 Форум мехмата МГУ по высшей математике
| Пользователям: | Аксиома — это истина, на которую не хватило доказательств. |
Все посты пользователя
Новости проекта «Математический форум», анонсы и обсуждение новых возможностей, общение с разработчиками, предложения по развитию сайта.
Дифференцируемо p раз по Фреше - 19 лет назад
Видимо, это следует понимать так, что отображение дифференцируемо p раз по Фреше (см., например, Колмогоров и Фомин).автор egor - Высшая математика
Всюду определённость и непрерывность - 19 лет назад
Цитата jura05 писал: Я попробовал привести пример всюду определенного линейного функционала, который не был бы непрерывным, но явной конструкции не получилось. Можно ли привести явный пример, без использования леммы Цорна и подобных "трансфинитных" построений? 1. Конструктивный функционал (т. е. алгорифм), определённый на полном конструктивном метрическом пространстве, непрерывен. Этоавтор egor - Высшая математика
Любую собственную подгруппу можно расширить - 19 лет назад
Цитата denik писал: помогите доказать, что группа рациональных чисел не имеет максимальных подгрупп по сложению. Пусть H - подгруппа Q, элемент a принадлежит Q и не принадлежит H. Тогда группа H'={ka+h | k целое, h из H} является расширением H. Добавление. Стормозил. Это замечание не является решением задачи. Нужно ещё доказать, что H' не совпадает с Q.автор egor - Высшая математика
Грубое решение: пространство матриц конечномерно - 19 лет назад
Конечно, лучше всего знать теорему Гамильтона-Кэли, но можно было самостоятельно придумать более грубое решение: матрицы E,A,A^2,...,A^{m^2} лежат в m^2-мерном пространстве, поэтому линейно зависимы. P. S. Hatebreeder меня опередил.автор egor - Высшая математика
Произведения целых функций на сопряжённые к целым - 19 лет назад
Подобрать такие целые функции f_1, f_2, g_1, g_2, что функция h = f_1 adj(g_1) + f_2 adj(g_2) непостоянна и стремится к 0 на бесконечности. Через adj обозначена операция поточечного комплексного сопряжения.автор egor - Высшая математика
можно через неопределённые коэф. - 19 лет назад
Видимо, jura05 предлагает самый удобный путь, но пока не было рядов и интегралов, можно через неопределённые коэффициенты: arcsin обязан иметь разложение в точке 0, будем искать его в виде x+a_2 x^2 + a_3 x^3 + a_4 x^4 + a_5 x^5 + o(x^5), подставим в формулу sin(arcsin(x))=x, где sin тоже разложим до 5-й степени (если нужно найти arcsin до x^5). Это громоздко, но вполне законно. См. также учебниавтор egor - Высшая математика
Да только вычислять её не можем? - 19 лет назад
Да, "вычислимая функция" существует. Вопрос в том, насколько уместно называть такие "числа" и функции вычислимыми. Вопрос в том, что стоит за значком "\exists". Цитата sonte писал(а): Единственное, что с ней плохо - пользуясь выписанным определением, ни для какой программы нельзя доказать в ZF, что эта программа вычисляет нужную функцию. Т. е. плохо в этой "вавтор egor - Высшая математика
Пример "вычислимого действительного числа" :-) - 19 лет назад
Когда-то я спрашивал, можно ли строить число через CH (континуум-гипотезу). Мне объяснили, что такого монстра нельзя назвать натуральным числом. Зато, насколько понимаю, его можно назвать "вычислимым действительным числом" в смысле книги Верещагина и Шеня. Цитата Верещагин и Шень: Действительное число \alpha называется вычислимым, если существует вычислимая функция a, которая по любомуавтор egor - Высшая математика
совет - 19 лет назад
Можно прочитать в книге Гелбаум и Олмстед "Контрпримеры в анализе" доказательство для более простого примера (ряд из "пил"), потом переделать это доказательство на случай синусов.автор egor - Высшая математика
Пример для некомпактного полного пространства - 19 лет назад
