Znaleziono 3944 wyniki
- 30 lis 2018, o 10:53
- Forum: Kółko matematyczne
- Temat: [MIX] Mix matematyczny 37
- Odpowiedzi: 22
- Odsłony: 3662
[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...
- 27 wrz 2018, o 16:13
- Forum: Dyskusje o matematyce
- Temat: Całka Ito
- Odpowiedzi: 2
- Odsłony: 2448
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...
- 6 sie 2018, o 12:04
- Forum: Kółko matematyczne
- Temat: [Algebra][Topologia] Łukowa spójność pełnej grupy liniowej
- Odpowiedzi: 4
- Odsłony: 1165
[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...
- 17 kwie 2018, o 22:38
- Forum: Inne konkursy ogólnopolskie
- Temat: Finał Konkursu MiNI (Politechnika Warszawska 2018)
- Odpowiedzi: 16
- Odsłony: 4936
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...
- 13 kwie 2018, o 17:17
- Forum: Teoria miary i całki
- Temat: Czy tak działa Fubini?
- Odpowiedzi: 3
- Odsłony: 939
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...
- 12 kwie 2018, o 21:12
- Forum: Ciągi i szeregi funkcyjne
- Temat: Reprezentacja funkcji okresowej w szeregu
- Odpowiedzi: 2
- Odsłony: 807
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...
- 12 kwie 2018, o 17:47
- Forum: Teoria miary i całki
- Temat: Czy tak działa Fubini?
- Odpowiedzi: 3
- Odsłony: 939
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...
- 6 lut 2018, o 19:00
- Forum: Analiza wyższa i funkcjonalna
- Temat: Izotopia i indukowana przez nią rodzina pól wektorowych
- Odpowiedzi: 2
- Odsłony: 760
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...
- 22 sty 2018, o 13:47
- Forum: Prawdopodobieństwo
- Temat: Zbadać poszczególne zbieżności.
- Odpowiedzi: 1
- Odsłony: 552
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).
Jeśli chodzi o zbieżność z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ 1}\), to jej nie ma, co wynika z tego, że nie ma również zbieżności według prawdopodobieństwa (stochastycznej).
- 22 sty 2018, o 13:39
- Forum: Teoria miary i całki
- Temat: Wyznaczyć granicę.
- Odpowiedzi: 1
- Odsłony: 573
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...
- 17 sty 2018, o 20:38
- Forum: Teoria miary i całki
- Temat: Wykazać zbieżność.
- Odpowiedzi: 3
- Odsłony: 734
Wykazać zbieżność.
Teraz jeszcze wypadałoby skorzystać z twierdzenia Lebesgue'a o zbieżności zmajoryzowanej.
- 29 lis 2017, o 12:11
- Forum: Algebra abstrakcyjna
- Temat: Dwa podobne zadania - ilosc elementow danego rzedu
- Odpowiedzi: 1
- Odsłony: 543
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...
- 23 lis 2017, o 14:17
- Forum: Algebra abstrakcyjna
- Temat: Twierdzenie de Rhama - błagam - wyszło ze kohomologie sa 0
- Odpowiedzi: 7
- Odsłony: 1676
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.
- 23 lis 2017, o 14:12
- Forum: Algebra abstrakcyjna
- Temat: Twierdzenie de Rhama - błagam - wyszło ze kohomologie sa 0
- Odpowiedzi: 7
- Odsłony: 1676
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...
- 23 lis 2017, o 11:25
- Forum: Algebra abstrakcyjna
- Temat: Twierdzenie de Rhama - błagam - wyszło ze kohomologie sa 0
- Odpowiedzi: 7
- Odsłony: 1676
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...