Keresés

Részletes keresés

pk1 Creative Commons License 2020.07.31 0 0 11472

(Csak jelzem, hogy nincs bizonyíték ilyen antidialektikus párthatározat létezésére. Ha mégis van, az a beépített reakciós ügynökök aknamunkája.)

Előzmény: Törölt nick (11465)
mma Creative Commons License 2020.07.31 0 0 11471

Mégiscsak van, de nehéz volt megtalálni, mert nem registration, hanem request account a neve. Ja, és nem automatikus a felvétel. Bár megerősítettem az email-címemet, még várnom kell, hogy küldjenek egy jelszót. Pár perce már várok, de még  nem jött meg. Attól tartok, hogy nem is fog. 

Előzmény: mma (11470)
mma Creative Commons License 2020.07.31 0 0 11470

Ha be vagy jelentkezve. Bár bejelentkező lap van, regisztráló nincs.

Előzmény: Gergo73 (11469)
Gergo73 Creative Commons License 2020.07.31 0 0 11469

Azt írják, hogy ugyanúgy szerkeszthető, mint bármilyen Wikipedia oldal. Lásd itt.

Előzmény: mma (11468)
mma Creative Commons License 2020.07.30 0 0 11468

Más. Gergő, nem tudod véletlenül, hogy az encyclopediaofmath.org sajtóhibáit hol lehet bejelenteni?

Előzmény: Gergo73 (11467)
Gergo73 Creative Commons License 2020.07.30 0 1 11467

Valóban, hiszen log és exp is értelmezhető a mátrixok körében (a szokásos hatványsorral).

Előzmény: rózsaszínfej (11466)
rózsaszínfej Creative Commons License 2020.07.30 0 2 11466

Arra is van def., hogy mátrix a mátrixadikon. Ha A és B két nxn-es mátrix, akkor AB értelmezhető.

Előzmény: Gergo73 (11464)
Törölt nick Creative Commons License 2020.07.30 0 1 11465

Elnézést a tréfáért, nem akartam személyeskedni, csak a másik topikban bioritmusokról esett szó. Mint a munkahelyi balesetek csökkentésének érdekében (egyébként párthatározatban rögzített) tudományosnak hangzó módszeréről.

https://forum.index.hu/Article/viewArticle?a=155452896&t=9111144

Előzmény: Gergo73 (11464)
Gergo73 Creative Commons License 2020.07.30 0 3 11464

Gergőnek ki kellene számolni a bioritmusát, mert ma rossz napja van.

 

Attól még nem lesz rossz napom, hogy válaszoltam egy üzenetre úgy, hogy az előzményét nem néztem meg rendesen. Mostanában igen kurta időket töltök el itt, mert éjjel-nappal dolgozom (szó szerint). A Hilbert-teres válaszom abból fakadt, hogy azt hittem, skalárszorzatról beszélsz, de az nem csak R3-ban van, nem értettem, miért pécézted ki. Ennyi a történet egyik fele.

 

Ellenben felvirágoztam mások napját azzal, hogy elmondtam, hogyan lehet mátrixok nem egész kitevőjű hatványát definiálni. Ennyi a történet másik fele.

Előzmény: Törölt nick (11463)
Törölt nick Creative Commons License 2020.07.30 0 0 11463

Erre akartam finoman célozni. Számos különböző általánosítás lehetséges, az adott feladattól függően.

A cél szentesíti az eszközt.

 

Precízebben fogalmazva: ha az eddigi axiómák alapján egy kérdés nem dönthető el, akkor egy új axiómára van szükség, amit a korábbi axiómákból levezetni nem lehet. A megoldandó feladattól függően ez különböző is lehet.

 

((Gergőnek ki kellene számolni a bioritmusát, mert ma rossz napja van.))

 

Egyébként engem sem izgat annyira ez a probléma, hogy utánanézzek. Majd ha ilyen feladatom lesz, az talán motivál.

Előzmény: pk1 (11459)
Gergo73 Creative Commons License 2020.07.30 0 2 11462

Ott a pont!

