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Mensajes - Bobby Fischer

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1
Hola

 ¿No habías preguntado ya por este ejercicio aquí:

https://foro.rinconmatematico.com/index.php?topic=111925.msg442447#msg442447 ?.

Saludos.

Sabía que había preguntado por determinación de cónicas, pero no recordaba que era el mismo ejercicio. Lo intento resolver y si tengo dudas pregunto de nuevo. Ya debería ser muy fácil; de todas formas, lo que sigue oculto para mí es por qué las cónicas del haz pueden elegirse de esa manera para llegar a la solución.

2
 ;D Hola,

Tengo un ejercicio que dice así:

Determinar las cónicas que tienen un contacto de segundo orden (osculatrices) con la cónica de ecuación \( x_0x_1+x_0x_2+x_1x_2=0 \) en el punto \( (0:1:0) \) y que pasa por los puntos \( (3:6:-2),\, (1:0:1). \) 

Obviamente el punto \( (0:1:0) \) pertenece a la cónica lugar del enunciado, pero el punto \( (3:6:-2) \) también.

Si llamamos \( Q \) a la cónica del enunciado, tenemos que la variedad \( polar_Q(P): \begin{bmatrix}{0}&{1}&{0}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{0}&{1}&{1}\\{1}&{0}&{1}\\{1}&{1}&{0}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{x_0}\\{x_1}\\{x_2}\end{bmatrix}=x_0+x_2=0 \)

A continuación, se tienen la recta \( x_0+x_2=0 \) que acabamos de obtener y la que pasa por los puntos \( (0:1:0),\, (3:6:-2) \), que tiene por ecuación \( 2x_0+3x_2=0 \), por lo que una cónica del haz podría considerarse \( (x_0+x_2)(2x_0+3x_2)=0 \), que tiene por matriz representante \( \begin{bmatrix}{4}&{0}&{5}\\{0}&{0}&{0}\\{5}&{0}&{6}\end{bmatrix} \).

Falta ahora la segunda cónica para formar el haz. La elección de dicha cónica no sé hacerla, no sé muy bien de qué depende su elección. Pero intuitivamente es coger la recta de ecuación \( (x_0+x_2)^2=0 \) y decir que es una recta doble. Tendríamos que una matriz representante es \( \begin{bmatrix}{1}&{0}&{1}\\{0}&{0}&{0}\\{1}&{0}&{1}\end{bmatrix} \), así que el haz viene dado por: \( \begin{bmatrix}{4\lambda_1+\lambda_2}&{0}&{5\lambda_1+\lambda_2}\\{0}&{0}&{0}\\{5\lambda_1+\lambda_2}&{0}&{6\lambda_1+\lambda_2}\end{bmatrix} \)

Por último queda imponer que el punto \( (1:0:1) \) pertenezca al lugar de dicha cónica, con lo que se obtiene \( 5\lambda_1+\lambda_2=0 \), consiguientemente la cónica buscada es \( (x_0+x_2)(x_0-x_2)=0 \).

Pero no me convence.

3
Hola,

Lo entiendo perfectamente.
He estado haciendo el calculeo que viene después, también. Al margen de que lo haya resuelto bien o no, ya tengo la idea de cómo se hace, que es lo más importante.

Muchas gracias.


4
Geometrías No Euclidianas - Geometría Proyectiva / Determinar cónicas
« en: 10 Septiembre, 2020, 01:29 pm »
Hola,

Tengo que determinar las cónicas de \( \mathbb{P}^2(\mathbb{R}) \) que pasan por los puntos \( (1:0:1),\, (3:-2:0) \) y son tangentes a las rectas \( x_0+2x_1=0,\,x_1=0,\, x_0+x_1-2x_2=0 \).

Es fácil ver que el punto \( (1:0:1) \) está en la recta \( x_1=0 \), por lo que la cónica buscada es tangente a la recta en ese punto.

Me gustaría resolverlo usando haces de cónicas, pero no veo cómo.

