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Teoría de Conjuntos / Ejercicio en los números naturales
« Último mensaje por lina.galvism en 25 Noviembre, 2020, 07:58 pm »
Hola a todos, espero se encuentren bien.

Estoy en la formalización de los números naturales, pero me encontré con el siguiente ejercicio:

Para cada secuencia finita \( \left\langle  k_i: 0\leq i\leq n\right\rangle  \) de números naturales, defina su sumatoria

\( \sum \left\langle  k_i: 0\leq i\leq n \right\rangle \)

Por medio de las siguientes reglas:

1. \( \sum \left\langle \bullet \right\rangle \), donde \( \left\langle \bullet \right\rangle  \)denota la secuencia vacía

2. \( \sum \left\langle k_0 \right\rangle=k_0 \)

3. \( \sum \left\langle  k_i: 0\leq i\leq n\right\rangle= \Sigma \left\langle  k_i: 0\leq i\leq n+1\right\rangle+k_n \) para todo \( 1\leq n \)
Es usual denotar \( \sum \left\langle  k_i: 0\leq i\leq n \right\rangle \) como  \(  \displaystyle\sum_{0\leq i\leq n} k_i \) o \( \displaystyle \sum_{i=1}^{n} k_i \)

Demuestre que:

\( \displaystyle \sum_{i=1}^{n} k_i+h_i=\displaystyle \sum_{i=1}^{n} k_i+ \displaystyle \sum_{i=1}^{n} h_i$ \)


Yo sé que no puedo tomar la sumatoria como la conocemos porque no esta definida de esa forma, la idea que se me ocurre sería hacerlo por inducción sobre \( h_i \), para poder demostrar esa igualdad.
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Cálculo de Varias Variables / Re: Flujo del rotacional
« Último mensaje por Bobby Fischer en 25 Noviembre, 2020, 07:40 pm »
Gracias Bobby, lo había corregido en papel y al ponerlo en el mensaje lo dejé mal.
Lo que me pareció es que weimar solo había integrado un tramo y espero mi respuesta le haya hecho notar que le faltaba integrar por el resto de tramos.

Saludos

Un saludo a los dos, y gracias.
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Cálculo de Varias Variables / Re: Teorema de Gauss 1
« Último mensaje por Bobby Fischer en 25 Noviembre, 2020, 07:37 pm »
Hola, la duda es la siguiente puedo cosiderar: Sea $$W\subseteq{R^3}$$  el solido cuya frontera es $$\partial W=S \cup{S_{1}}$$ luego por el teorema de Gauss:

$$\iint_{S}F.ndS+\iint_{S_1}F.n_1 dS=\iiint_{W}div(F)dW=0$$

donde $$S_1: z=0 , x^2+y^2 =9 $$

Aqui considero la superficie $$S$$ abierta y la cierro con la tapa de abajo $$S_1$$ para aplicar Gauss.
o

Sea $$W\subseteq{R^3}$$  el solido cuya frontera es $$\partial W=S \cup{S_{1}} \cup S_2$$ luego por el teorema de Gauss:

$$\iint_{S}F.ndS+\iint_{S_1}F.n_1 dS+\iint_{S_2}F.n_2 dS=\iiint_{W}div(F)dW=0$$


donde $$S_1: z=0 , x^2+y^2 =9 $$ y $$S_2: z=5 , 1 \leq  x^2+y^2 \leq{ 4}$$

Aqui considero la superficie $$S$$ abierta y la cierro con la tapa de abajo $$S_1$$ y la tapa del plano $$z=5$$ osea $$S_2$$
y ai aplico Gauss

 :-\ :-\ :-\

Hola

...
¿La divergencia te da cero? no me parece que la divergencia del campo dado sea cero.

La divergencia sí da $$0$$

Ah es verdad, qué oxidado estoy recordaba mal la divergencia, la recordaba similar al gradiente como un vector.

Entonces significa que el flujo del campo en todo el sólido dado es nulo. No habría nada qué calcular.

