M3ntol dijo:
Significa que para
Js(0)=0
Js(1)= (4*Js(0))+2=2
Js(2)= (4*Js(1))+2=10
etcétera, es muy común definir así las sucesiones, por ejemplo la de Fibonacci se define de manera similar.
Ahora sí m3ntol
La siguiente sería esta?
Js(3)= (4*Js(1))+2=14
o esta?
Js(3)= (4*Js(2))+2=26
qué se consigue con esta sucesión, pues parece que la descomposición de los pares produce números primos como no primos.
Veo que estás investigando, espero ansioso tus observaciones, siempre y cuando sean tan sencillas como las últimas, y pueda entenderlas.
Hacía tiempo que no me divertía tanto como lo he hecho en este tema, aunque parezca a veces que el hecho de que una conjetura sea cierta o falsa no tiene importancia, para mí sí la tiene, pues significa nada más y nada menos que nos superamos a nosotros mismos, además de las posibles implicaciones prácticas que la misma pueda tener.
saludos
La mágia de los números
Mensajepor franc » 29 Abr 2008, 21:30
Ubi dubium ibi libertas:
Donde hay duda, hay libertad.
Preserva tu derecho a pensar,
puesto que incluso pensar erróneamente,
es mejor que no hacerlo en absoluto.
HIPATIA
http://elclariscuro.blogspot.com/
Donde hay duda, hay libertad.
Preserva tu derecho a pensar,
puesto que incluso pensar erróneamente,
es mejor que no hacerlo en absoluto.
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http://elclariscuro.blogspot.com/
Mensajepor m3ntol » 29 Abr 2008, 21:43
franc escribió:Js(0)=0
Js(1)= (4*Js(0))+2=2
Js(2)= (4*Js(1))+2=10
La siguiente sería esta?
Js(3)= (4*Js(1))+2=14
o esta?
Js(3)= (4*Js(2))+2=26
Pues ni una ni otra
verás sabes que
Js(0)=0
Js(1)=(4*Js(0))+2 es decir 4*0 +2 = 2
Js(2)=(4*Js(1))+2 es decir 4*2 +2= 10
Js(3)=(4*Js(2))+2 es decir 4*10 +2 = 42
De todos modos es más fácil la última forma que he puesto de la sucesión
Js(n) = (2^(2n -1) - 2)/ 3
verás que da los mismos numeros. El caso es que estos números cumplen con toda certeza la conjetura de Collatz, es más, todo número que la cumpla o bien es potencia de dos, o bien, al aplicar la sucesión de Collatz acaba en una potencia de 2 o en un número de esta sucesión Js.
Mensajepor Alex » 29 Abr 2008, 22:50
Hola m3ntol, creo que este camino no conduce a nada...! pero sigue a ver a donde se llega.
En un post de contestación a franc,(que por cierto no me lo interpreto bien) intenté algo por el estilo a lo que tu planteas y llegue a la serie: 1,5,21,85... (4n+1).... donde cualquier elemento de esta serie, se convierte directamente en potencia de 2, al aplicarle la formula de Collazt para los impares, y por tanto desemboca en el 1.
Ej: 85 le aplicamos 3n+1 y tenemos 256 =2^8 ---> 1 al dividir por dos
Pero el problema es el mismo, ¿y los numeros que no pertenecen a esta serie como se comportan?
Se me ocurre que si se combinan la serie que tu obtienes con esta otra, se tendria un abanico de numeros importante, por lo menos hay dos series que se convierten en potencias de 2, una serie de numeros pares y otra de impares... pero ahora pregunto: ¿podemos conocer que numeros quedan fuera de estas dos series? ... y tratar de encajarlos por algún lado?
O lo que es lo mismo, si se puede demostrar que cualquier n llega a desembocar a una potencia de 2 o a una de las dos series, se consigue llegar al 1 y por tanto al ciclo infinito: 4,2,1,...
No se si por aqui se puede llegar a algún sitio.
