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Mensajes - geómetracat

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Probabilidad / Re: Función de autocovarianzas de un proceso
« en: 17 Octubre, 2020, 07:46 pm »
¿\( X(n) \) sigue una \( B(3,0.6) \) verdad?

Sí.

Calcular la función de autocovarianzas es bastante directo. Pones
\( \gamma_k=Cov(X_n,X_{n+k}) = Cov(Y_n + Y_{n+1} + Y_{n+2}, Y_{n+k}+Y_{n+k+1}+Y_{n+k+2}) \).
Ahora usa la bilinealidad de la covarianza, la independencia del proceso \( Y \) (de manera que \( Cov(Y_i,Y_j)=0 \) si \( i \neq j \)) y que \( Cov(Y_i,Y_i)=V(Y_i)=0.6 \cdot 0.4 \).
Como consejo adicional, distingue los casos \( k=0,k=1,k=2, k\geq 3 \).

Si aún así no te saliera, vuelve a preguntar.

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Foro general / Re: Números primos y más.
« en: 16 Octubre, 2020, 10:09 am »
Hombre, feriva... No es que dé una aproximación muy mala, es que es horrible. Lo mínimo que habría que pedir a una aproximación para el número de primos menores que uno dado, para que tenga sentido usarla para hacer cuentas de este tipo, es que tenga el comportamiento asintótico correcto. Pero asintóticamente sabemos que \( \pi(n) \) va como \( n/\log(n) \), y en cambio la que propones va como \( \log(n) \).

Esto quiere decir que cuando hagas cálculos para \( n \) grande vas a cometer un error enorme, tanto más cuanto más grande sea \( n \). De manera que es mejor no usar esto para sacar conclusiones sobre el comportamiento asintótico.

Pero es que además, tampoco tiene sentido usar \( \log(n)/\log(2) \) como aproximación a \( \pi(n) \) cuando tienes una expresión igual de sencilla y que tiene el comportamiento asintótico correcto: \( n/\log(n) \).

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Foro general / Re: Las dos culturas de las matemáticas
« en: 15 Octubre, 2020, 11:13 pm »
Lo he leído, y aunque habla del tema teoría/problemas, buena parte del artículo es una defensa del campo de la combinatoria. A mí, que soy un completo ignorante en combinatoria, me ha parecido interesantísimo.

Por cierto, hablando de Gowers, hace poco me enteré de que está colgando en su canal de youtube clases de un curso sobre técnicas en combinatoria que está dando (a distancia) en Cambridge. Ví los primeros vídeos y están muy bien, además de ser bastante accesibles.
Lo digo por si puede ser de interés a alguien.

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Probabilidad / Re: Problema de Distribucion
« en: 14 Octubre, 2020, 07:40 pm »
Por si te sirve, la distribución se llama hipergeométrica. Es el análogo de la binomial para el caso sin reposición.
Pero vamos, es fácil resolverlo sin saber qué distribución es, como te indica Masacroso.

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Categorías / Re: Objetos en la. Categoría Mod_A
« en: 14 Octubre, 2020, 07:38 pm »
Pues... uno. Si \( M \) es un \( R \)-módulo con \( R=0 \), se tiene que para todo \( x \in M \), \( x = 1x = 0x=0 \), donde se usa que \( 1=0 \) en \( R \). Es decir que \( M=0 \), y así el módulo trivial es el único \( R \)-módulo.

Además, obviamente solamente hay un único endomorfismo del módulo trivial, que es la identidad. Así pues, \( Mod_R \) es la categoría terminal (un único objeto y un único morfismo).