Saludos

¡Ah, vale! Ahora me has recordado la idea. Sí, la integral de la que el enunciado quiere el valor es la opuesta de una integral que puedes calcular con más facilidad.

Pero creo que faltaría multiplicar por el jacobiano, de manera que la integral de superficie de la tapadera quedaría (con la normal hacia abajo):

$$\displaystyle\int_{0}^{2\pi}\int_0^3-r^4cos^2\theta\, dr d\theta=-\dfrac{243}{5}\pi$$

$$\displaystyle\iint_S F\cdot d\mathbf{S}=\dfrac{243}{5}\pi$$  (a falta de revisión)
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Gracias por tu respuesta, si mis cálculos no me fallan, al despejar K me da 1,5; por lo tanto debo subir el precio 50%.
Espero que tu te encuentres bien.
Mil gracias.

Correcto, se debe aumentar 50%.

A pesar del año que nos ha tocado vivir, me encuentro bien gracias.

Saludos
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Gracias por tu respuesta, si mis cálculos no me fallan, al despejar K me da 1,5; por lo tanto debo subir el precio 50%.
Espero que tu te encuentres bien.
Mil gracias.
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Lógica, Conjuntos, Lenguajes Formales / Re: Más lógica...
« Último mensaje por Raul C en 25 Noviembre, 2020, 06:43 pm »
Disculpar, si que es cierto que uso una web externa para lo de LaTex y es un lio. Disculpar por los simbolos mal puestos. Espero poder hacerlo mejor.

Voy a intentar el 2 y 4 que son los que quedan a ver que tal:
El 2:
\[  \forall x ((I(x) \to \exists y (L(y) \wedge C(x,y)) \wedge \forall z (C(x,z) \to L(z))) \to V(x))  \]
Aqui he intentado poner que solo colaboran con "los que son laboratorios"
El 4:
\[ \forall x ((L(x) \to P(x)) \to \forall y (R(y) \to I(y))) \]
Es este ultimo entiendo que solo reciben ayuda, si eres un laboratorio. Solo se aplica a la condición, no es así? quiero decir que si no eres investigador, no recibes ayudas.

Gracias todos, por vuestra ayuda.
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Lógica, Conjuntos, Lenguajes Formales / Re: Mas logica...
« Último mensaje por mario en 25 Noviembre, 2020, 05:58 pm »
Editando tu mensaje se puede ver
1) escribís un símbolo por línea, en lugar de escribir por líneas, que es lo común.
2) utilizás cosas que NO son Latex, como ∃,∀,→
Abandoná los híbridos: donde ponés ∃,∀,→  utilizá Latex: \exists, \forall, \to

Uhh, no había visto todo el comentario de geometracat.
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Vale, ahora creo que lo pillo, tú te referías a las posibles superficies de Riemann no compactas cuando no se considera "rellenar" los puntos singulares de ramificación ni mirar si la monodromía no trivial va acompañada de singularidades esenciales. No hace falta la distinción entre puntos rama algebraicos o trascendentes en ese caso.
Sin embargo para la univaluación sin saltos(sin tener que sumar o restar \( 2\pi i \) en cada hoja no pudiendo volver nunca a la hoja original como pasa en el logaritmo), que es en lo que yo pensaba, se consideran solo los puntos algebraicos que pueden dar superficies de Riemann compactas.

Eso es, a eso me refería.
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En realidad yo estaba hablando de cualquier función (con puntos de ramificación ya sean algebraicos o trascendentes), pero quitando sus puntos de ramificación. Ahí no hay problema: obtienes una superfície de Riemann (no compacta) que es un recubridor de \( \Bbb C \setminus B \) donde \( B \) son los puntos de ramificación. Si es algebraica el recubridor tendrá un número finito de hojas, mientras que si es trascendente puede tener un número infinito (como el logaritmo), pero eso es todo.
Vale, ahora creo que lo pillo, tú te referías a las posibles superficies de Riemann no compactas cuando no se considera "rellenar" los puntos singulares de ramificación ni mirar si la monodromía no trivial va acompañada de singularidades esenciales. No hace falta la distinción entre puntos rama algebraicos o trascendentes en ese caso.
Sin embargo para la univaluación sin saltos(sin tener que sumar o restar \( 2\pi i \) en cada hoja no pudiendo volver nunca a la hoja original como pasa en el logaritmo), que es en lo que yo pensaba, se consideran solo los puntos algebraicos que pueden dar superficies de Riemann compactas.

