|
[2529] Sirpi | 2008-01-04 17:15:02 |
-t kiemelve a számlálóból és a nevezőből is, valamint bevezetve az jelölést, a következő (immár egyváltozós) alakot kapjuk - mellesleg az is látszik, hogy és pozitív voltát nem használjuk sehol, az a feltétel elhagyható:
f(e)2.16, (utóbbi azért igaz, mert az x=1 közelében ln xx-1)
Ezek után már csak az kell, hogy a függvény szigorúan monoton az [1,e] intervallumon, és meg is kaptuk a választ: 2.
Itt elég a második tagról belátni, hogy pozitív, mert az első az. x=1+t helyettesítéssel t3-ig kiírt Taylor-sorral látszik, nem tudom, van-e rá egyszerűbb módszer, ez az út elég gány ahhoz, hogy végigírjam.
|
Előzmény: [2528] Cckek, 2008-01-04 16:22:44 |
|
[2528] Cckek | 2008-01-04 16:22:44 |
Itt van Lajos, egy neked való feladat, egy helybéli igen megbecsült matematikus egyik feladatát általánosítgattam. Persze bárki megoldhatja ha van kedve hozzá.
Legyen ,>0,0<-<1. Számítsuk ki
értéket ahol [x]-el az x valós szám egész részét jelöltük.
|
|
[2527] Lóczi Lajos | 2007-12-30 15:44:32 |
Tovább próbálkozom. Legyenek tehát P és Q az n-dimenziós (komplex) Cn teret önmagukba képező n x n-es hermitikus idempotens mátrixok, melyek rangja azonos.
A rang a képtér dimenziója.
Az operátorokra vonatkozó felbontási tétel alapján tudjuk (felhasználva, hogy most az operátoraink hermitikusak és véges dimenzióban vagyunk), hogy Cn előáll a lineáris operátor képtere és magtere direkt összegeként. (Speciálisan, a képtér és a magtér dimenziójának összege n.)
Ezekből azt kapjuk, hogy P-nek és Q-nak nemcsak a képtere, de a magtere is azonos dimeziós kell legyen.
Korábban láttuk, hogy P=PQ. Ebből az adódik, hogy ha egy x vektor Q magterében van, akkor egyúttal P magterében is benne van: ker(Q) ker (P). De a két magtér, mint altér, azonos dimenziójú, ez csak úgy lehet, ha azonos.
De akkor a felbontási tétel miatt az ortogonális komplementereik, vagyis a képtereik is azonos alterek.
Tudjuk, hogy a projektorok a képtéren identitásként hatnak. (Valóban, ha x pl. P képterében van, akkor alkalmas y Cn vektorral x=Py. De az idempotencia miatt ekkor Px=PPy=Py=x.)
Legyen tehát z egy tetszőleges Cn-beli vektor. Ekkor z előáll z0+z1 alakban, ahol z0 P magterébe esik (ami egyúttal Q magtere is), z1 pedig P (avagy Q) képterébe esik. Emiatt
Pz=P(z0+z1)=Pz1=z1=Qz1=Q(z0+z1)=Qz,
tehát P=Q.