Otra linea que se podría seguir es ver si se puede determinar una cota superior a la serie Collazt, para cualquier n, porque tiene narices si comienzas por el 15: 15,46,23,70,35,106,53,160 ....... 5,16,8,4,2,1 donde vemos que llega al 5 que pertenece a la serie que te expuse.... pero bueno la cotga superior llega al 160 nada menos.
Bueno seguiremos...
Saludos
En un post de contestación a franc,(que por cierto no me lo interpreto bien) intenté algo por el estilo a lo que tu planteas y llegue a la serie: 1,5,21,85... (4n+1).... donde cualquier elemento de esta serie, se convierte directamente en potencia de 2, al aplicarle la formula de Collazt para los impares, y por tanto desemboca en el 1.
Ej: 85 le aplicamos 3n+1 y tenemos 256 =2^8 ---> 1 al dividir por dos
Pero el problema es el mismo, ¿y los numeros que no pertenecen a esta serie como se comportan?
Se me ocurre que si se combinan la serie que tu obtienes con esta otra, se tendria un abanico de numeros importante, por lo menos hay dos series que se convierten en potencias de 2, una serie de numeros pares y otra de impares... pero ahora pregunto: ¿podemos conocer que numeros quedan fuera de estas dos series? ... y tratar de encajarlos por algún lado?
O lo que es lo mismo, si se puede demostrar que cualquier n llega a desembocar a una potencia de 2 o a una de las dos series, se consigue llegar al 1 y por tanto al ciclo infinito: 4,2,1,...
No se si por aqui se puede llegar a algún sitio.
Otra linea que se podría seguir es ver si se puede determinar una cota superior a la serie Collazt, para cualquier n, porque tiene narices si comienzas por el 15: 15,46,23,70,35,106,53,160 ....... 5,16,8,4,2,1 donde vemos que llega al 5 que pertenece a la serie que te expuse.... pero bueno la cotga superior llega al 160 nada menos.
Bueno seguiremos...
Saludos
Sol y luna y cielo proclaman al divino autor del mundo...
Mensajepor Alex » 29 Abr 2008, 23:30
Carlos, la conjetura 3n+1, que yo sepa, esta sin demostrar a fecha de hoy (no se si mañana la demostraremos aqui...).
La conjetura de Catalan ya la hemos expuesto en este hilo unos post antes, y esta si esta demostrada en el año 2002 o sea dos siglos despues de exponerla Catalan. La solucion que tu expones es UNICA, solo el 8 y el 9 de todos los naturales la cumplen. x^a-y^b=1;3^2-2^3=1. En otras palabras: Un cubo menos un cuadrado es igual a UNO, solo para el 8 y el 9, que se pueden expresar como 3^2-2^3=1 (jo que lio me he hecho )
Saludos
La conjetura de Catalan ya la hemos expuesto en este hilo unos post antes, y esta si esta demostrada en el año 2002 o sea dos siglos despues de exponerla Catalan. La solucion que tu expones es UNICA, solo el 8 y el 9 de todos los naturales la cumplen. x^a-y^b=1;3^2-2^3=1. En otras palabras: Un cubo menos un cuadrado es igual a UNO, solo para el 8 y el 9, que se pueden expresar como 3^2-2^3=1 (jo que lio me he hecho )
Saludos
Sol y luna y cielo proclaman al divino autor del mundo...
Mensajepor m3ntol » 30 Abr 2008, 00:59
Alex escribió:En un post de contestación a franc,(que por cierto no me lo interpreto bien) intenté algo por el estilo a lo que tu planteas y llegue a la serie: 1,5,21,85... (4n+1).... donde cualquier elemento de esta serie, se convierte directamente en potencia de 2, al aplicarle la formula de Collazt para los impares, y por tanto desemboca en el 1.
Ej: 85 le aplicamos 3n+1 y tenemos 256 =2^8 ---> 1 al dividir por dos
Pero el problema es el mismo, ¿y los numeros que no pertenecen a esta serie como se comportan?
Se me ocurre que si se combinan la serie que tu obtienes con esta otra, se tendria un abanico de numeros importante, por lo menos hay dos series que se convierten en potencias de 2, una serie de numeros pares y otra de impares...
