xeblaggg

Me parece que es más pedagogica la diagonalización de Cantor para demostrar que los reales son no numerables, pero bueno. Uno prueba esto por contradicción, suponiendo que existe una lista de los número que están entre 0 y 1. La idea consiste en crearse intervalos encajonados y cerrados que vayan sacando de a poquito los número de esta lista. Intuitivamente al final uno saca todos los elementos de la lista. La construcción de dichos intervalos es algo como esto: -Listar los elementos de [0,1], digamos x_1, x_2, ... , x_n,.... -Tomar J_1 intervalo cerrado de largo 1/3 que no contenga a x_1 (Algunos toman 1/2, pero x_1=1/2 podría dar problemas). -Si x_2 esta en J_1 entonces realizar el mismo procedimiento, pero esta vez tomando intervalo J_2 de largo 1/3^2 contenido en J_1. -Si no, avanzar en la lista hasta encontrar un x_n que este en J_1 y tomar subintervalo J_2 de largo 1/3^2. Repetir lo anterior con cada x_n. Notemos que la lista la recorremos en orden creciente del indice n. Cada vez que sacamos un elemento, obtenemos un Intervalo contenido en el anterior y de largo 1/3 del anterior. Para concluir se usa lo siguiente, se llama teorema de intervalos encajonados de Cantor, dice que si tienes intervalos encajonados y que si su largo decrece a 0, entonces la intersección de todos esos intervalos es no vacía y más aún es un único punto. Entonces si intersectas todos los intervalos anteriores obtienes un punto x. Y obviamente x vive en [0,1]. Y por nuestra hipótesis x=x_k para algun elemento de la lista. Aquí es donde se llega a la contradicción, pues si x está en la intersección, entonces es un elemento que vive en todos los J_n, pero dada la forma en que construimos los J_n, en algún momento x_k tiene que haber salido. Si recordamos la construcción de los J_n, comenzamos recorriendo la lista por x_1, luego x_2 y así sucesivamente. Avanzando en los indices de los elementos, podemos llegar hasta x_k que está en algún J_m. En tal momento x debe salir, lo cual es una contradicción a lo obtenido. Otra forma de concluir es decir que tal elemento no está en la lista anteriormente descrita, lo cual nos indica que no podemos numerar todos los elementos de [0,1]. La gracia es haber usado el teorema de Cantor para obtener un punto que estaba fuera de la lista de alguna manera y el haber quitado de la lista todos los elementos. saludos

El conjunto que obtuviste es un conjunto generador, pues te permite escribir los elementos de tu conjunto. Seguramente lo que te estan preguntando es por una base del conjunto, lo cual no es lo mismo que un conjunto generador. Dado un conjunto D, un conjunto generador de D es un subconjunto C de D, tal que si tomo un x en D, entonces de alguna manera voy a poder encontrar una combinacion lineal de elementos de C que me permitan escribir x. Así que en estricto rigor el mismo conjunto D es un conjunto generador. La diferencia entre una base y un conjunto generador, es que en la base se les exige a los elementos ser linealmente independientes. Por ejemplo, en el primer caso tomamos como candidato a {1,x^2} (que es linealmente indep.), vemos que efectivamente S contiene a {1,x^2} y que cada tipo de S se escribe como una combinación lineal de los de {1,x^2}. Por lo que efectivamente {1,x^2} es base, y por lo tanto generador. Cabe destacar que las bases no necesariamente son únicas, pues podriamos haber tomado {1,1+x^2} que tambien genera a S y es lineamente indep. En el otro conjunto ocurre lo mismo, dado que ya tienes un generados {ax^3+bx : a, b reales} es fácil intuir una base de este. saludos.

