[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 |
|
[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 |
|
[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 |
|
[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 |
|
[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.
|
|
[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 |
|
|
[2531] Róbert Gida | 2008-01-04 17:57:20 |
Kijön ez deriválgatásokkal, nálam legyen x:=- (érdemesebb ezt az utat követni, mert akkor log nem jön be). x a továbbiakban mindig legyen (0,1)-ben.
Ekkor, mivel csak az egészrésze kell a függvénynek, ezért elég igazolni, hogy 2 és 3 közé esik az értéke: , ha 0<x<1. A nevező pozitív, így felszorzás és rendezés után kapjuk, hogy kell: 0<(3-x)ex-(3+x)=:g(x), de g(0)=0, továbbá g'(x)=(2-x)ex-1, amire g'(x)>ex-1>0, így g szigorúan monoton nő (0,1) intervallumban, de g(0)=0, így g(x)>0 itt, ami kellett. (g folytonossága is kellett itt még, mert sajnos g'(0)=0).
Másik irányú becsléshez: , felszorozva és rendezve kell: 0(x-2)ex+(x+2)=:h(x), itt h(0)=0, továbbá: h'(x)=(x-1)ex+1, tehát h'(0)=0, továbbá h''(x)=xex0, így h' monoton nő, de h'(0)=0, így h'(x)0, de akkor h monoton nő, de h(0)=0 miatt h(x)0 teljesül, ami kellett.
|
Előzmény: [2529] Sirpi, 2008-01-04 17:15:02 |
|
[2532] Cckek | 2008-01-04 18:12:30 |
Igen ez is gyors, szép megoldás, az eredeti feladat így szólt: Számitsuk ki -t.
De mivel látom unatkoztok itt van egy sokkal nehezebb feladat amivel rengeteget kinlódtam: Bizonyítsuk be, hogy
ahol az Euler indikátor, qZ\{-1,0,1}
|
|
[2533] Lóczi Lajos | 2008-01-04 20:33:11 |
"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."
Mivel csak polinom és logaritmus van benne, ilyenkor érdemes még egyszer deriválni:
, ha x>1, de x-1/x-2ln x az 1 helyen 0, tehát ha x>1, akkor mindig pozitív a kérdéses kifejezés.
|
Előzmény: [2529] Sirpi, 2008-01-04 17:15:02 |
|