Znaleziono 3944 wyniki

autor: Wasilewski
30 lis 2018, o 10:53
Forum: Kółko matematyczne
Temat: [MIX] Mix matematyczny 37
Odpowiedzi: 21
Odsłony: 1793

[MIX] Mix matematyczny 37

Załóżmy, że X jest zbiorem wypukłym, który zawiera 0 w swoim wnętrzu, ale nie zawiera żadnej półprostej. Założenie o niepustym wnętrzu nie jest zbyt silne, bo zbiór wypukły w \mathbb{R}^2 o pustym wnętrzu jest zawarty w pewnej prostej, więc problem sprowadza się do \mathbb{R} . Wobec tego możemy zd...
autor: Wasilewski
27 wrz 2018, o 16:13
Forum: Dyskusje o matematyce
Temat: Całka Ito
Odpowiedzi: 2
Odsłony: 485

Całka Ito

Wyobraź sobie, że chcesz znaleźć równanie ruchu pewnej cząsteczki poruszającej się w cieczy. Naiwnie napisałbyś równanie m\ddot{x} +k\dot{x} +\nabla V(x) = 0 , gdzie człon k\dot{x} odpowiada za siłę tarcia (lepkość cieczy), a V to jakiś potencjał. Ale prawda jest taka, że jest mnóstwo innych cząstec...
autor: Wasilewski
6 sie 2018, o 12:04
Forum: Kółko matematyczne
Temat: [Algebra][Topologia] Łukowa spójność pełnej grupy liniowej
Odpowiedzi: 4
Odsłony: 567

[Algebra][Topologia] Łukowa spójność pełnej grupy liniowej

Szybki sposób: spektrum elementu A \in GL_n(\mathbb{C}) jest skończone i omija zero, więc można zdefiniować gałąź logarytmu na pewnym otwartym otoczeniu spektrum. Definiujemy B jako logarytm A (za pomocą wzoru Cauchy'ego) i droga \gamma(t):= \exp(tB) łączy identyczność z A . Trochę bardziej elementa...
autor: Wasilewski
17 kwie 2018, o 22:38
Forum: Inne konkursy ogólnopolskie
Temat: Finał Konkursu MiNI (Politechnika Warszawska 2018)
Odpowiedzi: 16
Odsłony: 2665

Finał Konkursu MiNI (Politechnika Warszawska 2018)

Jeśli obie współrzędne pierwszego punktu są dodatnie, to mamy zawsze połowę okręgu -- prosta pozioma i prosta pionowa są ramionami kąta prostego, więc opartego na średnicy. Ta część okręgu daje wkład \frac{1}{4}\cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{8} . Jeśli obie współrzędne są ujemne, to w ogóle nic nie d...
autor: Wasilewski
13 kwie 2018, o 17:17
Forum: Teoria miary i całki
Temat: Czy tak działa Fubini?
Odpowiedzi: 3
Odsłony: 434

Czy tak działa Fubini?

Ok, jak definiujesz to w ten sposób, to jest to po prostu klasyczne twierdzenie Fubiniego dla miary produktowej; trochę mylące jest wprowadzanie zmiennych losowych, bo definiując całki iterowane w ten sposób sprawiasz, że zmienne X_1 i X_2 są traktowane jako niezależne. Jedyna subtelność polega tera...
autor: Wasilewski
12 kwie 2018, o 21:12
Forum: Ciągi i szeregi funkcyjne
Temat: Reprezentacja funkcji okresowej w szeregu
Odpowiedzi: 2
Odsłony: 323

Reprezentacja funkcji okresowej w szeregu

Wtedy to też nie jest prawda: Kołmogorow skonstruował całkowalną funkcję, której szereg Fouriera jest wszędzie rozbieżny. Jeśli założymy, że wyjściowa funkcja f należy do L^{p} dla pewnego p>1 , to wtedy szereg jest zbieżny prawie wszędzie (twierdzenie Carlesona-Hunta). Jest dużo klasycznych kryteri...
autor: Wasilewski
12 kwie 2018, o 17:47
Forum: Teoria miary i całki
Temat: Czy tak działa Fubini?
Odpowiedzi: 3
Odsłony: 434

Czy tak działa Fubini?