jura05, спасибо за изящное доказательство (увы, тоже неконструктивное). Если нет требования компактности (lofar, спасибо за уточнение), то в качестве нужного примера можно взять такую функцию f:R\to R, где R - множество действительных чисел, что: 1) график f лежит под прямой y=x, поэтому f(x)\ne x для любого x; 2) |f'(x)|<1 для любого x; тогда по теореме Лагранжа |f(x_1)-f(x_2)|<|x_1-x_автор egor - Высшая математика
"Слабое сжатие" компакта имеет неподвижную точку - 19 лет назад
Пусть X - метрический компакт, f:X\to X, d(f(x),f(y))<d(x,y) для любых различных x,y\in X. Далее, пусть x_0\in X, последовательность x определена рекуррентно: x_{n+1}=f(x_n). Тогда x сходится к некоторой точке a\in X, причём f(a)=a. Извините, лень искать ссылку. Интереснее придумать доказательство. Шаг 1. X - компакт, поэтому выделим из последовательности x подпоследовательность y, сходящавтор egor - Высшая математика
Иррациональное уравнение - 19 лет назад
Вот хорошее иррациональное уравнение для абитуриентов. sqrt{x^2-x-1}+sqrt{1-x-x^2}=x^2+x+2. Знаю несколько красивых решений, но не могу назвать их лёгкими и очевидными.автор egor - Высшая математика
Да, но... - 19 лет назад
Цитата Игорь Абрамов писал: не очень понятно, что означает само выражение "истинность утверждения A известна". Кому известна ? "Нам", "доказывающему субъекту", "интерпретатору текста". Согласен, что собака зарыта в этой фразе. И всё-таки чую сходство между этим софизмом и неконструктивными доказательствами существования алгорифмов.автор egor - Высшая математика
Софизм: истинность произвольного утверждения известна - 19 лет назад
В голову пришёл следующий софизм, навеянный неконструктивными доказательствами существования алгорифмов (см. недавнюю тему о вычислимых действительных числах). Пусть A - какое-нибудь утверждение, истинность которого в данный момент неизвестна. Например, A = "существуют нечётные совершенные числа". Докажем утверждение B = "истинность утверждения A известна". Для доказатавтор egor - Высшая математика
Вопросы о взаимодействии двух школ - 19 лет назад
Цитата Гастрит писал: Едва ли Верещагин и Шень не знают всего этого. Так что если они действительно пишут то, что Вы говорите (сам их опусов не читал, и желанием не горю) - значит, сознательно врут. Грустно всё это Не врут, а умалчивают о конструктивизме и обсуждают алгорифмы с позиций теории множеств и классической логики. Конечно, для конструктивиста такой подход представляется неестественнымавтор egor - Высшая математика
А с позиции конструктивистов? - 19 лет назад
Насколько я понимаю (проверьте, пожалуйста), в конструктивной логике следующее утверждение неверно: "для любого конструктивного действительного числа alpha условие x<alpha разрешимо". Можно лишь утверждать, что "не существует КДЧ alpha, для которого условие x<alpha неразрешимо". Верещагин и Шень используют классическую логику при обсуждении вычислимости, т. е.автор egor - Высшая математика
Для sin n! не проходит - 19 лет назад
Цитата Асихит Пшенаван писал: А почему это доказательство не проходит для sin (n!) ? Я чего-то не понял... Номера вида (n!-a), начиная с некоторого места, не будут лежать среди номеров вида n!, поэтому не получаем, что lim sin(n!-a)=t.автор egor - Высшая математика
Да - 19 лет назад
Зная название, найти было уже нетрудно. Правда, у Спеньера в формулировке идёт речь о гомеоморфизме и сферах, но в доказательстве, похоже, используются только непрерывность и инъективность, а R^n можно вложить в S^{n+1}.автор egor - Высшая математика
Большое спасибо за название - 19 лет назад
Большое спасибо за название. Цитата lofar писал(а) : Кстати, как из локальной компактности выводится гомеоморфность? Виноват, заврался. Была мысль, что образ замкнутого шара при инъективном непрерывном отображении гомеоморфен замкнутому шару, но ведь этого недостаточно.автор egor - Высшая математика
Мне самому интересно :-) - 19 лет назад
