2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


В этом разделе нельзя создавать новые темы.



Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5, 6  След.
 
 
Сообщение26.06.2008, 21:54 
Заслуженный участник


11/05/08
32166
Spook писал(а):
ewert писал(а):
Кстати: а почему Вы решили, что предел в нуле бесконечен?
Маткад выдал такое символьное решение:$${2\sqrt{\sin(x^2)}\over{x^3}}-2x\sqrt{\sin(x^2)}-\frac{\cos(x^2)}{x\sqrt{\sin(x^2)}}-\frac{x\cos^2(x^2)}{\sqrt{sin^3(x^2)}}$$.

Ну и кто сказал, что предел в нуле бесконечен?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение26.06.2008, 22:47 
Аватара пользователя


23/01/08
565
да, именно здесь получается $0$, но в действительности то мы считаем вторую производную от произведения: $(fg)''=f''+2f'g'$ (c учетом того, что $g''=0$). Заменяем $x$ на $x^2$: $$g'=(\frac{\sqrt{\sin(x^2)}}{x})'=\frac{cos(x^2)}{\sqrt{\sin(x^2)}}-\frac{\sqrt{\sin(x^2)}}{x^3}=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}$$. То есть получаем бесконечность.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение26.06.2008, 22:53 
Заслуженный участник


11/05/08
32166
Spook писал(а):
да, именно здесь получается $0$, но в действительности то мы считаем вторую производную от произведения: $(fg)''=f''+2f'g'$ (c учетом того, что $g''=0$). Заменяем $x$ на $x^2$: $$g'=(\frac{\sqrt{\sin(x^2)}}{x})'=\frac{cos(x^2)}{\sqrt{\sin(x^2)}}-\frac{\sqrt{\sin(x^2)}}{x^3}=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}$$. То есть получаем бесконечность.

Это потому, что во втором слагаемом степень знаменателя неправильная.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение26.06.2008, 23:15 
Аватара пользователя


23/01/08
565
Блин, точно. Действительно, $g'=0$. Тогда получается, что $(fg)''=f''$. По условию $|f''(x)|\leqslant 1$ Но у нас $f(x^2)$. Осталось как-нибудь выразить ее вторую производную через $f''(x)$ и тогда задача будет решена. Но по-видимому они ни как не связаны :(

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение28.06.2008, 00:37 
Аватара пользователя


23/01/08
565
Spook писал(а):
Осталось как-нибудь выразить ее вторую производную через $f''(x)$ и тогда задача будет решена. Но по-видимому они ни как не связаны :(
Написал глупость, задача решена.

ewert, спасибо за помощь с этой задачкой, экзамен я сдал!
(правда не на 5, завалился на задаче на быстрый ответ, ну да ладно).

Теперь возвращаюсь к старому-доброму функциональному анализу :)
Spook писал(а):
линейность очевидна, но пока я ее грамотно не могу записать.
Narn писал(а):
Постарайтесь. Такие навыки нужно вырабатывать.

Ну для ядра вроде довольно легко доказать:
$A(\lambda x+\mu y)=A(\lambda x)+A(\mu y)=\lambda Ax+\mu Ay=0$, а вот для всего образа...
AD писал(а):
Не всякое замкнутое подмножество нормированного пространства является банаховым пространством.

AD, а если оно будет еще и подпростарнством?

Spook писал(а):
Замкнутое множество - это такое, которое содержит предельные элементы, то есть любая сходящаяся последовательность имеет предел. Непрерывный оператор, это такой, для которого справедливо : $||Ax||\leqslant C||x||$. Ааа, я понял: нуль то у нас - замкнутое множество!!!

Narn, так это было правильно?
Narn писал(а):
Так не бывает, отношение зависимости симметрично. $A$ зависит от $B$ или $B$ зависит от $A$ - это одно и тоже: $P(AB) \ne P(A)P(B)$.

Пусть $B$ следущее состояние, $A$ - текущее, тогда $A\Rightarrow B$. Тогда получается: $B\Rightarrow A$. Как-то странно. Или это следует понимать по-другому? Что-то я не понимаю.

Скопирую сюда же предыдущий ответ:
Spook писал(а):
Narn касательно пункта 3) : этож надо доказатеть целую теорему Рисса :shock:
по пункту 4): Тождественное отображение $Ax=x$ является вложением пространства $C[a,b]$ в пространство $L_2[a,b]$. Так как любая непрерывная функция является интегрируемой.
Насколько я понял так вообще можно строить вложения $C^{\infty}[a,b]\subset...\subset C^n[a,b]...\subset C[a,b]\subset  L_{\infty}[a,b]\subset...\subset L_1[a,b]$
(но только для конечных интервалов для вложений в $L_i[a,b]$).