Puede que mi explicación haya sido media simiesca dado que la escribí a las 3 am. Lo primero que hay que saber es que si se tiene algo como cos(b)=x, la cosa se pone fea, ya que cos (y también sen), son funciones y lo que uno desea es despejar b, para eso hay que aplicar la inversa de cos que se llama arccos. Para acortar la explicación, no existe una manera fácil de calcular los angulos con funciones trigonometricas, es por eso que existen ( o existieron) tablas trigonómetricas. En ciertos casos el calculo es fácil, pero, es únicamente porque son ángulos memorizados y con esto me refiero a que yo me los sabía de antemano Los ángulos típicos son los del triangulo equilatero, y el del triangulo rectangulo isoceles ( mitad de un cuadrado), Por ejemplo en el caso del triangulo rect. isoceles de lado 1 tenemos entonces si escribimos las funciones trigonometricas para el triangulo de arriba, nos queda pero de antemano sabemos que b = pi/4 =45°., Entonces en cualquier triangulo que tenga dichas funciones trigonometricas obtendremos que sus angulos son pi/4. Y lo mismo ocurre en el caso del triangulo equilatero, solamente que en ese caso hay que tomar la altura como hice en la solución. No se si hasta ahora te habras dado cuenta, pero en el problema nos decian casi explicitamente que el triangulo OBC era rectangulo. así que en cierta manera está de más utilizar funciones trigonometricas en este problema. Si te complica demasiado las funciones trigonometricas, trata de resolver el problema mediante triangulos simétricos, o sea que se han rotado o que sus lados han sido reescalados de manera proporcional. En el caso del problema teniamos un triangulo rectangulo isoceles igual al de la figura rotado y reescalado por r. Siento mucho si cause alguna confusión por usar funciones trigonometricas, quizas el hacer el problema a las 3 am me jugó en contra. Algo que me faltó mencionar en el primer post, es la transformación de radianes a grados y de grados a radianes, te dejo la siguiente relacion para hacer el cambio de un sistema a otro

te subo la solucion que hice, es lo mejorcito que me salio a las 3 am, ojala sirva, cualquier duda preguntas Se perdió algo de calidad en las imagenes, pero creo que el texto es entendible.

Espero que no sea demasiado tarde, yo no usaria el criterio de la integral con esa cosa tan fea, lo mejor es comparar la serie con algo conocido, como la serie de 1/n^2, veamos como Es facil probar que Esto es y nos damos cuenta que , a partir de n0. Luego basta separar la serie original en la suma hasta n0 y de n0 en adelante, y usar que la serie de 1/n^2 converge.

Lo puse en la calculadora y no hay ningun error, el desarrollo esta limpio ademas perdon pero 0.01*(1/3)=(1/100)*(1/3)=1/300 y no 3/100 asi que eso esta perfecto Ahora bien, el numero 2815625/3, sale de reemplazar el 250 en el polinomio resultante de la integral, seguramente el que realizó la operatoria lo hizo en calculadora cientifica y usó la funcion que muestra el resultado en fracciones (SÍ aunque no lo crean, las calculadoras cientificas tienen esas funciones). El resultado final 3754.16, es hacer las fracciones tal cual estan escritas, o sea, pesco 2815625, lo divido por 3 me resulta 938541.66666... (este numero te tiene que dar cuando uno ingresa los valores a la calculadora) pesco ese numero y lo divido por 250 me resulta 3754.166666... y se concluye la parte importante es cuando uno calcula 938541.6666... ya que si ese numero no te da, entonces estas haciendo un desarrollo mal.

