Cosas de yo qué sé

ACC/Ejercicios/Relación3.3.tex

@@ -366,7 +366,7 @@
 \begin{solucion}
 Comencemos probando que $i(k\setminus W)=\V(I)$. Para la inclusión no trivial consideremos $(t,x_1,\dotsc,x_n)\in \V(I)$. Tenemos que probar que $t\in k \setminus W$. Sabemos que se verifica $g_i(t)x_i = f_i(t)$. Como $f_i(t)$ y $g_i(t)$ son coprimos, no tienen raíces en común, luego la igualdad no puede darse trivialmente porque ambos se hayan anulado, es decir, necesariamente $g_i(t)f_i(t)\neq 0$. Por tanto, podemos despejar y obtener el resultado.
 
-Sea $h\in k[x_1,\dotsc,x_n]$ que sea anula $F(k/w)$
+Sea $h\in k[x_1,\dotsc,x_n]$ que sea anula $F(k/W)$.
 \end{solucion}
 
 

ACC/Ejercicios/Relación3.5.tex

@@ -21,9 +21,9 @@
 \end{ejercicio}
 \begin{solucion}\mbox{}
 \begin{enumerate}[(a)]
-\item Tenemos que $multideg(f) \geq multideg(A_j g_j)$ (ver ejercico 2.3.4).
-Como estamos en un orden lex con $x_1 > \cdots > x_n$, esto significa que:
-\[ N = deg(f,x_1) \geq deg(A_j g_j, x_1) \]
+\item Tenemos que $multideg(f) \geq multideg(A_j g_j)$ por definición de representación estándar. Como estamos en un orden lex con $x_1 > \cdots > x_n$, esto significa que:
+\[deg(f,x_1) \geq deg(A_j g_j, x_1) \]
+por definición de orden lexicográfico.
 \item Como $f = \sum_{j=1}^t A_j g_j$, $c_f$ será la suma de los coeficientes de $x_1^N$ en cada $ A_j g_j$. Por definición, $\deg(A_j g_j, x_1) = N$ hace que nos quedemos con los $A_jg_j$ en los que aparece $x_1^N$. El coeficiente $c_j$ correspondiente a $x_1^N$ en $A_jg_j$ se obtiene al multiplicar dos monomios en los que la suma de los exponentes de $x_1$ es igual a $N$. Los coeficientes de estos monomios deben ser necesariamente $c_{A_j}$ y $c_{g_j}$ necesariamente, pues por el apartado anterior $N \geq deg(A_j g_j, x_1)$. Efectivamente, si $c_{A_j}$ (análogamente $c_{g_j}$) multiplicara a una pontencia mayor de $x_1$ que la que hace que $N = deg(A_j g_j, x_1)$, entonces  $N < deg(A_j g_j, x_1)$, lo cual no es posible. 
 \end{enumerate}
 \end{solucion}
@@ -49,7 +49,7 @@
 In the proof of Theorem 2, show that (1) follows from the assertion that $g_j(x_1,a) \in \gene{g_0(x_1,a)}$ for all $g_j \in G$.
 \end{ejercicio}
 \begin{solucion}
-Si todo $g_j \in G$ verifica que $g_j(x_1,a) \in \gene{g_0(x_1,a)}$, entonces todo polinomio expresable como combinación polinomial de los $g_j(x_1,a)$ también lo verifica. Como $G$ es base, dado $f\in I$, podemos expresarlo como $f=\sum A_jg_j$, así que $f(x_1,a)=\sum A_j(x_1,a)g_j(x_1,a)$. Luego los $g_j$ son una base de $\gene{g_0(x_1,a)}$, como queríamos probar.
+Si todo $g_j \in G$ verifica que $g_j(x_1,a) \in \gene{g_0(x_1,a)}$, entonces todo polinomio expresable como combinación polinomial de los $g_j(x_1,a)$ también lo verifica. Como $G$ es base, dado $f\in I$, podemos expresarlo como $f=\sum A_jg_j$, así que $f(x_1,a)=\sum A_j(x_1,a)g_j(x_1,a)$. Por tanto $\{f(x_1,a)\mid f \in I\}\subset \gene{g_0(x_1,a)}$. Como la inclusión contraria es clara, tenemos el resultado.
 \end{solucion}
 \newpage
 