Krótka odpowiedź jest taka, że tak to działa, ale nie do końca. Problem jest taki, że formalnie napis \mathbb{E}_{X_1} \mathbb{E}_{X_2} f(X_1, X_2) nie ma sensu; łączny rozkład zmiennych X_1 i X_2 jest jakąś miarą probabilistyczną na \mathbb{R}^2 i w zasadzie nie ma powodu, żeby względem tej miary d...
autor: Wasilewski
6 lut 2018, o 19:00
Forum: Analiza wyższa i funkcjonalna
Temat: Izotopia i indukowana przez nią rodzina pól wektorowych
Odpowiedzi: 2
Odsłony: 279

Izotopia i indukowana przez nią rodzina pól wektorowych

Tutaj chodzi o coś takiego: jak ustalimy x\in M , to t\mapsto \Gamma_t(x) jest krzywą na M i różniczkowanie tego po prostu daje wektory styczne do tej krzywej. Jeśli chodzi o uwagę o potoku (czyli "flow"), to zwyczajowo potok pola wektorowego X to jest rodzina odwzorowań \varphi_t: M \to M takich, ż...
autor: Wasilewski
22 sty 2018, o 13:47
Forum: Prawdopodobieństwo
Temat: Zbadać poszczególne zbieżności.
Odpowiedzi: 1
Odsłony: 226

Zbadać poszczególne zbieżności.

Jeśli chodzi o zbieżność według rozkładu, to wszystkie te zmienne mają ten sam rozkład.

Jeśli chodzi o zbieżność z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ 1}\), to jej nie ma, co wynika z tego, że nie ma również zbieżności według prawdopodobieństwa (stochastycznej).
autor: Wasilewski
22 sty 2018, o 13:39
Forum: Teoria miary i całki
Temat: Wyznaczyć granicę.
Odpowiedzi: 1
Odsłony: 192

Wyznaczyć granicę.

Jak łatwo sprawdzić (na przykład licząc pochodną), zachodzi nierówność \sqrt{x+h}-\sqrt{x} \leqslant \frac{1}{2\sqrt{x}} h . W naszym przypadku dostajemy n\left(\sqrt{x+\frac{1}{n}} - \sqrt{x}\right) \leqslant \frac{1}{2\sqrt{x}} . Czyli zostaje nam funkcja \frac{e^{-\sqrt{x}}}{2\sqrt{x}} . Dzięki f...
autor: Wasilewski
17 sty 2018, o 20:38
Forum: Teoria miary i całki
Temat: Wykazać zbieżność.
Odpowiedzi: 3
Odsłony: 277

Wykazać zbieżność.

Teraz jeszcze wypadałoby skorzystać z twierdzenia Lebesgue'a o zbieżności zmajoryzowanej.
autor: Wasilewski
29 lis 2017, o 12:11
Forum: Algebra abstrakcyjna
Temat: Dwa podobne zadania - ilosc elementow danego rzedu
Odpowiedzi: 1
Odsłony: 201

Dwa podobne zadania - ilosc elementow danego rzedu

Powiedzmy, że element g ma rząd p . Z tego wynika, że w podgrupie generowanej przez g , składającej się z elementów e, g, g^2,\dots, g^{p-1} wszystkie elementy poza jedynką mają rząd p , na mocy twierdzenia Lagrange'a (w końcu liczby pierwsze mają mało dzielników); nazwijmy tę podgrupę H . To znaczy...
autor: Wasilewski
23 lis 2017, o 14:17
Forum: Algebra abstrakcyjna
Temat: Twierdzenie de Rhama - błagam - wyszło ze kohomologie sa 0
Odpowiedzi: 7
Odsłony: 623

Twierdzenie de Rhama - błagam - wyszło ze kohomologie sa 0

Nie ma za co. Już sam byłem mocno skołowany, a algebra homologiczna zdecydowanie nie jest moją mocną stroną. Poza tym takiego dowodu nie znałem, więc też się czegoś nauczyłem.
autor: Wasilewski
23 lis 2017, o 14:12
Forum: Algebra abstrakcyjna
Temat: Twierdzenie de Rhama - błagam - wyszło ze kohomologie sa 0
Odpowiedzi: 7
Odsłony: 623

Twierdzenie de Rhama - błagam - wyszło ze kohomologie sa 0

Dobra, chodzi o to, że jak rozważysz jako rezolwentę snopy form różniczkowych, to różniczki nie są odwzorowaniami O(\mathbb{R}) -modułów (bo musimy stosować wzór Leibniza) i nie da się pokazać, że d(\sum \varphi_i \alpha_i) = \alpha . Czyli jest to tylko rezolwenta w kategorii snopów, ale nie w kate...
autor: Wasilewski
23 lis 2017, o 11:25
Forum: Algebra abstrakcyjna
Temat: Twierdzenie de Rhama - błagam - wyszło ze kohomologie sa 0
Odpowiedzi: 7
Odsłony: 623

Twierdzenie de Rhama - błagam - wyszło ze kohomologie sa 0

Chyba już rozumiem. Faktycznie jest tak, że snopy \Omega^{i} są acykliczne, ale to nie znaczy, że kohomologie de Rhama znikają. Mniej więcej chodzi o to, że jak mamy ten ciąg dokładny 0 \to \mathbb{R} \to \Omega^{1} \to \dots, to dostajemy dużo krótkich ciągów dokładnych postaci 0 \to d\Omega^{n} \t...