Siempre hay que normalizar, los vectores normales a las superficies no cambian de tamaño para distintas posiciones (fijate en la dependencia de x e y) la idea es que sean una especie de indicador. Puede que a veces un vector normal tenga la forma (cos(t), sin(t), 0), en este caso el modulo es 1, por lo que ya esta normalizado o bien de la forma (1,0,0) el cual tambien esta normalizado. En esos caso uno "no normaliza" porque la pega ya esta hecha. El teo de Stokes que yo conozco dice asi Para S una superficie con normal n, y dS la frontera de S recorrida en sentido positivo con respecto a la regla de la mano derecha de n. Se pide tambien que F sea continuamente derivable y la frontera cerrada, pero eso ya es chachara. Sin extenderme mas, cuando uno revisa la demostracion del teo de stoke, uno lo que hace es aproximar la superficie S por n cuadraditos(los cuales despues hacemos tender a infinitos), en cada cuadradito se cumple Stokes para la norma normalizada (xd), por lo que en el limite tambien se tiene para la normal normalizada general de la superficie. Para ver mejor la materia te recomiendo el apunte del curso cuando vi esta materia, ahi un bosquejo de la demostracion (en la pag 68) http://www-old.dim.uchile.cl/~docencia/calculo_avanzado/material/apunte_ma2002_2009_2.pdf es un buen apunte, tiene algunos ejercicios resueltos y bien explicados, al final tiene varios capitulos de curvas y superficies que posiblemente expliquen mejor la materia que yo. Saludos.

gracias :) Viendo tu desarrollo, lo primero que noto raro es que no normalizaste es vector normal, o sea tienes que dividirlo por su norma(o modulo). Todavia no hago ese choclo integral, asi que no se si da el resultado -pi^2, pero supongo que normalizando el vector normal deberia dar el resultado. Si encuentro algo mas lo posteo luego. saludos

Si conoces el teo. de Weiestrass-Stone que dice que toda funcion continua en [a,b] puede ser aproximada uniformemente por polinomios, entonces se prueba que la integral de f^2 es nula y se concluye. El problema de usar TVM integral es que los puntos que te da el teorema no sabes como estan distribuidos en el intervalo [0,1], entonces podria ocurrir que todos esos puntos acumularan alrededor de por ejemplo 3/4 y de eso no se puede concluir que la funcion es nula en todo el intervalo. La gracia de usar WS, es que tienes convergencia uniforme y eso mata a la integral, o sea puedo cambiar la integral con el limite sin ningun problema. Si se me ocurre alguna forma de como abordarlo sin WS, entonces posteo Saludos

entre 0 y 2pi como dice ElTom, la manera facil de verlo es haciendo un dibujo. Si no, tienes que darte cuenta de las restricciones, en este caso como no hay restricciones del tipo x>0 (o <0 y tambien para y), entonces el t se mueve libremente.

Parametrizaste mal, tienes que usar coordenadas cilindricas y con eso llegas a x=2 cos(t) y=2 sin(t) z=1-cos(t) con eso sale altiro

Si pones el vertice de la parabola en el eje Y, entonces se integra entre -4 y 4, si colocas la parabola trasladada a la derecha, o sea de la forma x(x-8), entonces integras entre 0 y 8. Todo depende de los gustos, al final el resultado es el mismo. Por simetria en el primer caso, o sea cuando el vertice esta en el eje Y, se puede integrar entre 0 y 4, y multiplicar x 2. Basta hacerse un dibujo pa cachar. Lo importante en este caso es encontrar la parabola e integrar entre los puntos correctos.

que sea paralela al eje x, significa que la ecuacion y=ax+b tiene a=0, ve qué ocurre con hacer el termino que acompaña a x nulo, de ahi te deberia salir la otra ec.

Lo que tu dices es la misma idea, tomar la parte positiva y la negativa y luego evaluarlas, comprobar que son finitas y ganar. Saludos