5
Es que las rectas proyectivas no funcionan así. No tiene sentido hablar de vectores que unen dos puntos en coordenadas homogéneas. La recta que pasa por los dos puntos viene dada por una combinación lineal, son los puntos de la forma \( [\lambda:\mu:\lambda:\mu] \), con \( \lambda, \mu \) en el cuerpo de escalares \( K \), no ambas cero.
Para ver esto, recuerda que puedes identificar un punto en un espacio proyectivo con una recta (vectorial) en un espacio vectorial. Más precisamente, si \( p \in P(V) \) con \( V \) un espacio vectorial, y \( \pi:V - \{0 \} \to P(V) \) es la proyección, \( \pi^{-1} \cup \{0\} \) es una recta en \( V \). De igual manera puedes identificar una recta proyectiva en \( P(V) \) con un plano vectorial en \( V \).
Entonces, si tienes dos puntos proyectivos, que corresponden a dos rectas vectoriales en \( V \), la recta que los une corresponde al plano vectorial de \( V \) que contiene a la dos rectas. Si lo piensas verás que eso corresponde en tu caso a tomar la combinación lineal de \( [0:1:0:1] \) y \( [1:0:1:0] \). En total, depende de dos parámetros. Aunque parece que deba depender de tres, pues tienes la identificación \( [a:b:c:d] = [\rho a: \rho b: \rho c: \rho d] \) para todo \( \rho \in K^* \), fíjate que \( [\rho \lambda: \rho \mu: \rho \lambda: \rho \mu] \) vuelve a ser un punto de la forma \( [\lambda: \mu: \lambda : \mu] \).

Muchas gracias, ni se me pasaba la idea de que eso era de esta manera.

6
Geometrías No Euclidianas - Geometría Proyectiva / Rectas proyectivas
« en: 05 Septiembre, 2020, 07:18 pm »
Hola,

Estoy con espacios proyectivos y por un lado tengo una recta \( r=P+Q \) con \( P=[1:0:1:0] \) y \( R=[0:1:0:1] \). Entonces hago como si estuviera en el espacio afín y digo que \( r:=[x_0\, x_1\, x_2\, x_3]=P+\lambda\vec{PR} \), después de lo cual los puntos de la recta quedan en función del parámetro lambda. E implícitamente, como son puntos del proyectivo, pues..., quedan en función de otro parámetro. 

Luego me encuentro con otra recta cuya ecuación es:

\( \begin{cases}x_0=-\lambda +2\mu\\x_1=\lambda+\mu\\x_2=-\lambda -\mu\\ x_3=\lambda+\mu\end{cases} \)

Aquí los puntos de la recta dependen de dos parámetros. Qué es lo que está pasando.

7
Ecuaciones diferenciales / Re: Análisis solución ED.
« en: 31 Agosto, 2020, 12:20 am »
Entendido, muchas gracias.

 :aplauso:

8
Ecuaciones diferenciales / Re: Análisis solución ED.
« en: 30 Agosto, 2020, 10:37 pm »
Ahora entiendo.

Gracias.

Luego aparte tenía un apartado que decía:

"Se considera el problema de Cauchy de la EDO anterior junto a la condición inicial \( y(0)=1/2 \). Denotemos por \( I(0,1/2) \) y \( \varphi \) su intervalo y solución maximal, respectivamente. Demostrar que \( \varphi \) es decreciente y que \( I(0,1/2)=\mathbb{R} \)."

Que \( \varphi \) es decreciente se averigua fácilmente de que para todo \( y\in (0,1) \), \( y'<0 \).
Que el intervalo de solución maximal es \( \mathbb{R} \) puede verse suponiendo que no sea \( \mathbb{R} \) y llegando a contradicción, pues tendríamos que al menos una de las dos semitrayectorias estaría acotada, y siendo \( d(\tau_{\varphi ^+},\partial \Omega)>0 \) o \( d(\tau_{\varphi ^-},\partial \Omega)>0 \), y se concluiría que la solución es prolongable, en contradicción con el hecho de ser maximal.


Por último:

"Se considera ahora el (PC) con la condición inicial \( y(0)=2 \). Si denotamos \( I(0,2)=(\alpha,\beta) \) probar que \( \alpha=-\infty \) y \( \beta<\infty \), usando la desigualdad \( -y+y^2\geq \frac{1}{2}y^2 \) para \( y\geq 2 \)."

Creo que lo veo más o menos claro, calculando la solución de \( y'=\frac{1}{2}y^2 \), \( y(0)=2 \), la cual es \( \psi=\dfrac{2}{1-x} \), que tiene una asíntota horizontal en \( y=0 \) y una vertical para \( x=1 \). Dibujando el punto \( (0,2) \) en el plano (por el que ambas soluciones pasan), como la derivada de una es mayor que la otra, si no se han encontrado hasta entonces es que siempre quedaba la mayor crecimiento por debajo. Y análogamente, a partir del punto donde coinciden, la de menor crecimiento debe quedar por debajo, pero como tiene una asíntota vertical, eso significa que \( \beta\leq1 \), por lo que \( \beta<+\infty \) según lo que quería probarse.