Előzmény: pk1 (11461)
pk1 Creative Commons License 2020.07.30 0 3 11461

"zöldséget beszéltem"

 

gyümölcsöt!

Előzmény: Gergo73 (11460)
Gergo73 Creative Commons License 2020.07.30 0 2 11460

Ha a második hatványt skalárszorzattal definiálod, akkor almát adsz össze körtével.

 

Valóban. Nem igazán foglalkoztam az eredeti feladattal, mert nem találtam érdekesnek. Szóval zöldséget beszéltem.

 

Egy X négyzetes mátrix nem egész kitevőjű hatványozása definiálható a szokásos binomiális sorral, feltéve, hogy az X elég közel van az ugyanolyan méretű I identitásmátrixhoz:

 

Xa = (I+(X-I))a = sumk>=0 binom(a,k) (X-I)k.

Előzmény: Törölt nick (11458)
pk1 Creative Commons License 2020.07.30 0 1 11459

r×r az nullvektor, nem lesz tőle másodfokú az egyenlet.

 

Viszont az rr diadikus szorzatban már lehet fantázia:

 

arr + br + C = 0          (a állandó skalár, b állandó vektor, C állandó mátrix, 0 itt nullmátrix)

 

vagy

 

a⋅(rr) + b×r + c = 0         (a, bc állandó vektorok, 0 itt nullvektor)

 

vagy

 

a⋅(rr) + Br + c = 0         (ac állandó vektorok, B állandó mátrix, 0 itt nullvektor)

 

vagy

 

A⋅(rr) + b◦r + C = 0         (AC állandó mátrixok, állandó vektor, 0 itt nullmátrix)

 

vagy

 

A⋅(rr) + b◦r + C = 0         (AC állandó mátrixok, állandó vektor, 0 itt nullmátrix)

 

Itt most abbahagyom, de lehet folytatni talán.

Előzmény: Törölt nick (11458)
Törölt nick Creative Commons License 2020.07.30 0 0 11458

Ha a második hatványt skalárszorzattal definiálod, akkor almát adsz össze körtével.

Mert az első hatvány vektor, a második hatvány skalár.

A nulladik hatvány pedig - nemtom.

 

Szerintem nem érdemes az általánosítást a másodfokú egyenletnél abbahagyni. Már eleve gondoljunk a harmadfokú sőt törtkitevős egyenletekre is.

Mátrix egész kitevőjű hatványozásával nincs gondom.

Viszont a vektorok és mátrixok tört kitevőjű hatványozása egy lehetséges általánosítása a felvetett problémának.

 

De ha ragaszkodsz a skaláris szorzathoz, hogyan definiálnád ezen keresztül a törtkitevűjő hatványozást?

Előzmény: Gergo73 (11457)
Gergo73 Creative Commons License 2020.07.30 0 0 11457

Szerintem ez attól függ, hogy mi a megoldandó (fizikai, gazdasági, társadalmi stb.) probléma.

 

Ez a topik matematikai problémákról szól. A legtöbb matematikai probléma nem fizikai, gazdasági, társadalmi problémából jön, és ez így van jól.

 

De ha a megoldást nem R3-ban keresed, akkor még a vektor négyzetét is definiálnod kell

 

Bármely Hilbert-térben definiálva van a vektorok négyzete, hiszen a skalárszorzat a struktúra része.

Előzmény: Törölt nick (11456)
Törölt nick Creative Commons License 2020.07.30 0 0 11456

Szerintem ez attól függ, hogy mi a megoldandó (fizikai, gazdasági, társadalmi stb.) probléma.

De ha a megoldást nem R3-ban keresed, akkor még a vektor négyzetét is definiálnod kell.

Előzmény: pk1 (11452)
mma Creative Commons License 2020.07.27 0 0 11455

Köszi, közben aztán én is rájöttem ugyanerre, de azért jó, hogy ez így leírtad.

 

Előzmény: Gergo73 (11454)
Gergo73 Creative Commons License 2020.07.27 0 0 11454

Az origón átmenő egyenesek példája teljesen jó, ez speciális esete annak, amit én is mondtam: "Pl. van modulustere egy adott dimenziós vektortér adott dimenziós altereinek."