Tu hipotesis es que existe, o sea toma algún valor finito (positivo o negativo), y además según entiendo la funcion en el intervalo [a,b) tiene un número finito de cambios de signos (por lo que habia dicho en el otro post). Te piden probar que existe, o sea al igual que antes, demostrar que es un valor real. Primero este problema no lo intentaria abordar con sumas sup. e inferiores. Voy a hacer un esquema de demostración. Sea , o sea el conjunto de los x que hace positiva a la función. En estos casos a veces es bueno tener a mano la siguiente función, se puede hacer si ella pero como herramienta nunca esta de más. se conoce como la indicatriz del conjunto A. En resumen la funcion indicatriz vale 1 si la funcion f es positiva y 0 si es negativa. Con lo que viene a continuación ya deberiamos estar casi listos para terminar Podemos escribir lo siguiente (y es super facil de probar con la def. de indicatriz, es solo ponerse en los casos) usando la linealidad de la integral se obtiene por lo que el problema se reduce a probar que las integrales toman valores finitos. Pero esto es casi gratis ya que la función tiene un numero finito de cambios de signo debido a que no oscila. En efecto dado que la función tiene un numero finito de cambios de signo, entonces se puede escribir union disjunta de intervalos de la forma [a_i, b_i) y en cada uno de ellos la función es positiva. Supongamos que repitiendo el argumento de la indicatriz o sea y cada termino de la suma es positivo, por lo tanto alguno debe tomar valor infinito, usando la siguiente desigualdad se obtiene que la función es no acotada, luego contradice que sea Riemann integrable (RI pide funcion acotada). Asi dichas integrales eran finitas y ganamos. Por ahora es lo que se ocurre, demas que hay una forma más facil, cualquier duda consulta no mas. Algunas cosillas que se me quedaron Algunos usan la siguiente notacion, ya que la que use yo igual se vuelve pesada

Para 2) debes usar la serie de ln(1-x), Para 1) la serie es una serie geometrica del tipo estas series convergen solo cuando |r|<1, en el caso de la exponencial solo cuando x<0. Asi suponemos que x<0 , se tiene que resolviendo se llega a con eso ya esta listo, y vemos que x<0 como habiamos supuesto.

Negando la proposicion uno llega a que una funcion no oscilatoria en un punto b es aquella en que existe un subintervalo [a_1, b) de [a, b) tal que la funcion no cambia de signo, o sea deja de oscilar. obs 1: En cualquier subintervalo de [a_1, b) se tiene que la función deja de cambiar de signo, o sea podemos suponer que es positiva o negativa. obs 2: Antes de llegar al punto a_1, o sea en el intervalo [a, a_1) la funcion podria perfectamente seguir cambiando de signo. Esto solo lo puedes hacer solo si b es el único punto oscilatorio de la funcion en dicho intervalo. Por ejemplo la funcion sin(1/x(x-1)) tiene puntos oscilatorios en 0 y 1, ademas es integrable (Lebesgue) en [-1, 1) ya que esta acotada por 1, asi que no podemos tomar particion finita en donde la funcion se mantenga positiva y negativa en ciertos intervalos. Podrias postear el problema para echar una mirada.

debes usar en ambos lados con eso sale (cuidado con el signo del lado derecho)

Suponiendo que en el ejercicio que da 135 el radio en realidad era 2, entonces la curva se recorre como sale en el siguiente dibujo, y el area de integracion es lo que esta entre dichas curvas (lo que dice interior) que no es lo mismo que en el otro ejercicio, en el otro ejercicio por separado te estan pidiendo el circulo grande y el chico dado que ambas curvas se recorren positivamente. Nota: el interior de una curva intuitivamente es todo aquello que queda a la izquierda de una curva cerrada que se recorra positivamente.

Del enunciado que pusiste tenemos lo siguiente entonces la region es la posteaste al final, y hay que notar que la segunda igualdad no tiene radio 2, En este caso si se puede aplicar Green ya que la curva es simple, cerrada y regular por pedazos (basta ver el dibujo), el resultado no lo he calculado asi que no se si me da lo mismo. Para el segundo caso, en este caso nos dicen que la curva esta en (0,2) y tiene radio 2, entonces las ecuaciones serian No se puede aplicar Green al principio, porque al recorrer positivamente ambas curvas no se tiene una curva que sea simple para cachar esto hay que ver que en el origen (0,0) ambas curvas chocan (hacen un loop) Una vez que separai las curvas, es tal como sale en la solución Quizas tenga muchos errores, pero creo yo esta es la justificacion.

vi el primer capitulo y es bastante interesante, gracias