Narn писал(а):
Вот, пока хватит.

Narn вроде ответил на Ваши вопрсы, наверное можно продолжать дальше :)
Narn писал(а):
Spook, так Вы, оказывается, решили, что вполне непрерывность и непрерывность - это одно и тоже!
мне стыдно:oops: :oops: :oops:
Narn писал(а):
загляните потом в Колмогорова-Фомина (например), почитайте про топологическе пространства.
Обязательно загляну, сейчас выбираю между ним и Люстерником.
Narn писал(а):
Spook писал(а):
полное нормированное пространство представлено в виде счетного объединения тощих множеств, что и противоречит теореме Бэра.

Тощее множество = множество второй категории = счетное объединение нигде не плотных.
То есть правильно сказать: полное нормированное пространство представлено в виде тощего множества, что противоречит теореме Бэра?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение28.06.2008, 08:05 
Заслуженный участник


11/05/08
32166
Spook писал(а):
Ну для ядра вроде довольно легко доказать:
$A(\lambda x+\mu y)=A(\lambda x)+A(\mu y)=\lambda Ax+\mu Ay=0$, а вот для всего образа...

Для любых двух элементов образа существуют хоть какие-то прообразы, и если их линейно скомбинировать...

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение28.06.2008, 11:35 


28/05/08
284
Трантор
Spook писал(а):
Замкнутое множество - это такое, которое содержит предельные элементы, то есть любая сходящаяся последовательность имеет предел. Непрерывный оператор, это такой, для которого справедливо : $||Ax||\leqslant C||x||$. Ааа, я понял: нуль то у нас - замкнутое множество!!!
Narn, так это было правильно?


Итак, Вы поняли, что $\{0\}$ - замкнутое множество, и Вы знаете, что прообразы замкнутых по непрерывному оператору замкнуты. То есть задачу Вы решили.

То, что у Вас написано - верно. Просто для решения через сходящиеся последовательности нужно было написать именно определение непрерывного оператора (для линейных непрерывность равносильна ограниченности) в виде: $x_n \to x_0$ влечет $Ax_n \to Ax_0$. Тогда, если $x$ - предельная точка ядра, то существует последовательность $\{x_n\} \subset ker A$, сходящаяся к $x$, тогда $Ax=\lim_{n \to \infty}Ax_n=\lim_{n \to \infty}0=0$, то есть $x$ тоже лежит в ядре.

Spook писал(а):
Narn писал(а):
Так не бывает, отношение зависимости симметрично. $A$ зависит от $B$ или $B$ зависит от $A$ - это одно и тоже: $P(AB) \ne P(A)P(B)$.

Пусть $B$ следущее состояние, $A$ - текущее, тогда $A\Rightarrow B$. Тогда получается: $B\Rightarrow A$. Как-то странно. Или это следует понимать по-другому? Что-то я не понимаю.


Стоп. $A$ и $B$ - это события и выше написано именно определение зависимости событий. Когда называются независимыми (или зависимыми) случайные величины?

А про тощее множество и про вложение в Вашем последнем сообщении все верно. Просто возьмите какое-нибудь из этих вложений и посмотрите, будет ли обрз замкнут.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение28.06.2008, 22:39 
Аватара пользователя


23/01/08
565
ewert писал(а):
Для любых двух элементов образа существуют хоть какие-то прообразы, и если их линейно скомбинировать...
Я начал рассуждать так:
$A(\lambda x+\mu y)=A(\lambda x)+A(\mu y)=\lambda Ax+\mu Ay$ Но вот как доказать, что $\lambda Ax+\mu Ay$ является образом?
Narn писал(а):
Когда называются независимыми (или зависимыми) случайные величины?

Случайные величины $\varepsilon_1,...\varepsilon_r$ называются независимыми, если для всех $x_1,...,x_r\in X$ $P\{\varepsilon_1=x_1,...,\varepsilon_r=x_r\}=P\{\varepsilon_1=x_1\}...P\{\varepsilon_r=x_r\}$.
Narn писал(а):
Просто возьмите какое-нибудь из этих вложений и посмотрите, будет ли обрз замкнут.
Образ замкнут в силу того, что любое пространство из той цепочки банахово, а тождественный оператор непрерывен.
Что качается теоремы Риса, то доказательства в моем учебнике нет, а в интернете именно такой его теоремы не нашел :( Но может быть не так все сложно, мне же по сути надо доказать замкнутость конечномерных банаховых пространств и замкнутость образа $A\to B$ в случае, когда одно из пространств $X, Y$ конечномерно.

Добавлено спустя 4 минуты 54 секунды:

Spook писал(а):
AD писал(а):
Не всякое замкнутое подмножество нормированного пространства является банаховым пространством.

