четверг, 30 декабря 2010 г.
вторник, 28 декабря 2010 г.
четверг, 23 декабря 2010 г.
Уравнение Ван-дер-Поля.
\ddot{x} - \lambda(1-x^2)\dot{x} + \omega^2x = 0
\end{equation}
Неизвестно точное решение этого уравнения.
четверг, 16 декабря 2010 г.
Пример топологического поля, которое не гомеоморфно метризованному полю
Эту задачу нам задали на аналитической теории чисел. ММФ НГУ 2010.
Задача: Приведите пример топологического поля, не гомеоморфного никакому метризованному полю.
Решение: Пусть $X$ - поле, $(F, v)$ - любое метризованное поле. Введём на нём топологию $\tau = \{X, \emptyset\}$ , состоящую из всего пространства $X$ и пустого множества (антидискретная топология). Тогда любая функция в $X$ будет непрерывна, т.е. непрерывны $+$ и $\cdot$. Таким образом $(X, \tau)$ - топологическое поле.
Пусть $f : X\to F$ - взаимооднозначное соответствие. Предположим, что $f$ непрерывно. Возьмём последовательности $x_n \to x$ в $(X, \tau)$, тогда в силу непрерывности $f(x_n) \to f(x)$ Но в пространстве $(X, \tau)$ любая последовательность сходится к любому элементу (предел последовательности): $x_n \to y$ $(y \ne x)$. Следовательно $f(x_n) \to f(у)$ Противоречие т.к. в $(F, v)$ предел единствен.
Задача: Приведите пример топологического поля, не гомеоморфного никакому метризованному полю.
Решение: Пусть $X$ - поле, $(F, v)$ - любое метризованное поле. Введём на нём топологию $\tau = \{X, \emptyset\}$
Пусть $f : X\to F$ - взаимооднозначное соответствие. Предположим, что $f$ непрерывно. Возьмём последовательности $x_n \to x$ в $(X, \tau)$, тогда в силу непрерывности $f(x_n) \to f(x)$ Но в пространстве $(X, \tau)$ любая последовательность сходится к любому элементу (предел последовательности): $x_n \to y$ $(y \ne x)$. Следовательно $f(x_n) \to f(у)$ Противоречие т.к. в $(F, v)$ предел единствен.
понедельник, 13 декабря 2010 г.
Cоотношения между определителем и числом обусловленности
Примеры матриц с различными соотношениями между определителем и
числом обусловленности.
~1~
Рассмотрим матрицу размера $n\times n$\begin{equation}A =
\left(\begin{array}{cccc} \rho& 0& \cdots& 0\\
0& \rho & \cdots& 0\\ \vdots& & \ddots& \vdots\\
0& \cdots& 0& \rho\end{array}\right),
\end{equation}
где $0<\rho<1$. Чисто обусловленности $\kappa(A)=1$ при любых параметрах.
В то же время определитель может быть очень мал. Например при $n=30$
и $\rho = \frac{1}{2} $ получаем $ \operatorname{det}A =9.313\cdot10^{-10}. $
~2~
Другую ситуацию можно продемонстрировать на матрице\begin{equation}B =
\left(\begin{array}{cccc} 5& 7& 6& 5\\
7& 10 & 8& 7\\ 6& 8 & 10& 9\\
5& 7& 9& 10\end{array}\right).
\end{equation}
Здесь $\operatorname{det}B = 1$, а число обусловленности $\kappa(B) =
2.984\cdot10^{3}$ Последствия такого числа могут быть весьма
существенны.
Если мы немного "пошатаем" коэффициенты $B$ и рассмотрим
например
\begin{equation}B' =
\left(\begin{array}{cccc} 5+\varepsilon& 7& 6& 5\\
7& 10 & 8& 7\\ 6& 8 & 10& 9\\
5& 7& 9& 10\end{array}\right).
\end{equation}
Взяв $\varepsilon = -\frac{1}{68} \approx 0.0147$, то получим $\operatorname{det}B = 0$.
С другой стороны известна оценка Адамара для значения определителя:
\begin{equation*}
|\operatorname{det}(a_{ij})| \leqslant
\sqrt{\prod\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^{n}|a_{ij}|^2}
\end{equation*}
для матрицы $B$
\begin{equation*}
|\operatorname{det}(B)| \leqslant \sqrt{2534437350} \approx 50000.
\end{equation*}
В силу достижимости оценки Адамара при таких же суммах квадратов
модулей элементов строк модуль определителя $B$ может доходить до
$50000$.
Подписаться на:
Сообщения (Atom)