An exercise.

Exercise. Consider $\mathbb{R}^{\infty}=\bigcup_n \mathbb{R}^n$ with the colimit topology: $U\subseteq \mathbb{R}^{\infty}$ is open if and only if $U\cap \mathbb{R}^n$ is open for all $n$. Prove that if $C\subseteq \mathbb{R}^{\infty}$ is compact, then $C\subseteq\mathbb{R}^n$ for some $n\in\mathbb{N}$.

Proof. Let $\mathbb{R}^{\omega}$ be the product of countably many copies of $\mathbb{R}$. Note that we can identify $\mathbb{R}^{\infty}$ with the set $$A=\lbrace (x_1,x_2,\ldots)\in\mathbb{R}^{\omega} \,|\, \exists n\in \mathbb{N} \text{ such that }x_i=0\text{ for all }i\geq n\rbrace .$$

Consider the box topology on $\mathbb{R}^{\omega}$, $\tau_{box}$, and let $\tau_{sub}$ be the subspace topology on $\mathbb{R}^{\infty}$. Let us denote by $\tau_{col}$ the colimit topology on $\mathbb{R}^{\infty}$. It is clear that each element of the usual basis of $\tau_{sub}$ (inherited from $\tau_{box}$) is an element of $\tau_{col}$, thus $\tau_{sub}\subseteq \tau_{col}$.

Define a function $$i:\mathbb{R}^{\infty}\rightarrow\mathbb{N}$$ given by $$i(x)= \text{ Index of rightmost non-zero entry of }x.$$ We will now proceed by contradiction. Suppose that $C$ is not contained in any $\mathbb{R}^n$. With this assumption, we can find a sequence of elements $\lbrace x_n\rbrace_{n\geq 1} \subseteq C$ such that $i(x_n)<i(x_{n+1})$ $\forall$ $n\in \mathbb{N}$.

Put $i_l=i(x_l)$, $i_0=0$, and $p_l=|\pi_{i_l}(x_l)|$, where $\pi_{i}$ denotes the projection on the $i$-th coordinate, and define $$I=\prod_{l=1}^\infty\prod_{j={i_{l-1}}+1}^{i_l}(-\frac{p_l}{2},\frac{p_l}{2})\subset \mathbb{R}^{\omega},$$which belongs to $\tau_{box}$. Note that since $p_l$ is the rightmost (non-zero) entry of $x_l$ and it is in the $i_l$ coordinate, then $x_l\notin I$ $\forall$ $l$. Now, for each $n\in \mathbb{N}$, define the set $$\bar{U}_n=\prod_{j=1}^{n}\mathbb{R}\times \prod_{j=n+1} I_j,$$ where $I_j$ denotes the set $\pi_j(I)$. $\bar{U}_n$ belongs to $\tau_{box}$, so the sets $U_n:=\bar{U}_n \cap \mathbb{R}^{\infty}$ belong to $\tau_{sub}$. Therefore $U_n\in \tau_{col}$ $\forall$ $n\in \mathbb{N}$. Note that for each $n$, only a finite number of the elements $x_l$ belong to $U_n$.

Clearly, $\lbrace U_n \rbrace_{n\geq 1} $ is an open cover of $C$, and since $C$ is compact we can find a large enough $N\in \mathbb{N}$ such that $C\subseteq \bigcup_{n=1}^N U_n=U_N$, but there is still an infinite number elements of our sequence $\lbrace x_l\rbrace\subseteq C$ not in $U_N$, which is a contradiction. This finishes the proof.

Ley de centramientos relativos de Piaget

Este señor hace algún tiempo se sacó de la manga la siguiente expresión para cuantificar la magnitud de cierto tipo de ilusiones:

$$P=\dfrac{n_l(L_1-L_2)L_2}{SL_{max}},$$ donde

$P$ denota la magnitud de la ilusión,
$L_1$ es la mayor de las dos longitudes comparadas,
$L_2$ es la menor,
$L_{max}$ es la mayor de las longitudes de la figura,
$n_l$ es la cantidad de comparaciones a hacer,
$S$ es el área total de la figura.

