|
[2516] Cckek | 2007-12-26 13:08:46 |
Hmm, szerinted tehát csak O illetve I idempotens? Amugy az idempotencia ebben az esetben a sor/oszlop mátrixszorzásra vonatkozik, s gondolom ott követted el a hibát hogy így ültetted át az értelmezést: x(G,*) idempotens, ha x*x=x, most pedig a *-ot sorra a + illetve . műveletekkel helyetesítetted. Keress olyan négyzetes másodrendű mátrixokat melyeknek nyoma 1 determinánsa 0. Ezek mind idempotensek lesznek:D
pl:
|
Előzmény: [2515] hobbymatekos, 2007-12-26 12:43:15 |
|
[2515] hobbymatekos | 2007-12-26 12:43:15 |
A nullelem idempotens az összeadás és szorzás binér műveletre. A nullelemtől különböző elemek közül csak az egységelem idempotens és csak a szorzásra nézve. Mivel az állitás csak szorzást tartalmaz, ezért 0 vagy egységelemre teljesülhet az idempotencia. Az állitás a hermitikus mátrixok körében csak a valós P=Q=0 vagy P=Q=I mátrixokra igaz. De nem igaz, hogy csak P=Q-ra igaz. Ha Q=I akkor tetszőleges P re igaz. Ha P=0 akkor tetszőleges Q ra igaz. Q=0 ra nem igaz.
|
Előzmény: [2513] Cckek, 2007-12-26 01:02:06 |
|
|
|
|
|
|
[2509] hobbymatekos | 2007-12-25 23:25:13 |
Def.: A idempotens ha A+A=AA=A.
A feltétel szerint P, Q hermitikus és idempotens volt. P=QP egyenlőség tetszőleges nem elfajuló (detP vagy detQ nem nulla) mátrixokra pl: Q=I lenne, de I nem idempotens.
|
Előzmény: [2508] Lóczi Lajos, 2007-12-25 21:42:39 |
|
[2508] Lóczi Lajos | 2007-12-25 21:42:39 |
Nem egészen értem, mit írsz.
"Def.: A idempotens ha A+A=AA=A A feltétel szerint P, Q hermitikus és idempotens volt P=QP egyenlőség tetszőleges nem elfajuló (detP vagy detQ nem nulla) mátrixokra pl: Q=I lenne, de I nem idempotens."
Át tudnád ezt fogalmazni magyarosabbra? Összefolynak a részek. Amúgy miért veszed bele az idempotens definíciójába az összeget?
|
Előzmény: [2505] hobbymatekos, 2007-12-25 17:05:24 |
|
|
|
[2505] hobbymatekos | 2007-12-25 17:05:24 |
Egyelőre csak a következőt sikerült igazolnom: P=PQ=QP Ez segédtételből következik: Ha P és Q hermitikus, akkor PQ=QP(kommutativitás) továbbá P ill. Q idempotens (a feltételek szerint) Def.: A idempotens ha A+A=AA=A A feltétel szerint P, Q hermitikus és idempotens volt P=QP egyenlőség tetszőleges nem elfajuló (detP vagy detQ nem nulla) mátrixokra pl: Q=I lenne, de I nem idempotens. Hermitikus, idempotens mátrixokra Q=P.
|
Előzmény: [2399] Lóczi Lajos, 2007-10-22 12:32:28 |
|
[2504] Cckek | 2007-12-24 16:57:02 |
Kellemes, boldog és békés Karácsonyt minden tisztelt forumozónak. ...és a piával csak Lebesque mértékkel:D
|
|
[2503] Lóczi Lajos | 2007-12-24 02:16:45 |
Igen, a feladat érdekessége abban van, hogy indukcióval közvetlenül nem jön ki, viszont egy nála erősebb állítás igen: ha a jobb oldalra -et írunk, az indukció már végigmegy.
|
Előzmény: [2501] Csimby, 2007-12-24 01:26:49 |
|
[2502] rizsesz | 2007-12-24 01:30:03 |
pedig van indukciós, csak sajna nem saját :( úgyhogy nem dobom be a közösbe (viszon Csimby megoldása szép!).
más kérdés: az első 2n pozitív egész számból kiválasztunk k. mekkora k értéke, ha tudjuk, hogy k-ra igaz, hogy van a k szám között 3 olyan, amelyek közül az egyik a másik kettő összege, továbbá az is igaz, hogy ez már k-1 esetén nem teljesül?
|
Előzmény: [2501] Csimby, 2007-12-24 01:26:49 |
|
|
|
|
|
[2497] Gyöngyő | 2007-12-22 11:08:52 |
Sziasztok!
Segítséget szeretnék kérni! Az lenne a kérdésem,hogy hol találok olyan feladatokat,amiben a teljes indukció kicsit furcsa modon kerül elő vagy nem teljesen követi a megszokott utat!
Köszönettel: Zsolt
|
|
|
[2495] Cckek | 2007-12-14 22:43:57 |
Krimirajongóként, anélkül hogy kötekedni akarnék, megkérdem, hogy nem Moriarty professzorról van szó? Amúgy nagyon érdekes feladat, én léggyel meg pókhálóval tudom, a pók útolérheti a legyet ha a pókháló tartalmaz háromszöget.
|
Előzmény: [2492] Enkidu, 2007-12-12 12:45:22 |
|
|
[2493] Lóczi Lajos | 2007-12-14 00:04:44 |
Van-e olyan kétváltozós f függvény, hogy , azaz kifejezhető-e xyz, mint y/x és z/y függvénye?
|
|