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A ver que tal con este otro ejemplo. Es otro apartado del mismo ejercicio, luego el enunciado es el mismo.
\( S=\begin{cases} x_0+x_1+x_2=0\\ x_0+3x_1-3x_2=0\\ x_0+3x_2=0\end{cases} \)

El rango de su matriz de coeficientes en \( \mathbb{R}^3 \) es 2, por tanto la variedad lineal S es de dimensión 2,
en consecuencia, por definición de dimensión de una variedad proyectiva, la dimensión de Z será 2-1=1, siendo Z la variedad proyectiva asociada a S. De modo que, proyectivamente tendríamos una recta en \( \mathbb{P}^2 \). Lo cual implicaría que las tres rectas, son la misma recta en el plano proyectivo.

¿sería todo esto correcto?¿habría algo que añadir?

Está mal. Si piensas el sistema en \( \Bbb R^3 \), lo que tienes es que es de rango \( 2 \), luego el subespacio que define es de codimensión (no dimensión) \( 2 \), luego de dimensión \( 1 \). Entonces la variedad proyectiva que definen es de dimensión \( 0 \). Esto quiere decir que las tres rectas se cortan en un punto (resolviendo el sistema se ve que es el \( [3:-2:-1] \)). Pero las tres rectas son todas distintas dos a dos. De hecho, dos rectas son iguales si y solo si sus ecuaciones son proporcionales, así que a ojo ya se ve que son todas distintas.

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Foro general / Re: Números primos y más.
« en: 14 Octubre, 2020, 05:07 pm »
Tratando de encontrar alguna pista que me permita determinar los valores minimo, \( m \), y máximo, \( M \), del parámetro \( d_3 \), según los anteriormente publicado, me encontre con una curiosidad que yo al menos no conocía. Al establecer la sucesión:

\( {P(2n)_i} \)

de los valores del contador que mide el número de primos que satisfacen la conjetura de Goldbach para un determinado número par, \( 2n \), observé que aunque la sucesión presenta altibajos y oscila de forma impredecible los términos de dicha sucesión presentan un pico muy bien marcado cuando \( n \) es múltiplo de 3, o bien \( 2n \) múltiplo de 6. Es decir dichos términos presentan un valor curiosamente elevado frente a los otros cuatro números de su entorno que no son múltiplos de 6. No sé si hay alguna razón para ello pero nunca he leído nada relativo a semejante fenómeno. ¿Alguien sabe algo? La verdad que no veo una razón para ello.

Tiene bastante sentido. Una explicación heurística es la siguiente. Si nos olvidamos del \( 2 \) y del \( 3 \), cada primo es o bien de la forma \( 6k+1 \) o bien de la forma \( 6k-1 \). Además, para \( n \) grande, más o menos la mitad de los primos menores que \( n \) son de la forma \( 6k+1 \) y la otra mitad de la forma \( 6k-1 \).
Ahora, si \( 2n \) es múltiplo de \( 6 \) y es suma de dos primos \( p+q=2n \), necesariamente uno de ellos es de la forma \( 6k+1 \) y el otro de la forma \( 6k-1 \). En cambio, si \( 2n \) no es múltiplo de \( 6 \) (y por tanto es de la forma \( 6k+2 \) o \( 6k+4 \)), los dos primos \( p,q \) deben ser del mismo tipo, ambos \( 6k+1 \) o ambos \( 6k-1 \), de manera que tienes muchos menos números con los que jugar.
Es decir, si \( 2n \) es múltiplo de \( 6 \) podrías tener hasta aproximadamente \( \pi(2n)/2 \) pares de primos que sumen \( 2n \) (tantos como primos de la forma \( 6k+1 \)). En cambio, si no es múltiplo de \( 6 \) como mucho podrás tener aproximadamente \( \pi(2n)/4 \) pares.

Citar
Por otro lado encontré también una sucesión que se comporta de forma parecida, me refiero a la sucesión del contador de los divisores de un número natural:

\( {\delta (n)}_i \)

Esta es una sucesión que presenta también muchos altibajos y oscila de forma impredecible, aunque en este caso en lugar de conocerse los picos se conocen los valles, puesto que cada vez que \( n \) es primo el número de divisores se reduce a 2 y por lo tanto el término correspondiente de la sucesión es valle.