AD, а если оно будет еще и подпространством?
Я тут подумал и решил, что тогда оно будет банаховым, так как станет полным. Это правильно?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение28.06.2008, 22:48 
Заслуженный участник


11/05/08
32166
Spook писал(а):
ewert писал(а):
Для любых двух элементов образа существуют хоть какие-то прообразы, и если их линейно скомбинировать...
Я начал рассуждать так:
$A(\lambda x+\mu y)=A(\lambda x)+A(\mu y)=\lambda Ax+\mu Ay$ Но вот как доказать, что $\lambda Ax+\mu Ay$ является образом?

Вы не с того конца начали. Сначала надо определиться с тем, что суть икс и игрек. Вот допустим, что $u$ и $v$ -- элементы образа. Тогда по определению $u=Ax$, $v=Ay$ ...

Spook писал(а):
Но может быть не так все сложно, мне же по сути надо доказать замкнутость конечномерных банаховых пространств и замкнутость образа $A\to B$ в случае, когда одно из пространств $X, Y$ конечномерно.

Тогда вообще ничего не надо доказывать. Любое конечномерное пространство полно -- и, следовательно, замкнуто как подмноженство.
(на всякий случай: образ конечномерного пространства -- тривиально конечномерен)

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение29.06.2008, 11:10 


28/05/08
284
Трантор
Spook писал(а):
Образ замкнут в силу того, что любое пространство из той цепочки банахово, а тождественный оператор непрерывен.


Так у нас оператор не тождественный, так как пространства все-таки разные, с разной нормой. То есть, говорить о тождественном операторе можно только в том случае, когда он действует из $X$ в $X$. И вообще, давайте вспомним, откуда все это взялось. Я вам писал:
Narn писал(а):
Они (тождественный и нулевой операторы) дают пример того, что образ бывает замкнут. А Вам остается привести какой-нибудь пример противоположного. Наверное, подскажу: попробуйте вложение $C[a,b]$ в $L_2[a,b]$.


Проще говоря, найдите замыкание в $L_2$ пространства всех непрерывных функций.

Про конечномерные пространства Вам уже ewert написал. У нас это была одна из первых задачек. То есть надо четко представлять себе, что конечномерное линейное множество всегда замкнуто, а конечномерное нормированное пространство над полным полем (вещественными или комплексными, но не рациональными числами, например) всегда банахово и любые две нормы на нем эквивалентны. То есть, если дан непрерывный оператор $A : X \to Y$ и хотя бы одно из банаховых пространств $X$, $Y$ конечномерно, то образ гарантированно замкнут.

Теперь к случайным величинам: да, так (у Вас, видимо, рассматриваются дискретные случайные величины). То есть в роли событий $A,B$ - $\{ \omega \in \Omega | \epsilon_i(\omega)=x_j\}$. Обычно это пишут короче: $\{\epsilon_i=x_j\}$. Значит, зависимы $\epsilon_1, \epsilon_2$ будут, если найдутся такие $x_1, x_2$, $P(\epsilon_1 = x_1, \epsilon_2 = x_2) \ne P(\epsilon_1 = x_1)P(\epsilon_2 = x_2)$. И что изменится, если мы поменяем местами индексы? То есть отношение зависимости симметрично. Пусть Вас не сбивает с толку, что в цепи Маркова мы говорим о "прошлом", "настоящем", "будущем". Речь просто о наборе случайных величин. Если первая зависит от второй, то и вторая зависит от первой.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение03.07.2008, 14:15 
Аватара пользователя


23/01/08
565
ewert писал(а):
Вы не с того конца начали. Сначала надо определиться с тем, что суть икс и игрек. Вот допустим, что $u$ и $v$ -- элементы образа. Тогда по определению $u=Ax$, $v=Ay$ ...
Попробую опять: оператор и пространство линейны, следовательно, если $Ax,Ay$ образы, то и $A(\mu x), A(\lambda y)$ - тоже образы, и следовательно $A(\mu x +\lambda y)$ - образ. Это верно?
А что делать, если оператор нелинейный? В условии дано только то, что он ограничен.

Narn, замкнутое подпространство нормированного просранства является банаховым пространством. Известно, что $C[a,b]$ банахово, следовательно, его образ при непрерывном отображении - тоже банахово пространство, следовательно, замкнут.

ewert писал(а):
Любое конечномерное пространство полно -- и, следовательно, замкнуто как подмноженство.
(на всякий случай: образ конечномерного пространства -- тривиально конечномерен)
Narn писал(а):
..надо четко представлять себе, что конечномерное линейное множество всегда замкнуто, а конечномерное нормированное пространство над полным полем (вещественными или комплексными, но не рациональными числами, например) всегда банахово и любые две нормы на нем эквивалентны. То есть, если дан непрерывный оператор $A : X \to Y$ и хотя бы одно из банаховых пространств $X$, $Y$ конечномерно, то образ гарантированно замкнут.