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Ecuaciones diferenciales / Análisis solución ED.
« en: 30 Agosto, 2020, 08:35 pm »
Hola,

Tengo \( y'=-y+y^2 \) junto con la condición inicial \( y(0)=1/2 \).

Me preguntan por las soluciones constantes; trivialmente se calculan, son \( y=0 \) e \( y=1 \).
Me gustaría saber en primer lugar cómo se deduce que la solución \( \varphi \) del problema de Cauchy está acotada entre 0 y 1, sin dar solución explícita al problema (la cual es \( \varphi=\dfrac{1}{1+e^x} \)).

10
Hola,

Consideremos el problema de Cauchy: \( \begin{cases}y'=f(t,y),\\y(t_0)=y_0\end{cases} \)

donde \( f\in C^0(\Omega,\mathbb{R}^N),\: (t_0,y_0)\in \Omega \) y sea \( (I=(\alpha,\beta),\varphi) \) una solución del problema de Cauchy.

a) ¿Qué significa que \( (I,\varphi) \) sea prolongable por la derecha?

Significa que existe un intervalo \( J \) y una función \( \psi \) cuyo dominio es \( J \) solución del problema de Cauchy y tal que \( \sup I\in J \) y \( I\subset J \).

b) Probar que \( (I,\varphi) \) es prolongable por la derecha si y solo si existe \( \lim_{t\to\beta^-}\varphi(t):=y_{\beta} \) y \( (\beta, y_{\beta})\in\Omega \).

Esto tardo demasiado en darle forma.

c) ¿Es prolongable por la derecha la solución de \( y'=y^2, y(0)=1 \) en el intervalo \( I=(0,1) \)?

La solución es \( \varphi=\dfrac{1}{1-x} \) y \( \lim_{t\to1^-}=+\infty \). De acuerdo con la afirmación anterior, dicha solución no es prolongable por la derecha.

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Ecuaciones diferenciales / Re: EDO primer orden
« en: 28 Agosto, 2020, 08:24 pm »
\( \Phi(x,y)=k(x^2y^3+xy^6)+c \)                   \( (k,c\in\mathbb{R}) \)

Me he fijado de que en este caso,  como \( \alpha(y)=ky^2 \), \( \alpha=0 \) no introduce soluciones nuevas porque \( y=0 \) ya es solución de la ecuación original.

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Ecuaciones diferenciales / Re: EDO primer orden
« en: 28 Agosto, 2020, 02:35 pm »
Casi lo tengo, me queda un término que no debería aparecer. Lo intento de nuevo más tarde.

 :aplauso:

13
Ecuaciones diferenciales / EDO primer orden
« en: 28 Agosto, 2020, 08:49 am »
Hola,

Para resolver \( (2xy+y^4)+(3x^2+6xy^3)y'=0 \), si considero que se trata de una función en forma implícita \( \Phi(x,y)=0 \), debería tener, derivando respecto a x, \( \frac{\partial}{\partial x}\Phi(x,y)+\frac{\partial}{\partial y}\Phi(x,y)\frac{\partial y}{\partial x}=0 \)

Sin embargo,

\( \frac{\partial}{\partial y}\left ( \frac{\partial}{\partial x}\Phi\right)=2x+4y^3 \)

\( \frac{\partial}{\partial x}\left( \frac{\partial}{\partial y}\Phi\right)=6x+6y^3 \)

Aquí qué se hace.

Saludos.

14
De acuerdo, muchas gracias a los dos.

Saludos.

15
Hola,

Si tengo \( y''+4y'+5y=e^{2x}\sen x \)

\( y(0)=a \)
\( y'(0)=b \)

\( a,b\in\mathbb{R} \)

La solución de la ecuación homogénea asociada es:

\( \varphi_{h}(x)=e^{-2x}(c_1\cos(x)+c_2\sen(x)) \)

La pregunta es cómo consigo una solución particular de la EDO.

Saludos.

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Ecuaciones diferenciales / Re: Ecuación diferencial ordinaria.
« en: 24 Julio, 2020, 10:00 am »
Gracias delmar,

Saludos.

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Ecuaciones diferenciales / Ecuación diferencial ordinaria.
« en: 22 Julio, 2020, 06:12 pm »
Hola,

Se considera la EDO \( y'=2xy^2-2xy \)

a) Determinar las soluciones constantes:


Son de la forma \( \varphi=c \), que implica \( \varphi'=0 \). Sustituyendo, quedan \( \varphi_1=0 \) y \( \varphi_2=1 \).

b) Admitiendo que por cada punto del plano pasa una única solución, determinar las regiones donde las soluciones son crecientes y decrecientes, y los puntos de máximos y mínimos.