Поскольку f: R^n\to R^n непрерывно и инъективно, то f есть гомеоморфизм R^n на f(R^n). Это выводится из локальной компактности R^n. Таким образом, нужное утверждение можно переформулировать так: Любое множество A, содержащееся в R^n и гомеоморфное R^n, открыто в R^n. Я не смог самостоятельно придумать доказательство для любого натурального n, но подозреваю, что это утверждение хорошо известнавтор egor - Высшая математика
Сюръективность следует из топологических соображений - 19 лет назад
Докажем, что f(R^n) замкнуто и открыто в R^n. Отсюда, с учётом связности R^n и непустоты f(R^n), будет следовать, что f(R^n)=R^n. 1. Докажем, что f(R^n) замкнуто в R^n. Если f(x_n) сходится к y, то f(x_n) фундаментальна. Из свойства растяжения получается, что x_n фундаментальна. Значит, x_n сходится к некоторой точке x. Из непрерывности f следует, что f(x)=y. 2. Открытость множества f(R^n) вавтор egor - Высшая математика
Черепаха не может сбежать и стремится к периодичности - 19 лет назад
Спасибо за интересную задачку. Сегодня знакомый показал решение (в конце я вмешался, так что могут быть ошибки ). Обозначения: k - отношение скоростей (0<k<1), О'Хилл бегает по отрезку [0,1], черепаха вползает слева, R_0 - место первой встречи. Случай R_0=0 исключаем, поэтому 0<R_0<2k/(1+k). 1. Черепаха всегда (за исключением моментов поворота) движется в сторону О'Хилла, поэавтор egor - Высшая математика
Неравенство Бернулли - 19 лет назад
Можно для целых x использовать неравенство Бернулли, а значения в произвольных вещественных точках оценивать через значения в целых. Дополнение. Проще всего, конечно, лопиталить.автор egor - Высшая математика
Числа хорошие и нехорошие (суммы и разности) - 19 лет назад
Вот ещё один способ изложения (недавно увидел эту идею в учебнике Гашкова и Чубарикова). Пусть a и b - фиксированные взаимно простые положительные целые числа. Целое число c назовём хорошим, если существуют такие неотрицательные целые x и y, что ax+by=c. Из периодичности решений уравнения ax+by=c сразу получается, что для любого целого c следующие условия равносильны: (i) c - нехорошее; (iавтор egor - Высшая математика
Связность M(2) - 19 лет назад
Цитата Devild писал(а) : Как доказывается, что М(2) связное множество? Легко доказать, что произведение двух линейно связных пространств линейно связно. M(2) гомеоморфно произведению плоскости и окружности.автор egor - Высшая математика
Третий подход - через N(m) - 19 лет назад
В предыдущем сообщении я попытался сказать о третьем подходе к определению порядка, но не смог придумать доказательство. Похоже, что оно несложное. Множества N(m) определяются индуктивно: a из N(1) <=> a=1; a из N(m+1) <=> (a из N(m)) или (a=m+1). Свойство 1. m из N(m). Свойство 2. m из N(m+1). Свойство 3. (m из N(k)) <=> (N(m)\subset N(k)). (Импликация вправо следавтор egor - Высшая математика
Не 0, а +infty - 19 лет назад
Предел \sqrt{n!} равен +infty, а не 0. В этом примере достаточно применить грубую оценку n! > (n/3)^n, которая доказывается математической индукцией. Это рецепт для ленивых. Если же есть время и силы, то лучше, конечно, изучить доказательство формулы Стирлинга.автор egor - Высшая математика
Частичное объяснение - 19 лет назад
Цитата SnusMumrik писал(а) : (Насколько я понимаю, сначла утверждаем, что мн-во упоряд. единст. образом, док, что для любого n из N n<=n+1 ) А по-моему, сначала тут пытаются построить искомое отношение порядка (то есть доказать существование). Цитата Если Nm подмн-во N, упорядоченное соответственно требованию n<=n+1, и m - самый больной элемент в Nm, то положим N(m+1)=Nm объединенноеавтор egor - Высшая математика
Вектор скорости вращения идеального "ветряка" - 19 лет назад
К сожалению, я в этом совсем не разбираюсь, поэтому могу предложить лишь вольные фантазии. В точку P, где хочется измерить ротор, ставится бесконечно малый "ветрячок", который может вращаться только против часовой стрелки, причём автоматически поворачивает свою ось, выбирая такое направление, при котором частота вращения максимальна. Например, если перед нами маленькое колечко дыма, в коавтор egor - Высшая математика