Думаю, что теперь я это усвоил.

Narn писал(а):
Пусть Вас не сбивает с толку, что в цепи Маркова мы говорим о "прошлом", "настоящем", "будущем". Речь просто о наборе случайных величин. Если первая зависит от второй, то и вторая зависит от первой.
Именно это меня сначала и сбило с толку :oops:, а теперь я понял!

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение04.07.2008, 14:00 
Заслуженный участник


11/05/08
32166
Spook писал(а):
ewert писал(а):
Вы не с того конца начали. Сначала надо определиться с тем, что суть икс и игрек. Вот допустим, что $u$ и $v$ -- элементы образа. Тогда по определению $u=Ax$, $v=Ay$ ...
Попробую опять: оператор и пространство линейны, следовательно, если $Ax,Ay$ образы, то и $A(\mu x), A(\lambda y)$ - тоже образы, и следовательно $A(\mu x +\lambda y)$ - образ. Это верно?

Верно, но недостаточно -- нужен ещё один шажок: "и, следовательно, $\mu(Ax)+\lambda(Ay)$ -- тоже некий образ".

Цитата:
А что делать, если оператор нелинейный? В условии дано только то, что он ограничен.

Значит, линейность оператора подразумевается. Иначе вопрос не имеет реального смысла: ясно, что для операторов произвольного вида связанные с ними множества могут быть, в принципе, какими угодно.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение05.07.2008, 11:56 
Аватара пользователя


23/01/08
565
ewert писал(а):
Spook писал(а):
Попробую опять: оператор и пространство линейны, следовательно, если $Ax,Ay$ образы, то и $A(\mu x), A(\lambda y)$ - тоже образы, и следовательно $A(\mu x +\lambda y)$ - образ. Это верно?

Верно, но недостаточно -- нужен ещё один шажок: "и, следовательно, $\mu(Ax)+\lambda(Ay)$ -- тоже некий образ".
Зачем? Мы же доказываем, что $A(\lambda x+\mu y)$ образ, то есть действие оператора на линейную комбинацию.

И еще, что-то я усомнился в правильности следущего утверждения:
Spook писал(а):
замкнутое подпространство нормированного просранства является банаховым пространством. Известно, что $C[a,b]$ банахово, следовательно, его образ при непрерывном отображении - тоже банахово пространство, следовательно, замкнут.
Оно верно? Просто вроде как образ здесь должен быть открыт.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение05.07.2008, 12:20 
Заслуженный участник


11/05/08
32166
Spook писал(а):
ewert писал(а):
Spook писал(а):
Попробую опять: оператор и пространство линейны, следовательно, если $Ax,Ay$ образы, то и $A(\mu x), A(\lambda y)$ - тоже образы, и следовательно $A(\mu x +\lambda y)$ - образ. Это верно?

Верно, но недостаточно -- нужен ещё один шажок: "и, следовательно, $\mu(Ax)+\lambda(Ay)$ -- тоже некий образ".
Зачем? Мы же доказываем, что $A(\lambda x+\mu y)$ образ, то есть действие оператора на линейную комбинацию.

Нет. То, что $A(\lambda x+\mu y)$ есть образ -- верно просто по определению образа. А доказать надо совсем другое: что произвольная линейная комбинация образов (т.е. элементов вида $(Ax)$ и $(Ay)$) также является неким образом.

Spook писал(а):
И еще, что-то я усомнился в правильности следущего утверждения:
Spook писал(а):
замкнутое подпространство нормированного просранства является банаховым пространством. Известно, что $C[a,b]$ банахово, следовательно, его образ при непрерывном отображении - тоже банахово пространство, следовательно, замкнут.
Оно верно? Просто вроде как образ здесь должен быть открыт.

Замкнутое подпространство является банаховым (имеется в виду с гарантией является) только в том случае, когда объемлющее пространство банахово. О каком именно отображении пр-ва $C[a,b]$ идёт речь -- я уже не помню; в любом случае, только из непрерывности не следует банаховость образа.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение05.07.2008, 12:44 
Аватара пользователя


23/01/08
565
ewert писал(а):
Нет. То, что $A(\lambda x+\mu y)$ есть образ -- верно просто по определению образа. А доказать надо совсем другое: что произвольная линейная комбинация образов (т.е. элементов вида $(Ax)$ и $(Ay)$) также является неким образом.
Понял.
ewert писал(а):
Замкнутое подпространство является банаховым (имеется в виду с гарантией является) только в том случае, когда объемлющее пространство банахово.
Разве замкнутое подпространство не является полным? Осталось потребовать только нормированность объемлющего пространства.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 83 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5, 6  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group