@@ -69,14 +69,11 @@
 \[
 g_3=(z^3 − z^2)x − y + z^2 + z − 1,
 \]
-de modo que $c_3=z^3-z^2$, que se anula en $z=0$ y en $z=1$. Por tanto, $g_3=g_o$ para cualquier solución parcial en la que $z$ no sea ni 0 ni 1. En particular será soluciones distintas de $(1,1)$ y $(0,0)$, pero veamos  si $z=1$ implica $y=1$ y si $z=0$ implica $y=0$. Para ello basta sustituir en $g_4=y^2 − 2yz^2 − yz + y + 2z^4 − z^3$ (que era el polinomio que generaba $I_1$):
-\[
-g_4(y,0)=y^2+y=0\Rightarrow y=0, y=-1
-\]
-\[
-g_4(y,1)=y^2-2y-y+y+2-1=y^2-2y+1=0\Rightarrow y=1
-\]
-Vemos que tenemos además otra solución parcial para la cual no vale $g_3$, que es $(-1,0)$. Para ese caso sería óptimo $g_2=(y − z^2)x + z − 1$. Así que $g_o=g_3$ para toda solución parcial diferente de $(1,1)$, $(0,0)$ y $(-1,0)$. 
+de modo que $c_3=z^3-z^2$, que se anula en $z=0$ y en $z=1$. Por tanto, $g_3=g_o$ para cualquier solución parcial en la que $z$ no sea ni 0 ni 1. Si $z=0$ entonces las soluciones parciales de $y$ son $y(1+y)$. Si $y=0$ de hecho no puede extenderse de ninguna forma, pues $g_2 =1$. Si $y=-1$ entonces $g_3=0$ pero $g_1=-g_2 = x+1$, luego puede extenderse la solución a $(-1,-1,0)$. El enunciado probablemente esté mal.
+
+Si $z=1$ tenemos para $y$ las extensiones $y^2 -2y+1=(y-1)^2$. Es decir, debe ser el $(1,1)$. Para este punto $g_3 = g_2 = 0$ pero $g_1 = x^2+x+1$, por lo que podemos extenderlo y $g_1=g_0$.
+
+¿Puede pasar que en $g_3$ no se anule el coeficiente de $x$ ($z\neq 0,1$) pero que las $g_i$ no tengan raices en común? 
 \end{enumerate}
 \end{solucion}
 
@@ -97,9 +94,7 @@
 \begin{enumerate}[a.]
 \item[]
 \item Análogo al Ejercicio \ref{ejer:3.5.3}.
-\item En las condiciones del Teorema 2 se tiene que existe $g_o\in G$ de modo que $\{f(x_1,a) \mid f \in I\}=\gene{g_o(x_1,a)}\in k[x_1]$ y además $g_o$ es minimal en cuanto al grado de $x_1$. Por tanto, $g_o$ forma una base de Gröbner del ideal, así que también forma una base de Gröbner cualquier base obtenida añadiendo elementos no nulos del ideal al conjunto unitario formado por $g_o$. 
-
-ESTOY BASTANTE SEGURO DE QUE ESTO ESTÁ MAL
+\item En las condiciones del Teorema 2 se tiene que existe $g_o\in G$ de tal modo que se da la igualdad $\{f(x_1,a) \mid f \in I\}=\gene{g_o(x_1,a)}\in k[x_1]$ y además $g_o$ es minimal en cuanto al grado de $x_1$. Por tanto, $g_o$ forma una base de Gröbner del ideal, así que también forma una base de Gröbner cualquier base que lo contenga (en particular $\{g_j(x_1,a)\}$) es una base de Gröbner.
 \end{enumerate}
 \end{solucion}
 \newpage