Hay gente que le multiplica una longitud de referencia a esto, pero la verdad no sé. Uno de estos días exhumo a Piaget y le pregunto :-P

Poquito de Trig.

Espero que no tenga errores:

$Asen^2\theta + Bcos^2\theta + Csen\theta cos\theta=A(\frac{1-cos2\theta}{2})+B(\frac{1+cos2\theta}{2})+C(\frac{sen2\theta}{2}).$

Suponiendo que $tan2\theta = \frac{A-B}{C}$, tenemos $sen2\theta = tan2\theta cos2\theta = cos2\theta \frac{A-B}{C}$.

Sustituyendo:

$A(\frac{1-cos2\theta}{2})+B(\frac{1+cos2\theta}{2})+C(\frac{sen2\theta}{2}) = \frac{A- Acos2\theta + B +Bcos2\theta + C\frac{cos2\theta(A-B)}{C}}{2}$ $=\frac{A + B}{2}$.

EDIT: Estúpidamente, supuse que $tan2\theta = \frac{A-B}{C}$, pero debe ser $tan2\theta =\frac{-C}{B-A}= \frac{C}{A-B}$. No sirve de nada esto.

EDIT 2: De todas maneras, el error no era tan trágico. Todo antes de la sustitución de $tan2\theta$ no se ve afectado, por lo que haciendo la sustitución correcta, $sen2\theta = tan2\theta cos2\theta = cos2\theta \frac{C}{A-B}$, tenemos:

$= \frac{1}{2}(A+B-Acos2\theta+Bcos2\theta+C\frac{C}{A-B}cos2\theta)$ $= \frac{1}{2}(A+B+cos2\theta(-A+B+C\frac{C}{A-B})).$

Ahora, para cualquier $x\neq k\frac{\pi}{2}$, $cosx=\sqrt{\frac{1}{tan^2 x +1}}$, por lo que lo anterior es igual a

$= \frac{1}{2}(A+B+\sqrt{\frac{1}{tan^2 2\theta +1}}(-A+B+C\frac{C}{A-B})).$

Como $tan2\theta$ ya se puede poner en términos de $A,B,C$, todo queda en términos de letras, como queríamos (y creo que no se ve tan grotesco... eso, o ya estoy acostumbrado a pura obscenidad, jajaja).

Laberinto

Este laberinto está interesante:

Teoremilla sobre las derivadas de Dini

Si $F$ es continua en $[a,b]$, entonces las cotas de las derivadas de Dini son iguales a las cotas del cociente $\dfrac{F(x)-F(y)}{x-y}$, con $x,y\in [a,b]$.

Problemillas

Rato de no escribir por aquí. Pongo algunos problemas misceláneos interesantes pa' entretenerse un rato (algunos son teoremas conocidos, pero probarlos siempre es interesante):

• Sea $f: \mathbb{C} \longrightarrow\mathbb{C}\quad $ una función entera. Entonces si $f\quad$ no es constante, $f(\mathbb{C})=\mathbb{C}\quad$ o $f(\mathbb{C})=\mathbb{C}-{z}\quad$, con $z$ algún punto del plano complejo.
• Sean $a,b>0$. Entonces $a^b+b^a>1$.
• ¿Es $\mathbb{C}$ isomorfo como grupo con la suma usual a $\mathbb{R}$ como grupo con la suma usual?
• Este tiene algo de chiste: ¿es $\text{Sen}(1)$ irracional? ¿trascendente?
• Este está loquísimo: Es sencillo construir en el plano dos subconjuntos abiertos conexos que tengan la misma frontera, ¿se pueden construir familias de tres o más subconjuntos abiertos conexos que tengan la misma frontera?
  

Bastante chidos.

Curvas que pasen por n puntos

Usando el orden lexicográfico, se puede probar que dados $n$ puntos distintos en el plano, existe al menos una curva suave (o al menos continua) que pase por ellos sin que se autointersecte. Existen otras maneras de hacerlo, apoyándose por ejemplo de las curvas de Peano o de Hilbert.

¿Será que haya alguna prueba de la existencia de dichas curvas sin necesidad de construirlas? Tiene pinta de que sí, pero nomás no doy con una.