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, 3, 4, 5, 6, 7  След.
 
 
Сообщение29.03.2007, 00:02 
Аватара пользователя
Просто термин "линейный" употребляется в разных смыслах. Это достаточно широко распространено.

 
 
 
 
Сообщение29.03.2007, 16:34 
Вообще я где-то слышал что здесь речь идет о линейности в аффинном пространстве, но вот определение линейного оператора в аффинном пространстве мне не попадалось.

 
 
 
 
Сообщение29.03.2007, 21:25 
Аватара пользователя
Ох уж эта нелинейность, надо будет тему что ли создать... Потому как понятие какое-то туманное, что-то никак его не получается точно ухватить - "нелинейность - всё то, что не линейность"...

Может начать с того, что выяснить какими свойствами обязан характеризоваться линейный оператор, то есть - в чём его особенность перед всеми другими? Не может ли он вообще зависеть от вида операций, определённых над элементами множества?

В качестве определения линейности вроде бы просится аддитивность, например, в физике линейное поле есть суперпозиция полей отдельных источников, то есть одно дифференциальное уравнение можно разбить на несколько и решить их по отдельности, а результаты - объединить (если не ошибаюсь). Это эквивалентно тому, что система равна сумме её частей.

В связи с этим я недавно натыкался на изоморфизм групп, который определяется следующим образом: пусть есть два группоида $S$ и $S'$, биекция $\varphi: S \to S'$ называется изоморфизмом, если для любых $a, b \in S$ справедливо $\varphi(a \cdot b) = \varphi(a) \cdot \varphi(b)$. По-моему, это выражение вполне подходит под данное выше определение в случае $S = S'$. Например, если определим $\varphi$ = "сместить вправо", то сместить систему целиком - это то же самое, что сместить её по частям.

Но в этом случае возникает другая проблема - $\varphi$ уже не может быть даже функцией вида $\alpha x$, поскольку $\alpha (a \cdot b) \ne (\alpha a) \cdot (\alpha b)$. Где я тут наврал, ума не приложу, может это свойство и не является определяющим для линейного оператора, но тогда какое?..

 
 
 
 
Сообщение30.03.2007, 21:03 
Размышляя на эту тему я пришел к выводу что наиболее общим требованием, которому должны удовлетворять линейные операторы(в широком смысле) А является следующее:
Если:
\[
\begin{gathered}
  y_1  = A(x_1 ) \hfill \\
  y_2  = A(x_2 ) \hfill \\ 
\end{gathered} 
\]
Тогда:\[
\alpha  \cdot (y_1  - y_2 ) = A(\alpha  \cdot x_1 ) - A(\alpha  \cdot x_2 )
\]
Очевидно что линейные операторы в смысле линейной алгебры будут удовлетворять этому условию, но так же ему будет удовлетворять и функция типа: \[
y = a \cdot x + c
\]
То есть в данном случае учитывается основное свойство линейности которое заключается в линейности приращения. Но естественно такое определение не может быть использовано в линейной алгебре, хотя бы потому что данный оператор вообщем то не всегда представим в виде матрицы.

 
 
 
 
Сообщение02.04.2007, 15:13 
Аватара пользователя
По-моему, такое определение всё же не является общим - похоже, линейными могут быть и функции, не являющиеся прямыми на графике. Например, рассмотрим группу $G = <R_+, \cdot>$ по умножению, определённую на множестве положительных действительных чисел. На ней функция $y = \alpha x$ не является линейной (в том смысле, в котором определил я).

Однако, можно установить изоморфизм группы $G$ с другой группой $S = <R, +>$, приняв $s_i = \ln g_i$ для всех $s_i \in S$ и всех $g_i \in G$. Тогда для всех $g_i, g_j \in G$ будет выполнено $ln(g_i \cdot g_j) = ln(g_i) + ln(g_j) = s_i + s_j$, то есть результат умножения элементов группы $G$ соответствует результату сложения в группе $S$.

Тогда линейной функции $y = \alpha x$, определённой на группе $S$, на группе $G$ будет соответствовать функция $y =  x^\alpha$, так как $A(\alpha s_i + \alpha s_j) = \alpha A(s_i) + \alpha A(s_j) \Leftrightarrow (g_i \cdot g_j)^{A \alpha} = g_i^{\alpha A} \cdot g_j^{\alpha A}$. В силу изоморфизма она и будет линейной, хотя и не является прямой на графике. Но такой изоморфизм, конечно, существует не всегда...

Правка: исправил $e^{\alpha x}$ на $x^\alpha$

 
 
 
 
Сообщение19.04.2007, 11:26 
Аватара пользователя
Некоторые соображения и электронный друг с Matlab говорят, что и это определение линейности может быть неточным (на группах до 7 элементов, что он потянул, с таким определением не подошло вообще ничего). Если $\varphi$ = "сместить вправо ударом ногой", то ударить по коробке с двумя кирпичами придётся в 2 раза сильней, чем по каждому из кирпичей, тогда $\varphi^2(a \cdot b) = \varphi(a) \cdot \varphi(b)$. Пожалуй, в отпуск пора, запутался что-то :?

