morytelov
...Cazando moscas en la luna
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« : Febrero 03, 2010, 19:22:41 » |
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Hola! esta mañana se me ha ocurrido tratar de buscar la derivada de la función gamma,  , y me he encontrado un pequeño problema. He partido de la siguiente relación tan maja y bonita:  = e^{-\gamma z}z^{-1}\prod_{n=1}^\infty \left(1 + \frac{z}{n}\right)^{-1} e^{z/n}) ,he tomado logaritmos: ![\ln(\Gamma(z)) = -\gamma z - \ln z - [\sum_{n=1}^\infty \ln(1 + \frac{z}{n}) - z/n]](http://latex.codecogs.com/gif.latex?\ln(\Gamma(z)) = -\gamma z - \ln z - [\sum_{n=1}^\infty \ln(1 + \frac{z}{n}) - z/n]) y ahora me iba a poner a derivar como un loco furioso,pero me he dado cuenta de que no se si la serie  - z/n) converge uniformenente o que..  he probado el criterio M de weiertras, he manipulado un poco las cosas para ver si podía aplicar el criterio de dirichlet,y he intentado ver que la sucesión de las sumas parciales está acotada de varias formas..pero no he tenido éxito..ahora voy muy corto de tiempo,tengo que coger un tren. Luego intentaré algo más con eso,que por narices tiene que salir,pero de entrada si alguien da una pista estaría bien  gracias xao!  |
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« Última modificación: Febrero 03, 2010, 19:26:52 por morytelov »
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morytelov
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« Respuesta #1 : Febrero 08, 2010, 17:30:21 » |
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joe, reitero mi estado de muerte cerebral xD,no se me ha ocurrido nada en el poco tiempo que he tenido para pensar desde que puse el probemilla....¿nadie tiene alguna idea/pista?
xao!¡
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gm
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« Respuesta #2 : Febrero 08, 2010, 17:44:03 » |
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pos ideas, eso que se dicen ideas, sí. Pero, yo veo más que dos veces el símbolo < (usado fuera del conTeXto) y me da un desgano... Ahora, ¿porqué abandonar tu representación original? ...la función gamma, , |
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« Última modificación: Febrero 08, 2010, 17:48:24 por gm »
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morytelov
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« Respuesta #3 : Febrero 08, 2010, 17:48:47 » |
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pos ideas, eso que se dicen ideas, sí. Pero, yo veo más que dos veces el símbolo < (usado fuera del conTeXto) y me da un desgano...
No entiendo lo que quieres decir aquí!¡ Ahora, ¿porqué abandonar tu representación original?
Porque no veo cómo obtener la derivada por ese camino. Cn la forma del productorio,si demuestro la convergencia uniforme de esa serie,estaría chupao (edit:bueno,la convergencia uniforme y la de las derivadas y que sean continuas, para que no me seais quisquillosos por aquí  ) |
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« Última modificación: Febrero 08, 2010, 17:54:48 por morytelov »
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gm
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« Respuesta #4 : Febrero 08, 2010, 17:55:30 » |
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No entiendo lo que quieres decir aquí!¡Porque no veo cómo obtener la derivada por ese camino. Cn la forma del productorio,si demuestro la convergencia uniforme de esa serie,estaría chupao Es harto conocido que estas cosas del análisis (muy chulas ellas) no me dicen nada (bueno, ellas tratan,.. pero no, no lo logran). Pero, con la representación integral, podría salir algo... |
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« Última modificación: Febrero 08, 2010, 17:57:10 por gm »
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n0mad
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« Respuesta #5 : Febrero 09, 2010, 00:05:39 » |
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Donde esta el problema mory? A mi me sale derivando directamente  = \int_0^\infty e^{-t}t^{z-1}\ln(t)\, dt) |
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morytelov
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« Respuesta #6 : Febrero 09, 2010, 00:22:20 » |
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« Última modificación: Febrero 09, 2010, 01:42:16 por morytelov »
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MiGUi
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« Respuesta #7 : Febrero 09, 2010, 01:04:05 » |
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Para hacer esas perrerias tienes que demostrar que la derivada se puede meter dentro de la integral, cosa que es cierta porque t y z son variables independientes.