De esta creo que se saben muchas más cosas que de la anterior. Por ejemplo, no es difícil dar una fórmula para los divisores de \( n \) sabiendo la factorización en primos de \( n \). En cambio para la de Goldbach no hay nada parecido. La cuestión es que la función que cuenta divisores hace referencia a un problema puramente multiplicativo (número de divisores de un número dado), que suele ser mucho más sencillo de tratar que los problemas que mezclan estructura multiplicativa (primos) con aditiva (sumas). Si miras la página de la wikipedia inglesa "divisor function" salen muchas propiedades.

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Y una pregunta que se me ocurrió al momento de visualizar el problema es el siguiente:
Sean \(S_1,S_2\subseteq\mathbb{R}^3\) dos superficies regulares tangentes en \(\alpha\) curva regular. ¿\(\alpha\) es geodésica en \(S_1 \Leftrightarrow \alpha\) es geodésica en \(S_2\)?

Sí, es cierto. Esto se sigue de un criterio muy útil: una curva \( \alpha \) es una geodésica de una superfície \( S \subset \Bbb R^3 \) si y solo si su aceleración \( \alpha'' \) (calculada en \( \Bbb R^3 \)) es normal a \( S \) en todos los puntos de la curva.

Puedes usar esto para resolver la primera parte también: comprueba que \( P_1 \) interseca a \( S \) en una curva cuya aceleración es normal a \( S \).

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Esa es la clave: eliges \( X' \) para asegurarte de que \( Ker(f) \) es un submódulo de \( F(X') \). Volvamos a ver.

\( Ker(f) \) es finitamente generado, pongamos \( Ker(f)=\langle r_1, \dots, r_n \rangle \). Ahora, cada \( r_i \in F \) es combinación lineal de un número finito de elementos de \( X \) (porque cada elemento del grupo libre \( F \) es c.l. de un número finito de elementos de \( X \)). Como hay un número finito de \( r_i \), puedes tomar todos los generadores de \( X \) que aparecen en la expresión de alguno de los \( r_i \) como c.l. de elementos de \( X \). Llama a este conjunto de generadores \( X' \). \( X' \) es un conjunto finito (porque hay un número finito de elementos de \( X \) por cada \( r_i \) y hay un número finito de \( r_i \)'s), y por definición \( r_i \in F(X') \) para todo \( i=1,\dots,n \). Luego \( Ker(f) =\langle r_1,\dots,r_n \rangle \subseteq F(X') \).

Añadido:
Creo que me estoy confundiendo un poco en las definiciones, para empezar para que un módulo \( M \) esté finitamente relacionado, no hay que suponer que este último esté finitamente generado no? Sino dado un conjunto generador \( X \) finito , entonces a fuerzas el módulo libre \( F \) en \( X \) estaría finitamente generado no? Pero si éste esta  finitamente generado entonces a fuerzas \( M \) está finitamente presentado.

Efectivamente, si \( M \) es finitamente relacionado y finitamente generado, entonces es finitamente presentado y el resultado es trivial. El resultado por el que preguntas solo es interesante si \( M \) no es finitamente generado, de forma que cualquier conjunto \( X \) de generadores es infinito.

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La idea es la siguiente. Si \( M \) es finitamente relacionado, tiene un número finito de relaciones. Es decir, el \( Ker(f) \) en tu sucesión exacta es finitamente generado, luego tiene un conjunto finito de generadores, y a cada elemento de ese conjunto se le llama relación.
Ahora, como hay un número finito de relaciones, y cada relación es combinación lineal de un número finito de generadores de \( M \) (es decir, de elementos de la base de \( F \)), puedes escribir el conjunto de generadores de \( M \) como \( X=X' \cup X'' \) (suma disjunta), donde \( X' \) es el conjunto finito de generadores que aparecen en alguna relación, y \( X'' \) son los demás.

