Znaleziono 3944 wyniki
- 22 lis 2017, o 09:00
- Forum: Algebra abstrakcyjna
- Temat: Twierdzenie de Rhama - błagam - wyszło ze kohomologie sa 0
- Odpowiedzi: 7
- Odsłony: 1691
Twierdzenie de Rhama - błagam - wyszło ze kohomologie sa 0
Musisz chyba trochę dokładniej opisać, co się tu dzieje. Czym jest O(\mathbb{R}) -- są to funkcje gładkie na \RR ? A może rzeczywiste funkcje gładkie na X ? Potem piszesz, że coś jest dokładne w kategorii snopów, ale nie wiadomo, o co chodzi. Byłoby łatwiej pomóc, gdybyś napisał jaki jest cel (jaka ...
- 15 lis 2017, o 20:54
- Forum: Teoria miary i całki
- Temat: Zbieżność według miary i prawie wszędzie.
- Odpowiedzi: 10
- Odsłony: 1867
Zbieżność według miary i prawie wszędzie.
szw1710 , czasem zdarzy mi się jeszcze tutaj zajrzeć. Faktycznie dla miar probabilistycznych sytuacja jest dużo lepsza. W ogólnym przypadku zbieżność prawie wszędzie implikuje jedynie lokalną zbieżność względem miary. A przytoczone twierdzenie z Łojasiewicza jest fałszywe: przecież mój ciąg jest ni...
- 14 lis 2017, o 15:54
- Forum: Teoria miary i całki
- Temat: Zbieżność według miary i prawie wszędzie.
- Odpowiedzi: 10
- Odsłony: 1867
Zbieżność według miary i prawie wszędzie.
Tutaj trzeba być trochę bardziej ostrożnym. Rozważmy ciąg funkcji \(\displaystyle{ (f_n)}\) na \(\displaystyle{ \mathbb{R}}\) takich, że są one równe \(\displaystyle{ 0}\) na przedziale \(\displaystyle{ [-n,n]}\), równe \(\displaystyle{ 1}\) poza przedziałem \(\displaystyle{ [-n-1,n+1]}\) i liniowe pomiędzy. Taki ciąg zbiega wszędzie do zera, a nie zbiega do zera względem miary Lebesgue'a.
- 20 paź 2017, o 11:55
- Forum: Algebra abstrakcyjna
- Temat: Grupy symetrii figur geometrycznych - zadania
- Odpowiedzi: 15
- Odsłony: 3281
Grupy symetrii figur geometrycznych - zadania
1 b) Spróbuj tak zdeformować trójkąt równoboczny, żeby nie miał symetrii osiowych, ale żeby był zachowywany przez obroty. 1 d) Tu z kolei byłoby popatrzyć na symetrie osiowe. Na przykład kwadrat ma dwie osie symetrii prostopadłe do boków i podgrupa generowana przez te symetrie jest izomorficzna z \m...
- 11 wrz 2017, o 17:29
- Forum: Prawdopodobieństwo
- Temat: Ruch Browna
- Odpowiedzi: 1
- Odsłony: 547
Ruch Browna
Wystarczy, żeby nawias skośny procesu \(\displaystyle{ X_t}\) był równy \(\displaystyle{ t}\), a ten można łatwo wyznaczyć ze wzoru Ito.
- 17 sie 2017, o 10:49
- Forum: Dyskusje o matematyce
- Temat: Tłumaczenie z angielskiego
- Odpowiedzi: 230
- Odsłony: 55630
Tłumaczenie z angielskiego
Przeważnie mówi się "(funktor) lewy sprzężony".
- 7 cze 2017, o 21:48
- Forum: Prawdopodobieństwo
- Temat: moment stopu dla procesu Wienera
- Odpowiedzi: 1
- Odsłony: 589
moment stopu dla procesu Wienera
Skorzystaj z tego, że proces \(\displaystyle{ \exp(s W_t - \frac{1}{2}s^2 t)}\) jest martyngałem dla dowolnego \(\displaystyle{ s}\). Jeśli zastosujesz twierdzenie Dooba do tego martyngału, to dostaniesz wzór na transformatę Laplace'a rozkładu \(\displaystyle{ \tau_{L}}\), z czego można wyznaczyć rozkład.
- 5 cze 2017, o 15:44
- Forum: Topologia
- Temat: Gęsty podzbiór zbioru funkcji ciągłych.
- Odpowiedzi: 3
- Odsłony: 838
Gęsty podzbiór zbioru funkcji ciągłych.
Tak, w końcu cała przestrzeń też jest zbiorem cylindrycznym.
