una de estas y el resto de funciones y encontrar puntos de corte.

Saludos

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Off-topic / Re: Partida de ajedrez "en consulta": ¡a disfrutar!
« en: 27 Enero, 2021, 12:19 am »
-
De todas formas, ¿a qué te referías con "programa"? ¿Cómo se consigue eso, una vez que ya tienes el tablero que nos has presentado? Sé que en los posts se puede meter código, pero no sé exactamente cómo.

Pienso en un programa hecho en python por ejemplo. A dicho programa le das las jugadas y debe generar la nueva posición, es decir el código para el nuevo tablero y finalmente su copiado en el hilo. El programa se corre en el ordenador de quien se encargue de hacer los cambios, no se realiza directamente en este sitio.
Hay que pensar mucho en todo el código requerido, me parece que requiere mucho trabajo. Yo podría hacerlo en el tiempo que tenga, sin prisa, con la motivación de resolver un problema de programación.
Pero, pensándolo bien, es más fácil utilizar un tablero de lichess, poner la posición deseada, hacer una captura de pantalla y luego poner la imagen en este hilo.


La abundancia de imágenes se soluciona fácilmente: en cada ocasión en la que el encargado de la partida publique una nueva posición, reEdita el post previo que contenga la antigua posición y lo pasa a "imagen única y fija".
-

Esta sería una idea distinta, pero se puede considerar.


Saludos y a ver cómo termina la partida.

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Off-topic / Re: Partida de ajedrez "en consulta": ¡a disfrutar!
« en: 26 Enero, 2021, 09:58 pm »
...
C) ¿Así que lo que propones es abordar un proyectillo de edición y de programación, para que quede bien integrado en el foro?

Por las fallas que presenta, no vale la pena hacer esto.

D) Publica, si te parece, el texto del editor (de tu último post), para hacernos mejor idea.
-

Dejo en documento adjunto el código que genera el tablero. Las lineas más largas contienen links de imágenes alojadas en el sitio.



Saludos

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Off-topic / Re: Partida de ajedrez "en consulta": ¡a disfrutar!
« en: 26 Enero, 2021, 08:26 pm »
Hola

Dejo una forma horrible de generar un tablero, mediante el uso de una tabla con una imagen por escaque. He adjuntado las imágenes en los primeros mensajes de este hilo, espero me disculpen sugata, feriva,pie y Cesar.

A mi me falla, a veces no se ven algunas imágenes del tablero. No sé si es falla en mi internet o una falla del servidor del foro ¿A ustedes les falla?

Dejo la tabla en el spoiler

Spoiler
[cerrar]


Sería bueno hacer un programa que genere el tablero, introduciendo las jugadas una por una.  Si presenta fallas, no vale la pena intentar hacer un programa.

Parece que no es buena idea, un solo tablero tiene 64 imágenes, si en una página de este hilo aparece más de un tablero la cantidad de imágenes se multiplica. Supongo que el sitio no puede manejar tantas imágenes

Saludos

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Trigonometría y Geometría Analítica / Re: Trocear una esfera
« en: 26 Enero, 2021, 04:36 pm »
Diría que quedaría el volumen de una esfera menos un trozo con forma de cono o piramide (No estoy muy seguro) con base esférica.

Pero no sé qué tiene que ver esa pregunta con la resolución del problema

Tampoco se me ocurre que forma quedaría. Se me hace más fácil conocer regiones cuando trabajas en coordenadas rectangulares, cilíndricas o esféricas, coordenadas en las que los diferenciales de volumen son \[ dx\,dy\,dz \],  \[ r\,d\varphi\,dr\,dz \]   y   \[ r^2sen(\theta)\,d\varphi\,d\theta\,dr \]   respectivamente.


¿Qué tiene que ver? Es que se puede plantear muchas integrales que al final resulte la fórmula del volumen de una esfera, por ejemplo

\[ V=\displaystyle\int_{0}^{4\pi}\int_{0}^{R}x^2dx\, dy \]

pero eso no funcionará en otros casos, por ejemplo cuando queremos calcular el volumen de un cono con un casco esférico, etc.

No entiendo lo que has hecho, solo se me ocurre pensar que has planteado un integral que has ajustado para que al final te resulte la fórmula conocida del volumen de una esfera. ¿Qué pasa si te dan una región del espacio que no conoces una fórmula para su volumen? Deberás resolver de una forma práctica, con coordenadas que manejes y entender lo que estás haciendo al punto de predecir la región resultante al variar algún parámetro.


Saludos

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Trigonometría y Geometría Analítica / Re: Trocear una esfera
« en: 26 Enero, 2021, 03:09 am »
... daria otra forma, pero no una esfera.

Y ¿Qué forma sería?

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