Estoy algo confundido porque tengo una expresión del tipo \( y'=f(x,y) \), y se supone que en general se busca \( y=\varphi(x) \), pero creo que la solución debería ser una función implícita del tipo \( \Phi(x,y)=0 \).

Igualando \( y' \) a cero, habría que considerar las regiones del plano limitadas por \( y=0 \), \( y=1 \) y por \( x=0 \). Quedan entonces 6 regiones donde se tiene de forma alternada que \( y'(x,y) \) es negativa, positiva, positiva, negativa y negativa y positiva.

 ???

18
Hola,

Iba a preguntar una duda sobre la demostración siguiente, pero creo que la he resuelto. De todas formas, ¿qué significa que "la integral está efectuada componente a componente"?

Vamos a demostrar en esta sección un resultado de existencia y unicidad de solución, en un intervalo suficientemente pequeño, para el problema de Cauchy

\begin{align*}(PC)\begin{cases}y'=f(x,y),\\ y(x_0)=y_0.\end{cases}\end{align*}

En concreto, vamos a demostrar el siguiente resultado:

(Teorema de Picard) Sean \( \Omega \subset \mathbb{R}^{N+1} \) un conjunto abierto no vacío, y \( f:\Omega \to \mathbb{R}^N \) tal que:

\( f\in C(\Omega; \mathbb{R}^N)\cap Lip_{loc}(y,\Omega) \).

Con estas condiciones, para cada \( (x_0,y_0)\in \Omega \), existe un \( \delta>0 \), tal que si denotamos \( I_{\delta}=[x_0-\delta,x_0+\delta] \), existe una y sólo una solución del problema (PC) en \( I_{\delta} \).

Demostración. Como \( \Omega \) es abierto y \( f\in Lip_{loc}(y,\Omega) \), existen \( a_0>0 \) y \( b_0>0 \), tales que si denotamos

\( R=[x_0-a_0,x_0+a_0] \times \overline B(y_0,b_0) \)

se satisfaga

\( R\subset \Omega \), y \(  f\in Lip(y,R) \).

Sea \( L>0 \) una constante de Lipschitz para \( f \) en \( R \), es decir, tal que \( |f(x,y_1)-f(x,y_2)|\leq L|y_1-y_2| \), \( \forall (x,y_1),(x,y_2)\in R \),

y denotemos

\( M=\max_{(x,y)\in R}|f(x,y)|  \),

máximo que se alcanza por ser \( f \) continua y \( R \) compacto.

Fijemos un número \( \delta \) tal que

\( 0<\delta<\min(a_0,b_0/M,1/L) \),

y consideremos el conjunto

\( X=\{\varphi \in C(I_{\delta};\mathbb{R}^N);\; |\varphi(x)-y_0|\leq b_0, \forall x \in I_{\delta}\}. \)

Evidentemente, \( X \) no es más que la bola cerrada en \( (C(I_{\delta};\mathbb{R}^N),||.||_{\infty}) \), de centro la función \( \varphi_0\equiv y_0 \), y radio \( b_0 \). En consecuencia, \( X \) es un subconjunto cerrado no vacío de \( (C(I_{\delta};\mathbb{R}^N),||.||_{\infty}) \), y por tanto \( (X,d) \), con \( d \) definida por

\( d(\varphi,\psi)=\max_{x\in I_{\delta}}|\varphi(x)-\psi(x)| \), \( \forall \varphi,\psi \in X \),

es un espacio métrico completo.

Nosotros ya hemos visto en el Tema 2 que \( \varphi \) es solución del problema de Cauchy en \( I_{\delta} \) si y sólo si satisface la formulación integral, es decir, es solución del problema

  • \( \varphi \in C(I_{\delta};\mathbb{R}^N) \),
  • \( (x,\varphi(x))\in \Omega \), para todo \( x \in I_{\delta} \),
  • \( \varphi(x)=y_0+\displaystyle\int_{x_0}^x f(s,\varphi(s))ds, \quad \forall x \in I_{\delta} \), donde la integral está efectuada componente a componente.

Ahora bien, por la elección de \( \delta \), si \( \varphi \) satisface los tres puntos anteriores, entonces \( \varphi \) satisface

\( |\varphi(x)-y_0|\leq b_0, \quad \forall x \in I_{\delta} \),

ya que, en caso contrario, como \( |\varphi(x_0)-y_0|=0<b_0 \), por continuidad de la función \( |\varphi(x)-y_0| \), existiría un punto \( \hat x \in I_{\delta} \), con \( \hat x\neq x_0 \), tal que

\(  |\varphi(\hat x)-y_0|=b_0 \), y \( |\varphi(x)-y_0|<b_0 \),

para todo \( x \) en el intervalo abierto de extremos \( x_0 \) y \( \hat x \). Entonces, por el punto 3, se tendría

\( b_0=|\varphi(\hat x)-y_0|=\left|\displaystyle \int_{x_0}^{\hat x}f(s,\varphi(s))ds\right|\leq M |\hat x-x_0|\leq M\delta <b_0 \), lo cual es un absurdo.