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Fortuna
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« Respuesta #8 : Febrero 09, 2010, 01:29:33 » |
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Sería ésto?  dt}{\partial z}=\lim_{h \rightarrow 0 }\frac{\int f(t,z+h) dt-\int f(t,z) dt}{h}=\int \lim_{h \rightarrow 0}\frac{f(t,z+h)-f(t,z)}{h}dt=\int \frac{\partial f(t,z)}{\partial z}dt) |
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morytelov
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« Respuesta #9 : Febrero 09, 2010, 01:32:25 » |
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(doy por hecho que las variables son independientes): Pues no lo entiendo bien,jarrl. En series de funciones, si tengo =\sum_{n=0}^{\infty}f_{n}(x)) no se cumple siempre que =\sum_{n=0}^{\infty}f_{n}^{\prime}(x)) . ¿Por qué dices que si en vez de la suma tengo una integal lo voy a poder hacer siempre? vamos,no se,que no veo tan evidente que dt=\int_{a}^{b}\dfrac{df(x,t)}{dx}dt) ,que es lovque os estoy entendiendo que dais por hecho! bueno,gracias por las respuestas,xao¡ edit:oup..fortuna,eso suena mucho mejor..  no vi tu mensaje a tiempo...en fin,estoy tonto xD..pero bueno,a parte de todo esto,lo que sigo sin ver es cómo estudiar la convergencia de la serie que mencioné en el primer post |
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« Última modificación: Febrero 09, 2010, 01:36:27 por morytelov »
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mat
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« Respuesta #10 : Febrero 09, 2010, 02:25:01 » |
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Mory, no es cierto que se puedan "permutar la integración con la derivación o con límites" en general. Deben satisfacerse varios requerimientos mínimos que ahora no tengo ganas de escribir. Mañana te lo pongo. |
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¿por qué te cambiaste a Matemáticas? Porque la primera vez que vi una demostración matemática...me cautivó.
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morytelov
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« Respuesta #11 : Febrero 09, 2010, 08:38:36 » |
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Estaba pensando, fortuna, que si fuera válido lo que pusiste, evidentemente también lo sería por analogía ![\dfrac{d}{dx}[\sum_{n=0}^{\infty}f_{n}(x)]=\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{df_{n}(x)}{dx}](http://latex.codecogs.com/gif.latex?\dfrac{d}{dx}[\sum_{n=0}^{\infty}f_{n}(x)]=\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{df_{n}(x)}{dx}) , lo cual sabemos que es falso que sea así siempre. Así que en ese argumento hay "saltos" que tienen que ser formalizados, digo yo. Mory, no es cierto que se puedan "permutar la integración con la derivación o con límites" en general. Deben satisfacerse varios requerimientos mínimos que ahora no tengo ganas de escribir. Mañana te lo pongo. cuando puedas mat! te lo agradecería |
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javiucm
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« Respuesta #12 : Febrero 09, 2010, 13:37:14 » |
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te doy las condiciones en forma de teorema Sea  un abierto y  un compacto medible Jordan. Sea una función continua  tal que en cada \in\Omega\times M) existen y son continuas las derivadas parciales  . Entonces la función =\int_{M}f(\mathbf{t,x})\, d\mathbf{x}) es derivable en cada  y se verifica =\int_{M}\frac{\partial}{\partial t_{j}}f(\mathbf{t,x})\, d\mathbf{x}) . La demostración es media cara y creo que puede relajarse alguna condición. |
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mat
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« Respuesta #13 : Febrero 09, 2010, 13:39:25 » |