Ahora puedes ver que de hecho, \( M \cong F(X')/Ker(f) \oplus F(X'') \), donde \( F(X') \) es el submódulo libre de \( F \) generado por los elementos de la base que pertenecen a \( X' \), y lo mismo para \( F(X'') \).
El primer sumando es finitamente presentado y el segundo libre, como se quería.

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Álgebra / Re: Contra ejemplo
« en: 12 Octubre, 2020, 08:41 pm »
feriva, la pregunta no es si un subconjunto \( A \subseteq \Bbb Z \) cumple las condiciones i y ii. La pregunta es, ¿si tienes un subconjunto que cumple i y ii, necesariamente se sigue que \( A= \Bbb Z \)?
Es falso porque por ejemplo \( A=\Bbb N \) cumple ambas condiciones pero no es el conjunto de todos los enteros.

Pero fíjate que lo mismo cambiando \( \Bbb Z \) por \( \Bbb N \) sí es cierto: si tienes un subconjunto \( A \subseteq \Bbb N \) que cumple \( 0 \in A \) y \( n \in A \Rightarrow n+1\in A \), entonces \( A= \Bbb N \). De hecho este es el principio por el que funciona la inducción en \( \Bbb N \) (y no en \( \Bbb Z \)): los naturales están generados a partir del cero por sucesivas aplicaciones de la operación "siguiente".

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Sí. \( B \not\subset A \) es lo mismo que decir que existe un \( a \) que cumple \( a \in B \) y \( a \notin A \).

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Sí, claro, hay infinitas de cada tipo. Por ejemplo \( f(x)=c \arctan(x) \) para cualquier valor de \( c\neq 0 \) es inyectiva pero no exhaustiva.

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Yo también lo veo bien. Una prueba muy clara.  :aplauso:

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Estructuras algebraicas / Re: Isomorfismo.
« en: 11 Octubre, 2020, 08:46 am »
Ah, vale. Sí que funciona: comprueba que es morfismo de grupos y aplica el primer teorema de isomorfismo.

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Estructuras algebraicas / Re: Isomorfismo.
« en: 10 Octubre, 2020, 11:41 pm »
No sé si entiendo bien el ejercicio. ¿\( A(G) \) qué es, el grupo de automorfismos de \( G \)?

Porque si es así el resultado es falso. De hecho, \( Aut(G) \cong \Bbb Z/2 \), ya que solo hay dos automorfismos: la identidad y el que envía \( a \mapsto a^{-1} \).

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Cálculo de Varias Variables / Re: Puntos racionales en una curva
« en: 10 Octubre, 2020, 10:22 pm »
Bien. Ahora te basta con probar que \( x^2+y^2=3z^2 \) no tiene soluciones enteras.

Una pista para ello: considera la ecuación módulo \( 3 \). Si no te sale vuelve a preguntar.

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Estructuras algebraicas / Re: Clasificación de grupos.
« en: 10 Octubre, 2020, 05:17 pm »
Bueno, hay varias clases de grupos que están clasificadas. Una clase de grupos importante cuya clasificación se conoce es la clase de los grupos abelianos finitamente generados. Este resultado es muy accesible y se suele estudiar en un primer curso de álgebra. Quizás la conozcas ya.

Pero estoy casi seguro de que a lo que te refieres es a la clasificación de los grupos finitos simples. Este es uno de los grandes resultados de las matemáticas del siglo XX, culminando el trabajo de mucha gente.

Un grupo G es simple si sus únicos subgrupos normales son \( G \) y \( \{e\} \). La importancia de los grupos finitos simples es que son las piezas básicas con las que se construyen todos los grupos finitos.
Con más precisión, si \( G \) es un grupo finito, entonces tiene una serie de composición, que es una sucesión de subgrupos:
\( G=G_0 \supseteq G_1 \supseteq \dots \supseteq G_n=\{e\} \)
que cumple que cada \( G_i \) es normal en \( G_{i-1} \) y que \( G_{i-1}/G_i \) es simple.
Hay un teorema (Jordan-Holder) que te dice que la serie de composición de un grupo finito es esencialmente única, en el sentido de que los grupos simples \( G_{i-1}/G_i \) que aparecen en dos series de composición son los mismos (salvo isomorfismo).