En consecuencia, resulta ahora evidente que \( \varphi \) es solución del problema de Cauchy en el intervalo \( I_{\delta} \), si y sólo si \( \varphi \) pertenece a \( X \) y satisface el punto 3.

Denotemos, para cada función \( \varphi \in X \), por \( T\varphi \) a la función definida por \( (T\varphi)(x)=y_0+\displaystyle \int_{x_0}^x f(s,\varphi(s))ds,\quad \forall x \in I_{\delta} \).

Es inmediato que \(  T\varphi \in C(I_{\delta}; \mathbb{R}^N) \). Además, para todo \(  x\in I_{\delta} \), se tiene

\( |(T\varphi)(x)-y_0|=\left| \displaystyle \int_{x_0}^x f(s, \varphi(s))ds\right|\leq M|x-x_0|\leq M \delta <b_0 \),

y en consecuencia, \( T\varphi \) pertenece a \( X \). Es decir, \( T:X\to X \).

Está claro de todas las consideraciones precedentes, que \( \varphi \) es solución del problema de Cauchy en el intervalo \( I_{\delta} \), si y sólo si \( \varphi \) es un punto fijo de la aplicación \( T \). En consecuencia, para terminar con la demostración del teorema, basta con comprobar que \( T \) es contractiva. Para ello, sean \( \varphi \) y \( \psi \) dos elementos de \( X \), y \( x\in I_{\delta} \). Entonces

\( |(T\varphi)(x)-(T\psi)(x)|=\left|\displaystyle \int_{x_0}^x f(s,\varphi(s))-f(s,\psi(s))ds\right|\leq \left|\displaystyle \int_{x_0}^x \left|f(s,\varphi(s))-f(s,\psi(s))\right|ds\right|\leq L\left |\displaystyle \int_{x_0}^x |\varphi(s)-\psi(s))|ds\right|\leq L |x-x_0|d(\varphi, \psi) \),

y por tanto,

\( d(T\varphi,T\psi)=\max_{x\in I_{\delta}} |(T\varphi)(x)-(T\psi)(x)|\leq L\delta d(\varphi,\psi) \),

siendo \( L\delta<1 \).

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Álgebra / Re: Duda circunferencia
« en: 30 Junio, 2020, 05:14 pm »
Hola,

Si tienes el lugar geométrico de los puntos \( (x,y)\in\mathbb{R}^2 \) tales que \( (x-a)^2+(y-b)^2=0 \), existe un único punto de \( \mathbb{R}^2 \) que cumple esa ecuación. Ese punto tiene por coordenadas \( (a,b) \).

Esto es porque \( (x-a)^2+(y-b)^2=0\quad\Longleftrightarrow \quad(x-a)^2=0\quad \wedge\quad (y-b)^2=0\quad\Longleftrightarrow \quad(x-a)=0\quad\wedge\quad (y-b)=0 \)

20
Hola,

Supongamos que tengo una variedad lineal afín \( Y=Y_1\cap Y_2 \) en \( \mathbb{A}^2(\mathbb{R}) \) dada por el sistema de ecuaciones: \( \begin{cases}-x_1+x_2=0\\-1-x_1+x_2=0\end{cases} \)

Ahora imaginemos que "homogenizo" las ecuaciones de \( Y_1 \) e \( Y_2 \) porque pretendo obtener sus clausuras proyectivas y hallar la intersección de ambas.

Entonces queda \( \overline{Y_1}\cap\overline{Y_2}=\begin{cases}-x_1+x_2=0\\ -x_0 -x_1+x_2=0\end{cases} \)

Resolver el sistema da como solución \( [x_0:x_1:x_2]=\alpha [0:1:0]+\beta[0: 0:1] \) dependiente de los parámetros \( \alpha \) y \( \beta \) (que es el plano del infinito \( H_\infty:\{x_0=0\} \))

Cuando empecé a escribir creía encontrar algo extraño en la escritura de \( [x_0:x_1:x_2]=\alpha [0:1:0]+\beta[0: 0:1] \), pero ahora veo que no. Así que duda resuelta.

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