 
 
 
 
Сообщение28.06.2007, 21:33 
Возник вопрос по теореме Бэра, а именно - теорема гласит: полное метрическое пространство R не может быть представлено в виде объединения счетного числа нигде не плотных множеств. Имеется доказательство(часть доказательства): Предположим противное. Пусть\[
R = \bigcup\limits_{n = 1}^\infty  {M_n } 
\], где каждое из M нигде не плотно.
Пусть \[S_0\] некоторый замкнутый шар радиуса 1. Поскольку множество \[M_1 \] будучи нигде не плотным не плотно в \[S_0\], существует замкнутый шар \[S_1\] радиуса меньше 1/2 такой что \[S_1  \subset S_0\] и \[
S_1  \cap M_1  = \emptyset \]. Поскольку множество \[
M_2 
\]
не плотно в \[S_1 
\]....

В связи с чем возникает вопрос если под S1 понимался замкнутый шар который может иметь радиус равный 0, то тогда почему утверждается что множество М2 обязательно не плотно в S1. Если же шар S1 не может иметь радиуса равного 0 то в связи с чем постулируется его существование (с свойством \[S_1  \subset S_0\] и \[S_1  \cap M_1  = \emptyset \]), ведь для того что бы М1 было нигде не плотным достаточно что бы в пересечении с каждым шаром не совпадала одна точка то есть замкнутый шар нулевого радиуса.

 
 
 
 
Сообщение28.06.2007, 21:38 
Аватара пользователя
Bod писал(а):
ведь для того что бы М1 было нигде не плотным достаточно что бы в пересечении с каждым шаром не совпадала одна точка то есть замкнутый шар нулевого радиуса.
Вы неверно понимаете определение нигде не плотного множества. См.: http://www.cultinfo.ru/fulltext/1/001/008/089/961.htm
http://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%9D%D0% ... 0%B2%D0%BE

 
 
 
 
Сообщение28.06.2007, 22:27 
Ну предположим я скажу что может не существовать замкнутого шара S1 с указанными в определении свойствами, как меня можно будет опровергнуть?
То есть предположим такую ситуацию, что M1 не плотно в S0 но шара S1 с ненулевым радиусом и указанными свойствами не существует? Как доказать что этого не может быть?

 
 
 
 
Сообщение28.06.2007, 22:32 
Аватара пользователя
Существование невырожденного шара с нужным свойством следует непосредственно из определения нигде не плотного множества. Я уже писал Вам:
Brukvalub писал(а):
Вы неверно понимаете определение нигде не плотного множества. См.: http://www.cultinfo.ru/fulltext/1/001/008/089/961.htm
http://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%9D%D0% ... 0%B2%D0%BE

 
 
 
 
Сообщение28.06.2007, 23:15 
В определении говорится что в замыкании M1 не имеется ни одного открытого множества, но это вроде бы не означает что для этого необходимо существование хотя бы одного невырожденного закрытого шара содержащегося в этом открытом множестве и не пересекающегося с М1.

Добавлено спустя 21 минуту 23 секунды:

То есть я имею в виду следущее: возможна ведь такая ситуация что\[\left( {E\backslash [M_1 ]} \right) \cap S\] (где E - множество всех элементов, S - всевозможные открытые шары) будет так же нигде не плотным.

 
 
 
 
Сообщение29.06.2007, 06:48 
Аватара пользователя
Bod писал(а):
В определении говорится что в замыкании M1 не имеется ни одного открытого множества, но это вроде бы не означает что для этого необходимо существование хотя бы одного невырожденного закрытого шара содержащегося в этом открытом множестве и не пересекающегося с М1.
Докажите, что определение нигде не плотного множества равносильно следующему факту: любой невырожденный шар содержит невырожденный шар, свободный от точек нигде не плотного множества, и Вам все станет ясно. :D

 
 
 
 
Сообщение29.06.2007, 19:34 
Если бы вы намекнули, как это сделать я был бы вам признателен :)

 
 
 
 
Сообщение29.06.2007, 19:40 
Аватара пользователя
Да просто рассуждайте "от противного"

 
 
 
 
Сообщение29.06.2007, 20:29 
Видимо мой мозг окончательно одеревенел :( - не получается.
Предположим, что некоторый невырожденный шар не содержит в себе невырожденного шара полностью свободного от точек замыкания нигде не плотного множества M. Значит он содержит такое множество точек не пересекающееся с [M], которое не содержит внутренних точек.
А дальше что-то не идет. Не могу уловить противоречия.

 
 
 [ Сообщений: 102 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5, 6, 7  След.


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