Así pues, un grupo finito viene dado por sus piezas simples, y por cómo éstas están unidas entre sí. Obviamente, conocer todas las posibles piezas da mucha información sobre todos los grupos finitos, así que el teorema de clasificación de los grupos finitos simples es un resultado fundamental para entender la estructura de los grupos finitos. La otra información que falta para tener una comprensión completa de los grupos finitos es ver cómo estas piezas se pueden unir entre sí, que es lo que se conoce como el problema de la extensión, y que es mucho más difícil en general que el problema de clasificar los grupos finitos simples.

Espero que estas pinceladas que he dado den una idea del problema y de su importancia. No conozco muchas referencias sobre esto, pero si buscas "clasificación de grupos finitos simples" en google (o mejor, en inglés), encontrarás muchísima información.

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Foro general / Re: Números primos y más.
« en: 10 Octubre, 2020, 12:49 pm »
Es posible que los otros dos límites, \( d_2 \) y \( d_3 \), haya que cambiarlos pero parecería lógico pensar que sean valores inferiores a 1 ya que aunque los tres contadores cuentan números primos en los dos últimos casos son muchos menos primos que en el primero, que los cuenta todos.

Sí, llevas razón. De hecho, una observación sobre el segundo caso es que, si hubiera un número finito de primos gemelos (cosa no descartable, pero yo diría que poco probable), sería \( d_2=0 \). De todas maneras, aunque haya infinitos, la serie de los recíprocos converge, a diferencia de la de los recíprocos de todos los primos. Esto quiere decir que crece mucho más lentamente que los primos. Quizás usando esto se podría dar una cota superior teórica para \( d_2 \), no sé.

Sobre el tercer caso la cosa es más dudosa. Por ejemplo, a priori no veo ningún motivo por el que deba tener un límite definido y no sea oscilante, de manera que conforme vas aumentando \( n \) par haya algunos que se puedan escribir como suma de primos de muchas formas distintas y otros de pocas.

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Foro general / Re: Números primos y más.
« en: 10 Octubre, 2020, 09:01 am »
Si conozco el teorema de los números primos, pero me gustaría ver una demostración (en castellano si puede ser, mi inglés deja bastante que desear) ¿Puedes pasarme un enlace o un documento con la demostración?

Hay varias demostraciones, pero ninguna es trivial. La original usaba bastante análisis complejo. Hay otra de Erdös que es "elemental" (en el sentido de que no usa análisis complejo) pero es bastante complicada. Finalmente hay una prueba analítica de Newman bastante corta (comparada con las demás) que usa algo de análisis complejo pero bastante menos que la original. Sobre referencias, he encontrado esto en castellano sobre la prueba de Newman que a priori parece estar bastante bien:
https://miscelaneamatematica.org/welcome/default/download/tbl_articulos.pdf

Citar
Por otro lado usando dicho teorema tendríamos que:

\( \displaystyle\pi(n)\sim{}\frac{n}{log (n)}\quad\Rightarrow{}\quad \lim_{n \to\infty}{log_n(\pi(n))}= 1-\lim_{n\to\infty}{log_n(log(n))}=1-\lim_{n \to\infty}{\frac{log(log(n))}{log(n)}}=1 \)

que traducido a la nomenclatura de mi programa sería:

\( \displaystyle\lim_{n\to{+}\infty}{d_1}=\lim_{n \to\infty}{log_n\ c_1}=1\neq 0'85 ... \)

¿Te parece correcto?

Sí, justo eso hice yo.

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