- 2 cze 2017, o 15:17
- Forum: Topologia
- Temat: Gęsty podzbiór zbioru funkcji ciągłych.
- Odpowiedzi: 3
- Odsłony: 838
Gęsty podzbiór zbioru funkcji ciągłych.
Ten zbiór jest liniowo gęsty. Istotnie, rodzina zbiorów cylindrycznych jest ciałem, zatem kombinacje liniowe funkcji charakterystycznych są podalgebrą przestrzeni funkcji ciągłych. Żeby skorzystać z twierdzenia Stone'a-Weierstrassa, wystarczy uzasadnić, że ta rodzina funkcji rozdziela punkty. Ale dw...
- 31 maja 2017, o 11:14
- Forum: Algebra abstrakcyjna
- Temat: surjekcja miedzy grupami wolnymi
- Odpowiedzi: 3
- Odsłony: 690
surjekcja miedzy grupami wolnymi
Trzeba udowodnić taki lemat: Jeśli f: \mathbb{F}_{n} \to \mathbb{F}_m jest epimorfizmem, to istnieje taki zbiór wolnych generatorów X w \mathbb{F}_{n} , że można go rozbić na dwa podzbiory X=X_1 \sqcup X_2 i f obcięte do podgrupy generowanej przez X_1 jest izomorfizmem, natomiast obcięcie do podgrup...
- 21 lut 2017, o 08:41
- Forum: Własności i granice ciągów
- Temat: Prosta rekurencja
- Odpowiedzi: 3
- Odsłony: 624
Prosta rekurencja
Żeby wyrobić sobie opinię na temat potencjalnego wyniku, warto zamienić równanie rekurencyjne na równanie różniczkowe, które można po prostu rozwiązać. To równianie to x' = \frac{2}{x^2} i jego rozwiązania spełniają równość x^3=6t+C , czyli spodziewamy się, że nasz ciąg będzie asymptotycznie spełnia...
- 5 wrz 2016, o 12:32
- Forum: Analiza wyższa i funkcjonalna
- Temat: Całka z funkcji harmonicznej
- Odpowiedzi: 1
- Odsłony: 578
Całka z funkcji harmonicznej
Niestety tak nie jest. Krzywa \(\displaystyle{ X_1}\) może być dużo dłuższa niż krzywa \(\displaystyle{ X_2}\) i wtedy całka po krzywej \(\displaystyle{ X_1}\) może być większa. Dobrym przykładem jest taki, że \(\displaystyle{ X_2}\) jest okręgiem, natomiast \(\displaystyle{ X_1}\) jest bardzo gęstą sinusoidą nawiniętą na okrąg o promieniu trochę mniejszym niż promień \(\displaystyle{ X_2}\).
- 21 lip 2016, o 11:50
- Forum: Prawdopodobieństwo
- Temat: łańcuch Markowa, rozkład stacjonarny
- Odpowiedzi: 1
- Odsłony: 817
łańcuch Markowa, rozkład stacjonarny
Jeśli łańcuch jest nieprzywiedlny, to rozkład stacjonarny istnieje wtedy i tylko wtedy, gdy każdy stan ma własność trochę silniejszą od rekurencyjności -- moment pierwszego powrotu do danego stanu musi mieć skończoną wartość oczekiwaną. W szczególności, jeśli istnieje jakikolwiek stan chwilowy, to n...
- 19 lip 2016, o 00:30
- Forum: Analiza wyższa i funkcjonalna
- Temat: Orientowalność rozmaitości
- Odpowiedzi: 2
- Odsłony: 1180
Orientowalność rozmaitości
Lepiej późno niż wcale. 1) Ustalmy x \in M i wybierzmy w przestrzeni stycznej T_x(M) orientację. Niech teraz y \in M będzie dowolnym innym punktem. Można założyć, że na M mamy metrykę Riemanna i związaną z nią koneksję Levi-Civity. Niech \gamma będzie drogą łączącą x i y . Dzięki koneksji możemy dok...
- 12 lut 2016, o 12:34
- Forum: Analiza wyższa i funkcjonalna
- Temat: Skończony wymiar podprzestrzeni
- Odpowiedzi: 1
- Odsłony: 486
Skończony wymiar podprzestrzeni
Taka przestrzeń musi być skończonego wymiaru. Pokażemy najpierw, że operator brania pochodnej jest ograniczony na przestrzeni Y , z czego wywnioskujemy, powołując się na twierdzenie Ascolego-Arzeli, że kula jednostkowa w Y musi być zwarta. Chcemy pokazać, że operator T: Y \to C[0,1] , zdefiniowany p...