Remélem, ezzel a megoldás rendben van :)
|
Előzmény: [2399] Lóczi Lajos, 2007-10-22 12:32:28 |
|
[2526] hobbymatekos | 2007-12-30 15:38:23 |
Nem kőtáblába véstem:-) Azért irtam mert érdekel a téma. Semmi egyéb. Az összes tévedésre szükséges rámutatni. Az összeget azért gondolom oda a definicióhoz, mert igazán az az oldala izgat. Mint ahogy mondtad is a mátrix nyoma fontos.(Fizikailag a nyom sűrűséggel kapcsolatos. A sűrűségek pedig additivek? Vagyis egy térbeli pontban egy részecske helyett rögtön egy r szer akkora?. Helycserével? Anélkül?) Diagonálmátrixok összegének nyoma a nyomok összege. r(a+a)=raa, a mátrix elemei, r komplex számok, szintén megoldható, ekkor persze ferdén hermitikus a mátrix, akkor főátlóban tisztán képzetes szám állhat, de ezek minden páros hatványa lehet hermitikus, idempotens. De ezek csak gondolatok. Az eredeti feladattal kapcsolatban csak annyi volt a meglátásom, hogy a mátrix harmadik hatványa van a bizonyitandóban, akkor PP=P ből következik idempotencia miatt PQP=PQ=QP=PP=P. A középső rész kommutativitás. (Kommutativitásra nxn mátrixnál legalább nxn művelet kell eldöntéséhez. És ha n az Avogadro szám?) Egyébként olvasótok vagyok inkább. BUÉK
|
Előzmény: [2524] Cckek, 2007-12-30 00:31:48 |
|
[2525] Lóczi Lajos | 2007-12-30 14:21:01 |
(Nem kukacoskodásból kérdeztem rá direktben, csak azért, mert nem értettem, és meg akartam érteni az állítását, ehhez tudnom kellett, a definíciókban "közös nevezőn" vagyunk-e :)
|
Előzmény: [2524] Cckek, 2007-12-30 00:31:48 |
|
[2524] Cckek | 2007-12-30 00:31:48 |
Az értelmezéseket valóban kitünően elmondtad, s én hiszek abban hogy ez a forum a matematika és persze a matematikusok feltétlen tiszteletéről szól. Éppen ezért nem árt néha beismerni ha tévedtünk. Ez k...a nehéz de a tisztelet elérése szempontjából feltétlenül szükséges. És nem olyan vészes a tévedés,-a matematikai eredmények tévedések sorozatai, egy tévedés kijavítása oriási eredmény lehet:D- sokkal inkább veszélyes feltétlenül védeni az igazunkat. A magam hibájából tanultam ezt tehát, sértődöttségre semmi ok.
|
Előzmény: [2523] hobbymatekos, 2007-12-29 02:55:18 |
|
[2523] hobbymatekos | 2007-12-29 02:55:18 |
Az I idempotens. Elmondtam az általános definiciot. (Annak értelmében nem lenne idempotens) Mátrixokra A=AA=AAA..... Ez a probléma amit kitűzött a kolléga: PQP=PP=P. Az állitása PQP=P alakban volt megadva. Továbbá csak vázoltam mxn mátrixból kiindulva unitér mátrixra mi adódik. Rang változatlan. Te megcsináltad Projektorra. Kellene még egy szokásos (A+A*)/2 és poláris P=QQU felbontásra is.
|
Előzmény: [2520] Lóczi Lajos, 2007-12-28 21:08:34 |
|
|
[2521] Lóczi Lajos | 2007-12-28 21:18:43 |
Nem értem ezt. Kérlek, mondd ki, mi az állításod és mit bizonyítasz.
"Innen generalizálással adódik az állitás." Ez mit jelent és melyik állítás?
"P=PP=PPP implikálja TQ=TTQ implikáció ugyanaz, mint T=TQT." Ez nem magyar mondat. Kérlek, tisztázd.
Mit jelölsz felső vesszővel?
Stb.
|
Előzmény: [2519] hobbymatekos, 2007-12-28 00:35:05 |
|
|
[2519] hobbymatekos | 2007-12-28 00:35:05 |
Ez már hermitikus és idempotens is. És pozitiv szemidefinit. Diagonizálható. Egy diagonál mátrix pedig triviálisan hermitikus és idempotens, ha elemei valósak (csak ekkor hermitikus definició szerint). Legyen M mxn mátrix, rangja n. És oszlopai ortonormáltak, P=MM' hermitikus,ha főátlóbeli elemei valósak, továbbá ortonormáltság miatt M'M=I , nxn es identitás. Létezik U unitér mátrix, T=U'PU. Mivel P hermitikus, T is az. PP=P implikálja TT=T, hiszen minden diagonális elem 1 vagy nulla és a rang ugyanannyi marad, azaz T n db 1 est és m-n db nullát tartalmaz főátlójában. Azaz P=UTU'=UTTU=UT'U'UT'U=MM' és M olyan mátrix, hogy n oszlopa U beli. Innen generalizálással adódik az állitás. Q rangja ugyanannyi mint P nek, valamint hermitikus idempotens.
P=PP=PPP implikálja TQ=TTQ implikáció ugyanaz, mint T=TQT.
|
Előzmény: [2518] Cckek, 2007-12-26 14:17:40 |
|
|
|
[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 |
|
|
|