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Lo primero, obviamente, es que dada una función "de dos variables" (después preciso todo esto) ) , tenemos que dy) y dy) denotan "cosas" distintas. Serán funciones distintas en general. Por ejemplo: Sea ![f: \mathbb{R}\times[0,1]\to\mathbb{R}](http://latex.codecogs.com/gif.latex?f: \mathbb{R}\times[0,1]\to\mathbb{R}) definida por =\frac{x^3}{y^2}e^{-\frac{x^2}{y}}) , si  , ![y\in(0,1]](http://latex.codecogs.com/gif.latex?y\in(0,1]) y =0) Fijado un  , tenemos que la aplicación ![f(x_0,.) : [0,1]\to\mathbb{R}](http://latex.codecogs.com/gif.latex?f(x_0,.) : [0,1]\to\mathbb{R}) es continua, y por tanto integrable-Riemann. Tenemos que ![\int_0^1f(x,y)dy=[xe^{-\frac{x^2}{y}}]_0^1=xe^{-x^2}](http://latex.codecogs.com/gif.latex?\int_0^1f(x,y)dy=[xe^{-\frac{x^2}{y}}]_0^1=xe^{-x^2}) Y por tanto dy)=\partial_x(xe^{-x^2})=e^{-x^2}(1-2x^2)) Denotemos :=\partial_x(\int_0^1f(x,y)dy)=e^{-x^2}(1-2x^2)) Por otro lado =\frac{x^2}{y^2}e^{-\frac{x^2}{y}}(3-\frac{2x^2}{y})) , si  =0) Fijado un , tenemos que la función ![(\partial_xf)(x_0,.) : [0,1]\to\mathbb{R}](http://latex.codecogs.com/gif.latex?(\partial_xf)(x_0,.) : [0,1]\to\mathbb{R}) es continua, y por tanto Riemann-integrable. Denotemos :=\int_0^1\partial_x f(x,y)dy=\int_0^1\left(\frac{x^2}{y^2}e^{-\frac{x^2}{y}}(3-\frac{2x^2}{y})\right)dy) Tenemos que las funciones  y  son distintas, pues =1) mientras que =0) Ahora tengo que salir. Cuando vuelva (si tengo tiempo) te pongo algunos Teoremas que dan condiciones suficientes para que y sean la misma función (en algunos Teoremas) o la misma función "en casi todo" (para otros Teoremas). |
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¿por qué te cambiaste a Matemáticas? Porque la primera vez que vi una demostración matemática...me cautivó.
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javiucm
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« Respuesta #14 : Febrero 09, 2010, 13:44:07 » |
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Aclaración para quien se pierda: un conjunto es medible Jordan si es acotado y su frontera tiene medida cero (i.e. es un conjunto de puntos aislados)
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mat
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« Respuesta #15 : Febrero 09, 2010, 13:55:52 » |
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javiucm acaba de poner uno de tales Teoremas, y podéis buscar qué hipótesis de tal Teorema no se satisface en mi contraejemplo anterior. (es decir, porqué tal Teorema no aplica a mi contraejemplo). Ahora pongo varios Teoremas más... |
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¿por qué te cambiaste a Matemáticas? Porque la primera vez que vi una demostración matemática...me cautivó.
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javiucm
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« Respuesta #16 : Febrero 09, 2010, 14:26:16 » |
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Para permutar integral y límite hay también varios teoremas: uno de ellos es si  es una sucesión de funciones medibles no negativas entonces =\lim f_k) (si existe) es integrable y  También si tienes una sucesión de funciones monótonas y medibles y alguna de ellas es integrable se puede permutar. Otro teoremilla dice que si una sucesión de funciones medibles converge puntualmente a f, y si existe una función F tal que  , entonces f es integrable y (para probarlo basta tener en cuenta la función F y hacer limsup y liminf)... Hay unos teoremas que dan desigualdades con limsup y liminf que no recuerdo bien (lemas de Fatou).. Hay teoremas similares para permutar sumatorios e integrales |
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mat
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« Respuesta #17 : Febrero 09, 2010, 14:48:54 » |
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Para permutar integral y límite hay también varios teoremas: uno de ellos es si es una sucesión de funciones medibles no negativas entonces (si existe) es integrable y Eso no es cierto, javi.  También si tienes una sucesión de funciones monótonas y medibles y alguna de ellas es integrable se puede permutar. Tampoco es así, supongo que te refieres al Teorema de la Convergencia Monótona. Pero las hipótesis no son exactamente esas. Otro teoremilla dice que si una sucesión de funciones medibles converge puntualmente a f, y si existe una función F tal que , entonces f es integrable y (para probarlo basta tener en cuenta la función F y hacer limsup y liminf)... Este está bien (entendiendo en la desigualdad "para todo k" y añadiendo "F integrable"), y es el Teorema de la Convergencia Dominada. Hay unos teoremas que dan desigualdades con limsup y liminf que no recuerdo bien (lemas de Fatou)..