En realidad son la misma serie. La que tu propones es justo, la mitad de la que yo propongo, término a término...
Js= 2, 10, 42, 170, 682, ...
As=1, 5, 21, 85, 341,...
Respecto a la cota superior no existe ya que por definición abarca todos los naturales, así que dado cualquier natural impar te vas a ir al triple más 1 y hay naturales impares tan grandes como quieras.
Lo que habría que intentar demostrar es que la serie es convergente para cualquier natural que se eliga, es decir, que el número de saltos que da hasta llegar a un número potencia de 2 o parte de Js (o de Ja) es finito.
Mensajepor Guest » 30 Abr 2008, 09:34
Bien por vosotros m3ntol y Alex, por aclarar que no me aclarais nada y franc, por esforzarse en que podamos todos entender la simbología.
Ya veo que entendí de acafar, que estaba demostrado en 2002 lo que nos tiene en vilo, cuando se trataba de la conjetura de Catalán.
Por eso no me conformaba que una solución particular, se considerara demostración general.
Parece que la nueva fórmula que nos ofreces m3ntol, viene a ser gemela a la cuestionada y continuamos jugando con el 2 y el 3.
No me he entretenido en ello, pero (a lo fácil) me hace sospechar de que el grado de dificultad de su resolución sea menor que el del cuestionado aquí. (Caso de haber expresión matemática que lo evidencie).
Continúo viendo las cuatro incógnitas en la igualdad
N(3n+1)/M*2^b=1
Y hasta ahora, no he sabido hallar más de dos ecuaciones , más la resolución por diofántica. Cada vez que realizo sustituciones, para simplificar, caigo en redundancia.
O sea, que al fin me resulta una indeterminación entre M y N, que para el caso, hacía inútil darle más vueltas.
Creo que aquí la matemática falla, por la intervención de cierto azar, que de un modo profundo tendente al infinito, sea matemático. O sea que es matemático, en el infinito. ¿Cómo se elimina este escollo?.
A discurrir, y a presentar los presuntos resultados, que esto está más que candente.
Saludos del Abuelo.
Y venga, haber si el millón €, llega a AAH.
Ya veo que entendí de acafar, que estaba demostrado en 2002 lo que nos tiene en vilo, cuando se trataba de la conjetura de Catalán.
Por eso no me conformaba que una solución particular, se considerara demostración general.
Parece que la nueva fórmula que nos ofreces m3ntol, viene a ser gemela a la cuestionada y continuamos jugando con el 2 y el 3.
No me he entretenido en ello, pero (a lo fácil) me hace sospechar de que el grado de dificultad de su resolución sea menor que el del cuestionado aquí. (Caso de haber expresión matemática que lo evidencie).
Continúo viendo las cuatro incógnitas en la igualdad
N(3n+1)/M*2^b=1
Y hasta ahora, no he sabido hallar más de dos ecuaciones , más la resolución por diofántica. Cada vez que realizo sustituciones, para simplificar, caigo en redundancia.
O sea, que al fin me resulta una indeterminación entre M y N, que para el caso, hacía inútil darle más vueltas.
Creo que aquí la matemática falla, por la intervención de cierto azar, que de un modo profundo tendente al infinito, sea matemático. O sea que es matemático, en el infinito. ¿Cómo se elimina este escollo?.
A discurrir, y a presentar los presuntos resultados, que esto está más que candente.
Saludos del Abuelo.
Y venga, haber si el millón €, llega a AAH.
Mensajepor Alex » 30 Abr 2008, 11:19
acafar
Es a esto a lo que me refería precisamente. La propuesta de Collatz, debe tener una cota superior forzosamente (si es cierta), para cada natural. Ahora bien ¿como fijar esa cota en función de n? ¿cuanto puede crecer un natural con la formula de Collazt?. Por tanteo, si partes con el 15 se incrementa en 7 ocasiones, hasta 160 y a partir de ahi decrece hasta desembocar en el 5. Para otros naturales solo se incrementa en una ocasion ¿que propiedad oculta tiene la formula para transformar un numero impar en uno parmente par, o doble parmente par? Se conoce algun natural par, que al dividirlo por dos, tres veces consecutivas de un numero par (escepto las potencias de dos) y por último serviría de algo la teoría de probabilidades?
