Разложение приращения

[Gortaur]

Определим $d(f(\cdot),x,v) = f(x+v)-f(x)$. Существует ли оператор $d'$ такой, что

$$ d'^2(f(\cdot),x,v) = d(f(\cdot),x,v) $$

для любых $f,x,v$?
Здесь

$$ d'^2(f(\cdot),x,v) = d'(d'(f(\cdot),x,v),x,v). $$

[moscwicz]

Gortaur в сообщении #380866 писал(а):

Определим $d(f(\cdot),x,v) = f(x+v)-f(x)$

Так, оператор $d$ действует на множестве троек, а значения принимает в множестве функций.

Gortaur в сообщении #380866 писал(а):

такой, что

$$ d'^2(f(\cdot),x,v) = d(f(\cdot),x,v) $$

Теперь вопрос к Вам Gortaur, как поднаторевшему в математике, по Вашим собственным словам: может ли оператор с областью определения и областью значений в различных пространствах быть квадратом другого оператора?

[Gortaur]

Вы мне льстите, по крайней мере в этой области у меня небольшой поднатор :) возможно, формулировка с квадратом некорректна, но ниже я расписал, что я понимаю под этим выражением. Тогда вопрос такой, существует ли оператор $d'$ такой, что

$$ d(f(\cdot),x,v) = d'(d'(f(\cdot),x,v),x,v) $$

для всех $f,x,v$?

[paha]

Gortaur в сообщении #380881 писал(а):

Тогда вопрос такой, существует ли оператор $d'$

Оператор $d'$ действует из множества троек в множество значений функций $f$, поэтому первым аргументентом внешнего $d'$ является число -- постоянная функция

Оператор $d: (f,x,v)\mapsto f(x+v)-f(x)$ линеен по первому аргументу
Оператор $d'$ линейным по первому аргументу быть не может:

$$ f(x+v)-f(v)=d'(d'(f,x,v),x,v)=d'(f,x,v)\cdot d'(1,x,v) $$

для $f\equiv 1$

$$ 1-1=[d'(1,x,v)]^2, $$

откуда $f(x+v)-f(x)=0$, что невозможно

[paha]

(Оффтоп)

вспомнил студенческие годы, когда такими штуками баловался

может, лучше взглянуть на $d'$ (я его буду обозначать $z$, т.к. его квадрат ненулевой) как на оператор из множества $C^{2^n}$ функций $2^n$ переменных во множество $C^{2^{n+1}} $функций $2^{n+1}$ переменных?

Я для пущей красоты сделаю замену аргумента и буду искать разложение оператора $d:C^{2^0}\to C^{2^1}$, действующего по правилу $df(x,y)=f(x)-f(y)$... Обратную замену координат сделать будет нетрудно, к тому же такой подход годится для переменных любой природы.

Ниже я строю некоторый оператор $z:C^{2^n}\to C^{2^{n+1}}$ и показываю, что $z^2f(x,y,x,y)=df(x,y)$ для любой функции $f\in C^{2^{0}}=C^1$.

Вот он, красавец:

$$ zf(x_c)=\frac{1}{2}\cdot\sum_{\sigma\in\partial c}\epsilon_\sigma f(x_\sigma), $$

здесь $c=(1,2,\ldots,2^{n+1})$ -- мультииндекс, т.е. $x_c=(x_1,x_2,\ldots,x_{2^{n+1}})$,
$\partial c$ -- множество мультииндексов $(i_1,i_2,\ldots,i_{2^n})$ таких, что при правильной нумерации вершин $(n+1)$-мерного куба (числами $1,2,\ldots,2^{n+1}$) вершины под номерами $i_1,i_2,\ldots,i_{2^n}$ правильно нумеруют некоторую его грань (правильная нумерация строится индуктивно -- как в кубических гомологиях, $\epsilon_\sigma=\pm 1$ чередуется при правильном прохождении граней)

Нас сейчас занимают случаи $n=0,1$ (если я туманно выразился про грани и нумерацию -- маломерный случай проясняет логику)