Hay teoremas similares para permutar sumatorios e integrales
Un Teorema que generaliza al que puso javiucm más arriba es: Teorema: "Sea  un conjunto abierto, y sea ) un Espacio de Medida. Supongamos que una función  satisface las siguientes condiciones: 1) Para cada  , la función  : \Omega\to\mathbb{R}) es medible. 2) Para casi todo  , la función  : G\to\mathbb{R}) es derivable en todo . 3) Existe una función  Integrable-Lebesgue tal que para casi todo  se verifica que |\leq g(y)) para todo . Entonces se verifica que para cada , la función es Lebesgue-integrable, la función d\mu(y)) es derivable en todo , y además d\mu(y))=\int_{\Omega}\partial_{x_i}f(x,y)d\mu(y)) para todo ,  " De nuevo, este Teorema no aplica a mi contraejemplo de un mensaje anterior. ¿Por qué? |
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« Última modificación: Febrero 09, 2010, 15:21:09 por mat »
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¿por qué te cambiaste a Matemáticas? Porque la primera vez que vi una demostración matemática...me cautivó.
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mat
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« Respuesta #18 : Febrero 09, 2010, 15:50:21 » |
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Veamos, paso a paso, porqué mi contraejemplo "elude" tanto a este Teorema, como al que puso javiucm anteriormente. Primero veamos que elude al Teorema que he puesto yo. En mi contraejemplo tenemos que:  ,  , ![\Omega=[0,1]](http://latex.codecogs.com/gif.latex?\Omega=[0,1]) ,  {subconjuntos de [0,1] que sean medibles en sentido Lebesgue},  medida de Lebesgue en ![[0,1]](http://latex.codecogs.com/gif.latex?[0,1]) . Veamos, ¿Se cumple 1) "Para cada , la función es medible" ? Sí, pues en mi contraejemplo, para cada fijado, tenemos que la función ![f(x,.) : [0,1]\to\mathbb{R}](http://latex.codecogs.com/gif.latex?f(x,.) : [0,1]\to\mathbb{R}) es  , si , y  si  , y eso es una función medible (de hecho es continua). ¿Se cumple 2) "Para casi todo , la función es derivable en todo "? Sí, pues de hecho para cada ![y\in [0,1]](http://latex.codecogs.com/gif.latex?y\in [0,1]) fijado, (no sólo para "casi cada") se tiene que la función  : \mathbb{R}\to\mathbb{R}) , (que es  si , o  , la función constante nula, si ) es derivable en todo . ¿Se cumple 3) "Existe una función Integrable-Lebesgue tal que para casi todo se verifica que para todo "? Pues no, no se cumple. ¿Por qué?. Veamos, para cada fijado, podéis comprobar (como ejercicio) que para mi función se tiene que | : x\in\mathbb{R}\}=\frac{e^{-1/2}}{y}) Pero claro, la función ![g: [0,1]\to\mathbb{R}](http://latex.codecogs.com/gif.latex?g: [0,1]\to\mathbb{R}) definida por :=\frac{e^{-1/2}}{y}) no es Integrable-Lebesgue. Por eso este Teorema no aplica a mi contraejemplo. ¿Alguien me dice por qué mi contraejemplo también "elude" al Teorema con puso javiucm? |
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javiucm
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« Respuesta #19 : Febrero 09, 2010, 15:57:19 » |
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Hablar, mejor dicho, escribir de memoria es peligroso... y más cuando intentas recordar aquellas clases a las que no prestabas atención por aquel primer año de carrera... buen en realidad me fumé todas las clases de cálculo, aprobé en septiembre a base de hacer tropecientos problemas..
Creo que en el primero me faltó añadir "crecientes"..