Ahora me estan esperando y tengo prisa... seguiremos conversando, pero no olvidemos una sentencia de un celebre matemático: "Las matematicas actuales, no estanpreparadas para demostrar la conjetura 3n+1" ..
Respecto a la cota superior no existe ya que por definición abarca todos los naturales, así que dado cualquier natural impar te vas a ir al triple más 1 y hay naturales impares tan grandes como quieras.
Lo que habría que intentar demostrar es que la serie es convergente para cualquier natural que se eliga, es decir, que el número de saltos que da hasta llegar a un número potencia de 2 o parte de Js (o de Ja) es finito.
Es a esto a lo que me refería precisamente. La propuesta de Collatz, debe tener una cota superior forzosamente (si es cierta), para cada natural. Ahora bien ¿como fijar esa cota en función de n? ¿cuanto puede crecer un natural con la formula de Collazt?. Por tanteo, si partes con el 15 se incrementa en 7 ocasiones, hasta 160 y a partir de ahi decrece hasta desembocar en el 5. Para otros naturales solo se incrementa en una ocasion ¿que propiedad oculta tiene la formula para transformar un numero impar en uno parmente par, o doble parmente par? Se conoce algun natural par, que al dividirlo por dos, tres veces consecutivas de un numero par (escepto las potencias de dos) y por último serviría de algo la teoría de probabilidades?
Ahora me estan esperando y tengo prisa... seguiremos conversando, pero no olvidemos una sentencia de un celebre matemático: "Las matematicas actuales, no estanpreparadas para demostrar la conjetura 3n+1" ..
Sol y luna y cielo proclaman al divino autor del mundo...
Mensajepor Guest » 30 Abr 2008, 11:43
Alex escribió:acafarRespecto a la cota superior no existe ya que por definición abarca todos los naturales, así que dado cualquier natural impar te vas a ir al triple más 1 y hay naturales impares tan grandes como quieras.
Lo que habría que intentar demostrar es que la serie es convergente para cualquier natural que se eliga, es decir, que el número de saltos que da hasta llegar a un número potencia de 2 o parte de Js (o de Ja) es finito.
Ahora me estan esperando y tengo prisa... seguiremos conversando, pero no olvidemos una sentencia de un celebre matemático: "Las matematicas actuales, no estanpreparadas para demostrar la conjetura 3n+1" ..
Así que ¿discurro cómo un célebre matemático?. Al menos en esta cuestión.
¿Cómo se llamaba?.
En cuanto a la conjetura, en principio, si no la sabemos resolver, la podríamos considerar como axioma. Al fin y al cabo no encontramos al número incumplidor.
Pero si así nos conformamos, no nos tocará la lotería.
Saludos del Abuelo.
Mensajepor franc » 30 Abr 2008, 12:41
Carlos, creo que el matemático se llama Paul Edros.
Alex, no entendí tu exposición de 4n´+1, porque si le aplicas la fórmula de collatz a 4n´+1, su resultado es un número impar, sea cual sea el número impar (o par) que se escoja para multiplicar por 4, ahí se acaba el asunto no hay descomposición porque el resultado es directamente un impar, sin embargo en 4n´cogiendo por ejemplo el 3 para 3n´, sería:
3+3+3 +1 = 4n´
Todo lo demás, la relación de 4n´con 3n´+1, etc, ya lo he expuesto sobradamente.
M3ntol, tu conjetura me he permitido también demostrarla, y es sorprendente la similitud que hay con lo que yo digo que es una demostración de 3n´+1, ahí va:
m3ntol dijo:
Por cierto que todo número de la forma 2^(2n-1) - 2 es múltiplo de 3 y no se por qué.
Lo siento pero no tengo más remedio que asemejar esto, y compararlo con mi observación de 3n´+1.