ACC/Ejercicios/Relación7.1.tex

@@ -18,7 +18,7 @@
 \end{solucion}
 
 \begin{solucion}
-Una implicación es trivial.Sean $\sigma,\mu$ dos permutaciones. Notemos por $f_\sigma(x,y,z) =  f(\sigma(x),\sigma(y),\sigma(z))$. Si $\sigma$ y $\mu$ son tales que
+Una implicación es trivial. Sean $\sigma,\mu$ dos permutaciones. Notemos por $f_\sigma(x,y,z) =  f(\sigma(x),\sigma(y),\sigma(z))$. Si $\sigma$ y $\mu$ son tales que
 $$f(x,y,z)=f(\sigma(x),\sigma(y),\sigma(z))=f(\mu(x),\mu(y),\mu(z))$$
 Entonces es claro que $f(x,y,z)=f_{\sigma \circ \mu}(x,y,z)=f_{ \mu\circ \sigma}(x,y,z)$. Es decir, el conjunto de permutaciones que mantienen la simetría de $f$ forman un grupo. En este caso, sabemos que $(1,2)$ y $(1,3)$. Sabemos que $\gene{(1,2),(1,3)}=S_3$, por lo que se verifica para toda permutación y $f$ es simétrica.
 \end{solucion}
@@ -172,8 +172,8 @@
 \end{ejercicio}
 \begin{solucion}\
 \begin{enumerate}[a.]
-\item Por el Ejercicio \ref{ejer:7.1.4} sabemos que los coeficientes de $f$ son, salvo signo, los polinomios simétricos en las raíces de $f$. Por tanto, el resultado se tiene como corolario del teorema fundamental de los polinomios simétricos.
-\item Dado que $k$ es un cuerpo, cualquier combinación algebraica de elementos de $k$ está en $k$.
+\item Por el Ejercicio \ref{ejer:7.1.4} sabemos que los coeficientes de $f$ son, salvo signo, los polinomios simétricos en las raíces de $f$. Es decir, cada $a_i$ es la forma $(-1)^{n-i}\sigma_i$ o, equivalentemente, $\sigma_i = (-1)^{n-i}a_i$. Además, dado que $g(\alpha_1,\dotsc,\alpha_n)$ es un polinomio simétrico, por el Teorema Fundamental de los Polinomios simétricos, $g=h(\sigma_1,\dotsc,\sigma_n)$. como las $\sigma_i$ se pueden escribir como funciones de $a_i$ tenemos el resultado.
+\item Si
 \end{enumerate}
 
 \end{solucion}
@@ -193,7 +193,7 @@
 \item Use Exercise 7 to show that $D( f )$ is a polynomial in $a_1, \dotsc, a_n$.
 \item When $n = 2$, express $D( f )$ in terms of $a_1$ and $a_2$. Does your result look familiar?
 \item  When $n = 3$, express $D( f )$ in terms of $a_1, a_2, a_3$.
-\item Explain why a cubic polynomial $x3 +a1x2 +a2x+a3$ has a multiple root if and only if $−4a^3_1a_3 + a^2_1a^2_2+ 18a_1a_2a_3 - 4a^3_2 - 27a^2_3= 0.$
+\item Explain why a cubic polynomial $x^3 +a_1x^2 +a_2x+a_3$ has a multiple root if and only if $−4a^3_1a_3 + a^2_1a^2_2+ 18a_1a_2a_3 - 4a^3_2 - 27a^2_3= 0.$
 \end{enumerate}
 \end{ejercicio}
 

ADM/Prácticas/Tema 5/Ejemplo1_AF_Percepcion.R

@@ -145,11 +145,11 @@ apply(Z,2,mean)
 apply(Z,2,sd)
 
 #Para aplicar la fórmula de transparencias
-#las variables deben centrarse
+#las variables deben centrarse 
 #aquí no hace falta
 Xcent=scale(Z,center=TRUE,scale=FALSE)              ### ¿Z o X?
 summary(Xcent)
-Frot= t(solve(t(Lrot)%*%Lrot)%*%t(Lrot)%*%t(Xcent)) ### ¿Esta es la fórmula?
+Frot= t(solve(t(Lrot)%*%Lrot)%*%t(Lrot)%*%t(Xcent)) ### 
 rownames(Frot)= rownames(X)
 Frot                                                ### ¿Estas son las puntuaciones?
 

VC/Relacion 4.tex

@@ -85,7 +85,15 @@
 \begin{solucion}
 \begin{enumerate}[(a)]
 \item[]
-\item Sabemos que el $\cos \pi z$ se anula si y solo si $z=(2k+1)/2$ con $k\in \Z$
+\item Sabemos que el $\cos \pi z$ se anula si y solo si $z=(2k+1)/2$ con $k\in \Z$. Sabemos que en esos puntos $\cos(\pi z)$ tiene un cero simple. ¿Cuánto vale el numerador en esos puntos? Usando la fórmula del $\cos(a+b)$.
+
+\begin{align*}
+n((2k-1)/2)&=\sqrt{2}e^{-\pi i/8}\cos\left(\frac{\pi}{4}+k\frac{\pi}{2}\right)-e^{-\frac{\pi i}{2}((2k+1)/2)^2} \\
+&= \sqrt{2}e^{-\pi i/8}(\sqrt{2}^{-1}\cos(k\pi/2)+\sqrt{2}^{-1}\sin(k\pi/2))-e^{-\pi i/8}e^{-\pi i (k^2+k)/2}\\
+&=e^{-\pi i/8}(\cos(k\pi/2)+\sin(k\pi/2)-e^{-\pi i (k^2+k)/2}) = 0
+\end{align*}
+
+Veamos que las funciones repiten sus valores módulo 4, una simple tabla nos permite ver que se anula.
 \item 
 \end{enumerate}
 \end{solucion}