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« Última modificación: Febrero 09, 2010, 16:01:44 por javiucm »
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n0mad
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« Respuesta #20 : Febrero 09, 2010, 15:58:39 » |
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Hay un truco muy efectivo mory, al que uno llega despues de muchos años estudiando teorias que los matematicos no saben como formalizar y se podria resumir en: Primero calcula, y luego pregunta. En el peor de los casos obtendras una expresion formal de la que ya te encargaras de dar significado en las condiciones apropiadas. |
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mat
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« Respuesta #21 : Febrero 09, 2010, 16:11:14 » |
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Hay un truco muy efectivo mory, al que uno llega despues de muchos años estudiando teorias que los matematicos no saben como formalizar y se podria resumir en: Primero calcula, y luego pregunta. En el peor de los casos obtendras una expresion formal de la que ya te encargaras de dar significado en las condiciones apropiadas. jajajaja, es cierto, y de hecho así ha ido funcionando "la cosa" durante buena parte de la historia del Análisis Matemático: "Primero haz, "tenga realmente sentido o no", lo que "tú deseas" que se pudiera hacer. Si tienes suerte, habrá casos en los que te de la respuesta correcta, y ya vendrán los matemáticos algún día a averiguar porqué da la respuesta correcta en los casos que la da, y porqué da una respuesta incorrecta en los casos en que la da incorrecta". No es coña, la historia del Análisis Matemático está plagada de ejemplos de ese proceder. Por ejemplo, ese Teorema general que he puesto arriba, no es aplicable tampoco a la función Gamma, porque falla de nuevo el requisito 3) (podéis comprobarlo). Sin embargo, la expresión que puso n0mad haciendo "lo que uno desearía que se pudiera hacer" (esto es, "meter por la cara el signo de diferenciación dentro de la integral, en una especie de EFECTO TÚNEL MATEMÁTICO  ") da la respuesta correcta. Ahora bien, para entender porqué, uno tiene que haber estudiado un poquito la Teoría de Distribuciones. Si tengo un rato más tarde lo explico. |
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morytelov
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« Respuesta #22 : Febrero 09, 2010, 23:40:08 » |
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Bueno muchas gracias por las respuestas! se aprende mucho leyendoos. Tus últimos comentarios (a partir de lo de lebesgue y tal..es un tema que llevo mucho tiempo teniendo pendiente de estudiar ) no los pillo mat,me falta nivel  ahora con el insti y eso voy muy muy justo de tiempo..pero me guardo esto para un momento en que le pueda echar más tiempo. te doy las condiciones en forma de teorema Sea un abierto y un compacto medible Jordan. Sea una función continua tal que en cada existen y son continuas las derivadas parciales . Entonces la función es derivable en cada y se verifica . La demostración es media cara y creo que puede relajarse alguna condición. Un teorema de impresión...pero no consigo ver del todo qué condición "falla" en el contraejemplo de mat. [0,1] es compacto,, la derivada de la función respecto a x es continua...¿qué falla? creo que es lo de la frontera. me tengo que ir pitando. luego releo los mensajes y lo pienso pues,eso,gracias xao! Hay un truco muy efectivo mory, al que uno llega despues de muchos años estudiando teorias que los matematicos no saben como formalizar y se podria resumir en: Primero calcula, y luego pregunta. En el peor de los casos obtendras una expresion formal de la que ya te encargaras de dar significado en las condiciones apropiadas. |
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« Última modificación: Febrero 09, 2010, 23:43:52 por morytelov »
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mat
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« Respuesta #23 : Febrero 10, 2010, 00:08:05 » |
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Un teorema de impresión...pero no consigo ver del todo qué condición "falla" en el contraejemplo de mat. [0,1] es compacto,, la derivada de la función respecto a x es continua...¿qué falla? creo que es lo de la frontera. me tengo que ir pitando. luego releo los mensajes y lo pienso En el contraejemplo que puse, era una función que cumplía que para cada fijado, la función era continua, y para cada ![y_0\in[0,1]](http://latex.codecogs.com/gif.latex?y_0\in[0,1]) fijado, la función  : \mathbb{R}\to\mathbb{R}) era también continua (de hecho, derivable infinitas veces en todo  ). Pero la propia función  NO es continua en ![\mathbb{R}\times[0,1]](http://latex.codecogs.com/gif.latex?\mathbb{R}\times[0,1]) (esto lo podéis hacer como ejercicio de Análisis de Varias Variables, encontrar en qué punto o puntos no es continua) y ese es el requisito del Teorema de javiucm que no se satisface, por eso dicho Teorema no le aplica.  |
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morytelov
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« Respuesta #24 : Febrero 10, 2010, 00:59:17 » |
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Ah! la función no es continua en (0,0), no es eso? el limite cuando x e y tienden a 0 a la vez no existe (me puedo acercar por diferentes trayectorias y el resultado sale distinto: p ej: si me acerco por trayectorias del tipo y=mx^{3/2}, el resultado va a depender de m, luego el lím no existe, luego f no es continua..¿no?) Por otra parte mat, creo que [0,1] no cumple que su frontera sea de medida nula, creo. He leído apenas hace unas horas la definición de forntera xD, así que igual no he entendido algo esencial, pero hasta donde he entendido, la frontera de [0,1] es el cero y el uno, luego la medida no es nula. ¿esto está bien dicho? Bueno, gracias por todas las respuestas! |
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