Un número impar siendo divisible por tres, si le añado el mínimo múltiplo impar (1), lo hago divisible por dos.
Un número par siendo divisible por cuatro, si le quito su mínimo multiplo lo hago divisible por tres ( 2^(2n-1) – 2 )
Porque si un número par lo elevas a una potencia impar y le restas una pontencia par , primero lo doblas un número impar de veces y después le restas una doblez:
Por ejemplo el número 2 para n:
Porque primero lo doblas 2, 4, y 8 veces y después le quitas la primera doblez:
2x8= 16 16 -4 =12 que es multiplo de 3
El número 3 para n:
Porque primero lo doblas 2, 4, 8, 16, 32 veces y después le quitas la primera doblez:
2x32 = 64 64 – 4 = 60 que es múltiplo de tres.
El número 5 para n (teniendo siempre en cuenta 2^(2n-1) – 2:
Porque primero lo doblas 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256, 512 veces y después le quitas la primera doblez:
2x 512 = 1024 1024 – 4 = 1020 que es múltiplo de tres.
Con el ejemplo que más claro se ve es con el 2 para n, que son 2^3 – 2
2x2 = 4 4x2 = 8 8x2 = 16 16 menos la primera doblez (4) = 12 que es múltiplo de tres.
Y esto porqué es así, porque sencillamente el resultado de esto 2^(2n-1) – 2, es un número divisible por cuatro, y si restamos su múltiplo mínimo (2^2) a un número divisible por cuatro , lo hacemos divisible por tres., es decir, quitamos una parte de esa divisibilidad.
De la misma forma que si a 100, que es divisible por 4, le quitas 1, queda 99 que es divisible por 3, igual que a 200 si le quitas 2, quedan 198 que es divisible por tres, y si a 300 le quitas 3, quedan 297 que es divisible por tres, y a 400 le quitas 4 queda 396 que es divisible por tres, así sucesivamente.
En todos los casos a un número divisible por cuatro, al quitarle las unidades, lo hacemos divisible por tres, fijaros en esto:
Un número al azar el 456780 ( lo único que hay que comprobar es que sea divisible por 4) fijaros que si le quitamos el 4, más una unidad por cada uno del resto de los números nos da una suma de 9, 456780-9 = 456771, 456771 es divisible por tres. Lo podemos hacer can cualquier número por ejemplo el 9844356704, aquí restamos el 9 más una unidad por cada uno de los restantes números, en total restaríamos 18,
9844356704 - 18 = 9844356686 ¡es divisible por tres!
Y más correcto todavía si a cualquier número divisible por 4 le restamos la suma de sus digitales, su resultado ¡es un número divisible por 3!
Veamos el 456780, y también 9844356704
4+5+6+7+8+0 = 30
456780 - 30 = 456750 ¡es divisible por tres!
9+8+4+4+3+5+6+7+0+4 = 50
9844356704 - 50 = 9844356654 ¡es divisible por 3!
Queda así explicada la conjetura de m3ntol.
saludos
Alex, no entendí tu exposición de 4n´+1, porque si le aplicas la fórmula de collatz a 4n´+1, su resultado es un número impar, sea cual sea el número impar (o par) que se escoja para multiplicar por 4, ahí se acaba el asunto no hay descomposición porque el resultado es directamente un impar, sin embargo en 4n´cogiendo por ejemplo el 3 para 3n´, sería:
3+3+3 +1 = 4n´
Todo lo demás, la relación de 4n´con 3n´+1, etc, ya lo he expuesto sobradamente.
M3ntol, tu conjetura me he permitido también demostrarla, y es sorprendente la similitud que hay con lo que yo digo que es una demostración de 3n´+1, ahí va:
m3ntol dijo:
Por cierto que todo número de la forma 2^(2n-1) - 2 es múltiplo de 3 y no se por qué.
Lo siento pero no tengo más remedio que asemejar esto, y compararlo con mi observación de 3n´+1.
Un número impar siendo divisible por tres, si le añado el mínimo múltiplo impar (1), lo hago divisible por dos.
