даже не знаю как назвать

[g-a-m-m-a]

Пусть у нас есть некоторая кривая, а вектор ${\bf e}\,-$единичный вектор касательной к этой кривой. Почему

$$({\bf e},\,\frac{d{\bf e}}{ds})=0?$$

Здесь $ds-$дифференциал длины дуги кривой.

[ShMaxG]

Потому что $ \frac{d} {{ds}}\left( {\overrightarrow e ,\overrightarrow e } \right) = 0 $

[meduza]

Потому что $\frac{d{\bf e}}{ds}$ перпендикулярен $\bf e$. $\bf e$ - это подвижный орт, а как известно, орт-производная от подвижного орта перпендикулярен к нему (можешь сделать простой чертеж: нарисуй два касательных орта в двух близких точках дуги и убедись, что $d{\bf e}$ перпендикулярен $\bf e$ . А скал. произвед. двух перпендикулярных векторов равно 0.

[AKM]

Назвать можно трёхгранником Френе, например.
Касательная и нормаль к кривой перпендикулярны, скалярное произведение равно нулю.

[ShMaxG]

meduza в сообщении #221002 писал(а):

а как известно, орт-производная от подвижного орта перпендикулярен к нему

Ага, а это и есть то же самое Кажется, что ничего не доказано.

[g-a-m-m-a]

Еще такой вопрос..
пусть матрица $A: A^T=A$ и положительно определена. Можно ли как-нибудь из оценки

$$\|x_k-x\|_A\leqslant q\|x_0-x\|_A$$

получить оценку

$$\|x_k-x\|\leqslant q\|x_0-x\|?$$

Здесь $\|z\|_A=\sqrt{<Az,\,z>}.$

[AD]

g-a-m-m-a, все нормы на конечномерном пространстве топологически эквивалентны. То есть, что то же самое, если дано пространство $\mathbb{R}^n$, и на нем две нормы $\|\cdot\|$ и $\|\cdot\|'$, то заведомо существуют две константы $c>0$ и $C>0$ такие, что

$$c\|x\|\le\|x\|'\le C\|x\|$$

Этого Вам должно хватить. А чтобы доказать этот факт, заметьте, что достаточно в качестве $\|\cdot\|$ рассмотреть только $\|x\|_1=\sum\limits_{k=1}^n|x_k|$, и проведите простенькую оценочку.

[ewert]

AD в сообщении #222019 писал(а):

А чтобы доказать этот факт, заметьте, что достаточно в качестве $\|\cdot\|$ рассмотреть только $\|x\|_1=\sum\limits_{k=1}^n|x_k|$, и проведите простенькую оценочку.

Э-э, не так всё простенько. Чтоб доказать, потребуется теоремка Вейерштрассика хоть в каком вариантике.

[Алексей К.]

AD в сообщении #222019 писал(а):

все нормы на конечномерном пространстве топологически эквивалентны.

Нечаянно прочиталось: "все нормы на конечномерном пространстве патологически эквивалентны". Извините.

[AD]

ewert в сообщении #222036 писал(а):

Э-э, не так всё простенько. Чтоб доказать, потребуется теоремка Вейерштрассика хоть в каком вариантике.

Да, воистину, чего-то мне тоже сейчас без нее не удалось нижнюю оценку получить.

g-a-m-m-a, кстати, в Вашем случае упомянутая теорема следует хотя бы из того, что можно матрицу $A$ привести к диагональному виду и посмотреть на максимальное и минимальное собственное значение.

Алексей К. в сообщении #222066 писал(а):

патологически эквивалентны

Тоже верно . А вообще нас так и учили: "в топологии много патологой" [по сравнению с метрическими пространствами, скажем].

[MGM]

g-a-m-m-a в сообщении #221000 писал(а):

Пусть у нас есть некоторая кривая, а вектор ${\bf e}\,-$единичный вектор касательной к этой кривой. Почему

$$({\bf e},\,\frac{d{\bf e}}{ds})=0?$$

Здесь $ds-$дифференциал длины дуги кривой.

Касательная к единичной гиперсфере поворота.
Перпендикуляна любому единочному вектору на этой сфере.

[ShMaxG]

MGM
Да чем мое доказательство не подходит? Вы пишете утверждение, которое надо доказать.

[terminator-II]

AD в сообщении #222148 писал(а):

кстати, в Вашем случае упомянутая теорема следует хотя бы из того, что можно матрицу $A$ привести к диагональному виду и посмотреть на максимальное и минимальное собственное значение.

конкретный вид нормы $\|\cdot\|$ не оговорен, так что нет, не следует

-- Mon Jun 15, 2009 18:59:08 --

g-a-m-m-a в сообщении #222010 писал(а):

пусть матрица $A: A^T=A$ и положительно определена. Можно ли как-нибудь из оценки

$$\|x_k-x\|_A\leqslant q\|x_0-x\|_A$$

получить оценку

$$\|x_k-x\|\leqslant q\|x_0-x\|?$$

Здесь $\|z\|_A=\sqrt{<Az,\,z>}.$

странно, что константа $q$ одна и таже

-- Mon Jun 15, 2009 19:01:03 --

ShMaxG в сообщении #222211 писал(а):

Да чем мое доказательство не подходит? Вы пишете утверждение, которое надо доказать.

подходит оно, совершенно стандартное доказательство, просто слово

MGM в сообщении #222179 писал(а):

гиперсфере

произнести захотелось.

[MGM]

terminator-II в сообщении #222236 писал(а):

произнести захотелось.

Точно, потому как уже первый тривиальный ответ был наиболее коротким и правильным.
Действительно, производная от константы ровна нулю.

Но моё утверждение геометрически нагляднее, особенно если представить 26 мерную сферу.