Matematyka.pl

Witajcie, temat stary ale regularnie odświeżany i corocznym spamem reklamowym i reakcjami Miodzia:-).

Przy okazji, ja osobiście na taką dyskusję patrzę z przymrużeniem oka:-) Jako dawny użytkownik forum, odbieram tę "kampanię" jako coś wykonane w złym stylu. Oto mamy mnóstwo niekonkretnych ...

Tak, przy czym nie jest to rozwiązanie w sensie o którym pisał kolega, tylko przez użycie funkcji specjalnej.

Równoważnie

\(\displaystyle{ D= \left( \frac{k}{x-k} \right) e^{-kt}\left(1- e^{(k-x)t} \right)}\)

czyli

\(\displaystyle{ \frac{e^{kt} D}{kt} = \frac{e^{(k-x)t}-1}{(k-x)t}}\)

Wobec powyższego, Twój problem to to samo co wyliczenie \(\displaystyle{ u}\) z równania \(\displaystyle{ C = \frac{e^{u}-1}{u}}\)

co nie bardzo da się załatwić elementarnym wzorem.

Całka jest nieoznaczona, niech funkcją pierwotną będzie F(x) . Wtedy (z podstawowego twierdzenia rachunku całkowego)

F(x) - F(0) = \int_{0}^{x} \frac{\arctan(t)}{t}\mbox{d} t

Liczbę F(0) możemy potraktować jako stałą całkowania.
Załóżmy, że |x| < 1 . Wtedy \arctan(t) rozwija się w znany szereg ...

Żeby zobaczyć na palcach na ile sposobów można wyznaczyć z wystarczy rozważyć równanie dwukadratowe.

Można też inaczej: zastosować twierdzenie o funkcji odwrotnej do z . Nie uda się tego zrobić z powodu zerowania się pochodnej cząstkowej; jeśli jednak podstawimy w=z^2 to dostaniemy że w daje się ...

No właśnie ma, bo to jest pierścień ilorazowy. Mamy wielomian W trzeciego stopnia, unormowany, więc łatwo możemy zredukować dowolny wielomian do wielomianu stopnia najwyżej 2. Każda warstwa jest reprezentowana przez wielomian stopnia najwyżej 2, i ta redukcja wynika z dzielenia z resztą ...

Zajebiście fajne...

Pozwolę sobie na małą dygresję z okazji drugiego punktu. Istotną rolę w dowodzie, korzystającym z lematu Zorna, odgrywa założenie o jedynce. Jak się przypatrzyć, można słabiej:

Niech I będzie właściwym ideałem w pierścieniu R który zawiera element e taki, że
\forall r\in R\quad re-r\in I . Wtedy ...

K to zbiór dopełnień wszystkich podzbiorów (-1,1) .

Generowana \sigma algebra zawiera więc wszystkie podzbiory (-1,1) oraz ich dopełnienia w \mathbb{R} .

Ta klasa (podzbiorów odcinka i dopełnień) jest już zamknięta na sumy przeliczalne a z samego określenia na dopełnienia.
Jest więc \sigma ...

A czemu zerami, wszystkie stałe to nie mogą być?

Coś jest nie tak. Takich oznaczeń w ogóle się chyba na świecie nie używa.
Może chodzi o normę \left(\int \left| f^2 \right| \right)^{\frac{1}{2}} ?

Aczkolwiek nie wierzę w to bo nie prowadzi to do przestrzeni zupełnej które zazwyczaj się omawia.-- 13 cze 2010, o 21:56 --A w ogóle, weź napisz ...

Kolejne fajne zadanie:

Załóżmy, że $X^{*}$ rozdziela punkty $X$ (przestrzeni liniowo topologicznej)
Pokazać, że \(\displaystyle{ X^{*}}\) jest metryzowalna w \(\displaystyle{ *}\) słabej toplogii wtedy i tytlko wtedy, gdy \(\displaystyle{ X}\) ma przeliczalny wymiar Hammela.

Jest takie fajne zadanie:
X jest przestrzenią liniowo-topologiczną Frecheta oraz \dim X = +\infty .
Wtedy X^{*} z ^* słabą topologią jest I kategorii.

Pomysł który mam wygląda tak:

Załóżmy że jest II kategorii.
Bierzemy V otoczenie 0 w X . Rozwżamy zbiór
K = \left\{x^{*}:\, |x^{*}| \leqslant 1 ...

Rozwijając tą uwagę o mierzalności, korzystamy z miary zewnętrznej, wygenerowanej przez miarę Lebesguea.
Wychodzi \(\displaystyle{ 0}\), zatem ten zbiór jest podzbiorem mierzalnego zbioru miary \(\displaystyle{ 0}\) i jest mierzalny. (Uzupełnienie miary bądź kryterium Caratheodoryego)

Czy to jest prawda, że produkt dwóch miar Radona też jest Radona,
jeżeli nie jest nic powiedziane o topologiach przestrzeni (bo widziałem coś takiego jak są Hausdorffa)? I co zrobić żeby była?

Jest powiedziane tylko tyle, że są przestrzenie mierzalne X_1,X_2 z miarami \lambda_1,\lambda_2 ...