Un número par siendo divisible por cuatro, si le quito su mínimo multiplo lo hago divisible por tres ( 2^(2n-1) – 2 )
Porque si un número par lo elevas a una potencia impar y le restas una pontencia par , primero lo doblas un número impar de veces y después le restas una doblez:
Por ejemplo el número 2 para n:
Porque primero lo doblas 2, 4, y 8 veces y después le quitas la primera doblez:
2x8= 16 16 -4 =12 que es multiplo de 3
El número 3 para n:
Porque primero lo doblas 2, 4, 8, 16, 32 veces y después le quitas la primera doblez:
2x32 = 64 64 – 4 = 60 que es múltiplo de tres.
El número 5 para n (teniendo siempre en cuenta 2^(2n-1) – 2:
Porque primero lo doblas 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256, 512 veces y después le quitas la primera doblez:
2x 512 = 1024 1024 – 4 = 1020 que es múltiplo de tres.
Con el ejemplo que más claro se ve es con el 2 para n, que son 2^3 – 2
2x2 = 4 4x2 = 8 8x2 = 16 16 menos la primera doblez (4) = 12 que es múltiplo de tres.
Y esto porqué es así, porque sencillamente el resultado de esto 2^(2n-1) – 2, es un número divisible por cuatro, y si restamos su múltiplo mínimo (2^2) a un número divisible por cuatro , lo hacemos divisible por tres., es decir, quitamos una parte de esa divisibilidad.
De la misma forma que si a 100, que es divisible por 4, le quitas 1, queda 99 que es divisible por 3, igual que a 200 si le quitas 2, quedan 198 que es divisible por tres, y si a 300 le quitas 3, quedan 297 que es divisible por tres, y a 400 le quitas 4 queda 396 que es divisible por tres, así sucesivamente.
En todos los casos a un número divisible por cuatro, al quitarle las unidades, lo hacemos divisible por tres, fijaros en esto:
Un número al azar el 456780 ( lo único que hay que comprobar es que sea divisible por 4) fijaros que si le quitamos el 4, más una unidad por cada uno del resto de los números nos da una suma de 9, 456780-9 = 456771, 456771 es divisible por tres. Lo podemos hacer can cualquier número por ejemplo el 9844356704, aquí restamos el 9 más una unidad por cada uno de los restantes números, en total restaríamos 18,
9844356704 - 18 = 9844356686 ¡es divisible por tres!
Y más correcto todavía si a cualquier número divisible por 4 le restamos la suma de sus digitales, su resultado ¡es un número divisible por 3!
Veamos el 456780, y también 9844356704
4+5+6+7+8+0 = 30
456780 - 30 = 456750 ¡es divisible por tres!
9+8+4+4+3+5+6+7+0+4 = 50
9844356704 - 50 = 9844356654 ¡es divisible por 3!
Queda así explicada la conjetura de m3ntol.
saludos
Última edición por franc el 30 Abr 2008, 12:59, editado 1 vez en total.
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es mejor que no hacerlo en absoluto.
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es mejor que no hacerlo en absoluto.
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Mensajepor Alex » 30 Abr 2008, 12:42
carlos
Alex escribió:
Recientemente ha habido una conferencia en la "Fundación la Caixa, en Barcelona, sobre pronlemas actuales de las matematicas, donde se ha tratado esta conjetura, y por donde me he enterado que el premio de 1.000.000 de dólares USA sigue en pie.... Os aconsejo que espereis un poco para resolverlo, a ver si se recupera el dolar... ¡Ahora no interesa resolverlo! se pierde casi un 50% del premio, y hacienda se lleva otro tanto!!
Saludos
Así que ¿discurro cómo un célebre matemático?. Laughing Laughing Laughing Al menos en esta cuestión.
¿Cómo se llamaba?.
