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




На страницу Пред.  1, 2
 
 
Сообщение26.01.2009, 15:47 
Аватара пользователя
После достаточно большого числа воздействий оператором на якобы нетривиальную линейную комбинацию собственных векторов длина отвечающего наибольшему собственному числу слагаемого превзойдет все остальные вместе взятые, поэтому такого слагаемого нет. По той же причине нет и всех остальных.

 
 
 
 
Сообщение26.01.2009, 16:16 
Этот фокус не пройдёт -- возможны несколько разных с.ч., одинаковых по модулю.

 
 
 
 
Сообщение26.01.2009, 16:29 
Аватара пользователя
ewert писал(а):
Этот фокус не пройдёт -- возможны несколько разных с.ч., одинаковых по модулю.

У меня в запасе отговорка: уточню, что буду действовать оператором $A+\varepsilon^2 E$ при достаточно большом $\varepsilon^2.$ :D

 
 
 
 
Сообщение26.01.2009, 16:40 
Не поможет -- после сдвига модули не обязаны расходиться...

 
 
 
 
Сообщение26.01.2009, 17:07 
Аватара пользователя
ewert писал(а):
Не поможет -- после сдвига модули не обязаны расходиться...

Давайте два различных собственных числа, я так сдвину, что разойдутся.

 
 
 
 
Сообщение26.01.2009, 17:30 
Пожалуйста: $\lambda_1=i$ и $\lambda_2=-i$.

А в общем, разговор, конечно, несерьёзный. Итерации со сдвигами -- вещь, конечно, замечательная для решения систем, но а) не для теоретического анализа и б) как в любом численном методе, тут есть свои блохи.

 
 
 
 
Сообщение26.01.2009, 17:38 
Аватара пользователя
ewert писал(а):
Пожалуйста: $\lambda_1=i$ и $\lambda_2=-i$.

А в общем, разговор, конечно, несерьёзный. Итерации со сдвигами -- вещь, конечно, замечательная для решения систем, но а) не для теоретического анализа и б) как в любом численном методе, тут есть свои блохи.

Так и сдвину: $A+2iE$
Здесь не теоретический анализ и не численные методы.
Требуется лишь увидеть линейную независимость. Таким способом это можно сделать.

 
 
 
 
Сообщение26.01.2009, 17:58 
Аватара пользователя
А если поле не нормированное? В алгебре же не обязательно все векторные пространства над $\mathbb{R}$ или $\mathbb{C}$.

Доказательство, которое годится для векторных пространств над произвольным полем, несомненно, имеет значительно большую ценность, чем доказательство TOTAL.

 
 
 
 
Сообщение26.01.2009, 18:03 
Аватара пользователя
Профессор Снэйп писал(а):
А если поле не нормированное? В алгебре же не обязательно все векторные пространства над $\mathbb{R}$ или $\mathbb{C}$.

Доказательство, которое годится для векторных пространств над произвольным полем, несомненно, имеет значительно большую ценность, чем доказательство TOTAL.

Пока не понял, в чем мое доказательство более частное. Имеете в виду, что у собственных чисел и векторов может не быть длины?

 
 
 
 
Сообщение26.01.2009, 18:04 
Да он всё понимает, просто балуется.

---------------------------------------------------------------------------
Упс, а вот и опровержение... Речь шла о том, что аксиомы поля сами по себе понятия модуля не предусматривают, это -- необязательный довесок.

 
 
 
 
Сообщение26.01.2009, 18:32 
Аватара пользователя
TOTAL писал(а):
Имеете в виду, что у собственных чисел и векторов может не быть длины?


Да, именно это я и имел в виду. Представьте, к примеру, что всё происходит над конечным полем.

 
 
 
 
Сообщение27.01.2009, 15:11 
Аватара пользователя
Профессор Снэйп писал(а):
Доказательство, которое годится для векторных пространств над произвольным полем, несомненно, имеет значительно большую ценность, чем доказательство TOTAL.

Согласен. Только немного изменю формулировочку. Это не мой метод менее ценен. Это просто мой замечательный метод не надо применять для недоразвитых неполноценных векторных пространств, которые докатились до того, что даже длины не имеют! :D

 
 
 [ Сообщений: 27 ]  На страницу Пред.  1, 2


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