Citar
Otro tema es el de completar las superfícies de Riemann obtenidas a los puntos de ramificación. Si son algebraicos lo puedes hacer y obtienes una superfície de Riemann compacta (para que sea compacta hay que incluir el infinito, de manera que tienes que pensar las funciones no en \( \Bbb C \) sino en la esfera de Riemann). Si son trascendentes, en principio no se puede hacer. Lo cierto es que no sé muy bien a qué se refiere Penrose.

Añadido: Ah bueno, se me ocurre que Penrose se puede referir a lo siguiente. La superfície de Riemann asociada al logaritmo es el recubridor universal de \( \Bbb C \setminus \{0\} \), que de hecho se puede identificar con \( \Bbb C \) y donde la proyección \( \pi:\Bbb C \to \Bbb C \setminus \{0\} \) es la aplicación exponencial \( \pi(z)=\exp(z) \). Entonces, como la superfície de Riemann asociada es \( \Bbb C \), la puedes completar a una esfera añadiendole un punto. Pero \( \pi \) no se puede extender de manera continua a una aplicación de la esfera de Riemann en \( \Bbb C \), así que la interpretación como superfície de Riemann de una función se pierde.
Exacto.
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Lógica, Conjuntos, Lenguajes Formales / Re: Mas logica...
« Último mensaje por geómetracat en 25 Noviembre, 2020, 05:43 pm »
No sé el prestigio que tengo, pero a mí no me parece que esté bien.
Por poner un ejemplo sencillo, el ejemplo de manooooh:
Por ejemplo "Algunas personas sólo comen carne" sería \( \exists x(P(x)\land C(x)) \)
Ahí no dice "algunas personas solo comen carne", sino "algunas personas comen carne". Si dices que "solo come carne" quiere decir que no comen nada que no sea carne. Es mejor para traducirlo a lógica parafrasearlo así: "Algunas personas comen carne, y si comen algo entonces ese algo es carne". Con lo que quedaría algo del estilo:
\( \exists x( P(x)\wedge C(x,c) \wedge \forall y (C(x,y) \to y=c)) \),
donde \( C(x,y) \) quiere decir "x come y", y \( c \) es una constante "carne".

Por ejemplo, F1 quedaría "no existe ningún investigador que colabore con laboratorios, y que si colabora con algo ese algo sea un laboratorio":
\( \neg \exists x (I(x) \wedge \exists y (L(y)\wedge C(x,y))\wedge \forall z (C(x,z) \to L(z))) \)

Intenta tú las demás con el solo. F3, que no tiene "solo", está bien.

Creo que el \( \exists y \) es un universal. Fíjate que dice "colabora con laboratorios", que se reescribe como "colabora con todos los laboratorios". Es como si te dijera "Los perros son machos"; es lo mismo que "TODOS los perros son machos" como escribes en F2. Así que para mí sería \( \neg\exists x ( I ( x )\land\forall y ( L ( y ) \to C ( x , y ) ) ) \). ¿Qué opinas geómetracat? ;)

Ahí dice "no hay ningún investigador que colabore con todos los laboratorios", que es bastante distinto de la frase a traducir.

Por cierto, me uno al PD de manooooh: escribe bien las fórmulas en LaTeX, que no cuesta tanto. No sé cómo lo estás haciendo, pero cuando cito  mensaje me sale un símbolo por línea y es muy molesto. Además, las flechas que han puesto quedan horribles. Te dejo los comandos para los símbolos típicos de lógica:
\( \neg \) \neg
\( \wedge \) \wedge
\( \vee  \) \vee
\( \to \) \to
\( \leftrightarrow \) \leftrightarrow
\( \exists \) \exists
\( \forall \) \forall
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