тождество (матрицы, вектора, скалярное и тензорное произв.)

[bdfn]

можно ли доказать следующее тождество $(\vec{x},[A\vec{x}\bigotimes A\vec{x}] \vec{x})=(\vec{x},A\vec{x})^2$ без прямой подстановки "в лоб" ? Здесь $( , )$ - скалярное произведение 2 векторов, $\bigotimes$- тензорное произведение $x=(x_1,x_2,x_3)$, матрица $A$-диагональная.

[Хорхе]

А чем плоха "прямая подстановка в лоб"?

А вообще можно записать всё в терминах произведений матриц, тогда записанное свойство будет простым следствием ассоциативности умножения матриц.

[ewert]

bdfn в сообщении #481083 писал(а):

можно ли доказать следующее тождество $(\vec{x},[A\vec{x}\bigotimes A\vec{x}] \vec{x})=(\vec{x},A\vec{x})^2$ без прямой подстановки "в лоб" ?

Если $\vec a,\ \vec b$ -- столбцы, то $\vec a\bigotimes\vec b\equiv\vec a\,\vec b^{\,{}^T}$ и $(\vec a,\vec b)\equiv\vec a^{{}^T}\vec b$, вот и всё. Если матрицы, конечно, вещественные; а диагональность $A$ вовсе и не нужна.

[Oleg Zubelevich]

bdfn в сообщении #481083 писал(а):

можно ли доказать следующее тождество $(\vec{x},[A\vec{x}\bigotimes A\vec{x}] \vec{x})=(\vec{x},A\vec{x})^2$

$A\vec{x}\bigotimes A\vec{x}$ -- дважды контравариантный тензор, что означает $[A\vec{x}\bigotimes A\vec{x}] \vec{x}$, да еще стоящее в скалярном произведении -- непонятно. Формула делается правильной, только если считать, что у тензора $A\vec{x}\bigotimes A\vec{x}$ один индекс уже опущен с помощью метрики и получился оператор. И тогда эта формула будет верна для любого оператора $A$

[arseniiv]

($\TeX$.)

Ну есть же $\otimes$!

[bdfn]

Oleg Zubelevich в сообщении #481425 писал(а):

bdfn в сообщении #481083 писал(а):

можно ли доказать следующее тождество $(\vec{x},[A\vec{x}\bigotimes A\vec{x}] \vec{x})=(\vec{x},A\vec{x})^2$

$A\vec{x}\bigotimes A\vec{x}$ -- дважды контравариантный тензор, что означает $[A\vec{x}\bigotimes A\vec{x}] \vec{x}$, да еще стоящее в скалярном произведении -- непонятно. Формула делается правильной, только если считать, что у тензора $A\vec{x}\bigotimes A\vec{x}$ один индекс уже опущен с помощью метрики и получился оператор. И тогда эта формула будет верна для любого оператора $A$

Да, конечно у тензора $A\vec{x}\otimes A\vec{x}$ один индекс опущен.

[Oleg Zubelevich]

Тогда обозначения надо адекватные использовать. Вообще курс тензорного анализа, который Вы изучаете, плохой, это видно по всем Вашим постам, ничему Вы так не научитесь. Почитайте Дубровина Новикова Фоменко Современная геометрия, толку больше будет

[Александр Т.]

bdfn в сообщении #481083 писал(а):

можно ли доказать следующее тождество $(\vec{x},[A\vec{x}\bigotimes A\vec{x}] \vec{x})=(\vec{x},A\vec{x})^2$ без прямой подстановки "в лоб" ? Здесь $( , )$ - скалярное произведение 2 векторов, $\bigotimes$- тензорное произведение $x=(x_1,x_2,x_3)$, матрица $A$-диагональная.

В тех обозначениях и терминах, которые вы используете, такое доказательство (причем для любой "матрицы", не обязательно диагональной) выглядит следующим образом

$$ (\vec{x},[A\vec{x}\bigotimes A\vec{x}] \vec{x}) = (\vec{x},A\vec{x}(A\vec{x},\vec{x})) = (\vec{x},A\vec{x}(\vec{x},A\vec{x})) = (\vec{x},A\vec{x})(\vec{x},A\vec{x}) = (\vec{x},A\vec{x})^2 . $$

Здесь было использовано тождество $[\vec{a}\bigotimes \vec{b}] \vec{c}=\vec{a}(\vec{b},\vec{c})$.

[arseniiv]

(Снова про тех.)

Плин, чем же \bigotimes так лучше, чем \otimes? Да, а ещё ведь можно использовать \sum и \prod вместо \Sigma и \Pi.

[Oleg Zubelevich]

$g_{ij}x^ia_n^px^na_m^jx^mg_{ps}x^s=(g_{ij}x^ia_m^jx^m)\cdot(a_n^px^ng_{ps}x^s)$

[Хорхе]

(Оффтоп)

Oleg Zubelevich в сообщении #481841 писал(а):

$g_{ij}x^ia_n^px^na_m^jx^mg_{ps}x^s=(g_{ij}x^ia_m^jx^m)\cdot(a_n^px^ng_{ps}x^s)$

И сопровождаться это должно утробным рыком: На колени, смертные!

[Padawan]

Александр Т. в сообщении #481818 писал(а):

bdfn в сообщении #481083 писал(а):

можно ли доказать следующее тождество $(\vec{x},[A\vec{x}\bigotimes A\vec{x}] \vec{x})=(\vec{x},A\vec{x})^2$ без прямой подстановки "в лоб" ? Здесь $( , )$ - скалярное произведение 2 векторов, $\bigotimes$- тензорное произведение $x=(x_1,x_2,x_3)$, матрица $A$-диагональная.

В тех обозначениях и терминах, которые вы используете, такое доказательство (причем для любой "матрицы", не обязательно диагональной) выглядит следующим образом

$$ (\vec{x},[A\vec{x}\bigotimes A\vec{x}] \vec{x}) = (\vec{x},A\vec{x}(A\vec{x},\vec{x})) = (\vec{x},A\vec{x}(\vec{x},A\vec{x})) = (\vec{x},A\vec{x})(\vec{x},A\vec{x}) = (\vec{x},A\vec{x})^2 . $$

Здесь было использовано тождество $[\vec{a}\bigotimes \vec{b}] \vec{c}=\vec{a}(\vec{b},\vec{c})$.

Вот что значит неудобные (неправильные) обозначения. Начал бы ТС со второго выражения, и вопрос бы смешным показался. А в индексной форме так и вообще $ab=ba$.