Alex escribió:
Esta conjetura se conoce como la conjetura 3n+1, y sobre la que dijo el matematico Paul Edros (1913-1996) que la matemática actual no esta preparada para demostrar este problema
Recientemente ha habido una conferencia en la "Fundación la Caixa, en Barcelona, sobre pronlemas actuales de las matematicas, donde se ha tratado esta conjetura, y por donde me he enterado que el premio de 1.000.000 de dólares USA sigue en pie.... Os aconsejo que espereis un poco para resolverlo, a ver si se recupera el dolar... ¡Ahora no interesa resolverlo! se pierde casi un 50% del premio, y hacienda se lleva otro tanto!!
Saludos
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¿ Quién fue nuestro usuario Arbacia ?
Patricio Domínguez Alonso fue un paleontólogo español, gran amante de la Astronomía y Divulgador Científico.
Doctor en Ciencias Biológicas (1999) y especialista en Biología Evolutiva fue profesor de Paleontología en la Facultad de Ciencias Geológicas de la UCM. Miembro del Instituto de Geociencias (CSIC-UCM) desde su creación, estaba integrado en la línea de Investigación del Centro “Episodios críticos en la historia de la Tierra”.
Su trabajo de investigación se centró en el origen de los vertebrados, evolución temprana de aves y estudios sobre el cuaternario en el Caúcaso. Para ello desarrolló estancias de investigación en Reino Unido, Estados Unidos, Brasil, Armenia, China y Honduras (Fte. Wikipedia)
Como aficionado a la Astronomía, desde 2008 fue Presidente de la Asociación Astronómica AstroHenares y socio destacado de la Asociación Astronómica Hubble. Desde 2005 y durante 8 años fue moderador activo y permanente de este foro, convirtiéndose en el usuario más prolífico del mismo y en uno de los garantes de su buen funcionamiento.
Con el apoyo de la Asociación Hubble y la difusión del foro, organizó algunas de las reuniones de aficionados a la Astronomía más importantes de España, como la de Navas de Estena en los Montes de Toledo, conocida como “AstroArbacia”.
Podemos afirmar sin temor a equivocarnos que su pérdida inició el declive del foro allá por 2013. Por eso, tras su renovación queremos rendir homenaje desde la Asociación Hubble a su figura como aficionado a la Astronomía, como persona y como gran amigo de los administradores, moderadores y muchos de los usuarios del foro, a los que siempre ayudaba con agrado y sabiduría en multitud de temas.
Nos vemos en las estrellas, amigo
¿ Quién fue nuestro usuario Arbacia ?
Patricio Domínguez Alonso fue un paleontólogo español, gran amante de la Astronomía y Divulgador Científico.
Doctor en Ciencias Biológicas (1999) y especialista en Biología Evolutiva fue profesor de Paleontología en la Facultad de Ciencias Geológicas de la UCM. Miembro del Instituto de Geociencias (CSIC-UCM) desde su creación, estaba integrado en la línea de Investigación del Centro “Episodios críticos en la historia de la Tierra”.
Su trabajo de investigación se centró en el origen de los vertebrados, evolución temprana de aves y estudios sobre el cuaternario en el Caúcaso. Para ello desarrolló estancias de investigación en Reino Unido, Estados Unidos, Brasil, Armenia, China y Honduras (Fte. Wikipedia)
Como aficionado a la Astronomía, desde 2008 fue Presidente de la Asociación Astronómica AstroHenares y socio destacado de la Asociación Astronómica Hubble. Desde 2005 y durante 8 años fue moderador activo y permanente de este foro, convirtiéndose en el usuario más prolífico del mismo y en uno de los garantes de su buen funcionamiento.
Con el apoyo de la Asociación Hubble y la difusión del foro, organizó algunas de las reuniones de aficionados a la Astronomía más importantes de España, como la de Navas de Estena en los Montes de Toledo, conocida como “AstroArbacia”.
Podemos afirmar sin temor a equivocarnos que su pérdida inició el declive del foro allá por 2013. Por eso, tras su renovación queremos rendir homenaje desde la Asociación Hubble a su figura como aficionado a la Astronomía, como persona y como gran amigo de los administradores, moderadores y muchos de los usuarios del foro, a los que siempre ayudaba con agrado y sabiduría en multitud de temas.
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