Итак, пусть $n=0$, $f$ -- функция $2^0=$ одной переменной, $zf$ --функция двух переменных,
одномерный куб -- отрезок $[0,1]$, правильная нумерация его вершин:
$0$ -- первая вершина, $1$ -- вторая,
$c=(1,2)$, $\partial c=\{(1),(2)\}$, $\epsilon_1=+1$, $\epsilon_2=-1$

$$ zf(x_c)=zf(x_1,x_2)=\frac{1}{2}\Bigl(f(x_1)-f(x_2)\Bigr) $$

пусть $n=1$, $g$ -- функция ${2^1}=$ двух переменных, $zg$ --функция четырех переменных,
двумерный куб -- квадрат $[0,1]\times [0,1]$, правильная нумерация его вершин:
$(0,0)$ -- первая вершина, $(1,0)$ -- вторая, $(1,1)$ -- третья, $(0,1)$ -- четвертая
$c=(1,2,3,4)$, $\partial c=\{(1,2),(2,3),(3,4),(4,1)\}$, $\epsilon_{(1,2)}=+1$, $\epsilon_{(2,3)}=-1$, $\epsilon_{(3,4)}=+1$, $\epsilon_{(4,1)}=-1$

$$ zg(x_c)=zg(x_1,x_2,x_3,x_4)=\frac{1}{2}\Bigl(g(x_1,x_2)-g(x_2,x_3)+g(x_3,x_4)-g(x_4,x_1)\Bigr) $$

Теперь вычислим $z^2f$:

$$ z^2f(x_1,x_2,x_3,x_4)=\frac{1}{2}\Bigl(zf(x_1,x_2)-zf(x_2,x_3)+zf(x_3,x_4)-zf(x_4,x_1)\Bigr)=$$$$ =\frac{1}{2}\Bigl(f(x_1)-f(x_2)+f(x_3)-f(x_4)\Bigr) $$

Очевидно, что

$$z^2f(x,y,x,y)=f(x)-f(y)$$

Пикантным является тот факт, что $z|_{C^1}=\frac{1}{2}\cdot d$

[Gortaur]

Прошу прощения, не уловил, нельзя ли подробнее?

[paha]

уж куда подробнее)))

что именно непонятно?

-- Сб ноя 27, 2010 01:39:47 --

я в многобуквенном тексте подправил неточности

[paha]

Вот, прочел свежим глазом...

paha в сообщении #380966 писал(а):

если я туманно выразился про грани и нумерацию

еще слабо сказано:^)
уже при $n=2$ появляются сложности, связанные с тем, грани куба нельзя раскрасить двумя цветами "в шахматном порядке":)
их, конечно, можно преодолеть... красить не в квадратные корни из единицы, а в кубические

но можно и по-простому:
определить $z:C^{2^n}\to C^{2^{n+1}}$ при $n=0$ формулой, приведенной выше, а для $n\ge 1$
формулой

$$ zf(x_1,\ldots,x_{2^{n+1}})=\frac{1}{2}\cdot\sum_{k=0}^3 (-1)^k f(x_{1+2^{n-1}k},x_{2+2^{n-1}k},\ldots,x_{2^n+2^{n-1}k}), $$

где нижние индексы считаются $\mod 2^{n+1}$ (при $n=1$ получается то же, что и выше).


Кстати, если еще ввести оператор $\rho:C^{2^n}\to C^{2^{n+1}}$ такими же формулами, как и $z$, только везде $+1$ ставить, то выполняются соотношения $z^2=\rho z$ и $z\rho=0$... в частности, $(\rho z)^2=0$ и $z^3=0$ (головой не отвечаю, но очень похоже)

[Gortaur]

Спасибо, буду разбираться в Вашем ответе - если будут вопросы, напишу еще.

[paha]

Gortaur в сообщении #381124 писал(а):

если будут вопросы, напишу еще

Вы бы выдали тайну золотого клю сказали что именно ищете:)

[Gortaur]

Да всегда интересовался уродами такого рода как корень из приращения :)