 

Nem kell, hogy a modolustér egy pontja valamilyen osztályhoz tartozzék. Tartozhat egyetlen objektumhoz is, mint a fenti példában. Természetesen egy vektortér szokásos alterei azonosíthatók az affin alterekkel eltolás erejéig (hiszen az affin alterek éppen a szokásos alterek eltoltjai).

Előzmény: mma (11450)
ujbubo Creative Commons License 2020.07.27 0 0 11453

köszi

hát igen ez már meghaladja a felfogásomat, nagyon elvont

Előzmény: Gergo73 (11447)
pk1 Creative Commons License 2020.07.27 0 0 11452

Mi a másodfokú egyenlet vektoregyenlet megfelelője?

 

Úgy tűnik, kétféle analógiája is van:

 

a⋅r2 + br + c = 0          (a, c állandó vektor, b állandó skalár)

 

vagy

 

a⋅r2 + br + c = 0         (a, c állandó skalárok, b állandó vektor)

mma Creative Commons License 2020.07.27 0 0 11451

Például a síkon elhelyezkedő körök modulustere (egybevágósági osztályainak a tere) R, hiszen minden egybevágósági osztály egy valós számmal -  a kör sugarával - jellemezhető.

 

 

Helyesen:

 

 

Például a síkon elhelyezkedő körök modulustere (egybevágósági osztályainak a tere) R+, hiszen minden egybevágósági osztály egy pozitív valós számmal -  a kör sugarával - jellemezhető.

Előzmény: mma (11450)
mma Creative Commons License 2020.07.27 0 0 11450

Mivel téged konkrétan a Coulomb-branch-nak illetve Higgs-branch-nak nevezett modulusterek érdekelnek, Gergő példái valószínűleg többet segítenek, mint a Wikipedia bevezető példái. Utóbbiak viszont sokkal egyszerűbbek. Például a síkon elhelyezkedő körök modulustere (egybevágósági osztályainak a tere) R, hiszen minden egybevágósági osztály egy valós számmal -  a kör sugarával - jellemezhető.

 

A másik bevezető példa szerintem kicsit el van írva, mert az origón átmenő egyeneseket jellemző paramétertérről beszél  modulustérként, de ebben így nincsenek is ekvivalenciaosztályok. Szerintem a sík összes egyenesének a modulusteréről kellett volna beszélnie, ahol két egyenest ekvivalensnek tekintünk, ha eltolással egymásba vihetők. Az origón átmenő egyenesek ezeknek az ekvivalenciaosztályoknak a reprezentánsai. Gergőtől kérdezem, hogy ugye jól értem? 

Előzmény: ujbubo (11446)
G.Á 0123 Creative Commons License 2020.07.26 0 1 11449

Igen.

Előzmény: Ménes Dénes (11448)
Ménes Dénes Creative Commons License 2020.07.26 0 0 11448

Ezek a dolgok kapcsolódhatnak az elméleti fizikáhiz pl. az áltreles kvantumelmélet megalapozásához? 

Előzmény: Gergo73 (11447)
Gergo73 Creative Commons License 2020.07.26 0 1 11447

Pontosan olyan, mint a fázistér, csak a kapcsolat elvontabb és általánosabb.

 

A rácsok hasonlósági osztályai csak egy példa volt. Nagyon sokféle objektumnak van modulustere. Pl. van modulustere egy adott dimenziós vektortér adott dimenziós altereinek. Van modulustere az adott génuszú Riemann-felületeknek (nézd meg a képeket itt). Van modulustere a Higgs-nyaláboknak (erről magyarul olvashatsz itt).

Előzmény: ujbubo (11446)
ujbubo Creative Commons License 2020.07.26 0 0 11446

szia köszi

szóval ez olyasmi, mint a fázistér csak nem fizikai állapotok hanem hasonlósági osztályok a pontjai?

Előzmény: Gergo73 (11445)
Gergo73 Creative Commons License 2020.07.26 0 1 11445

A moduli space = modulustér egy mély és általános fogalom az algebrai geometriában. Bizonyos geometriai struktúrák természetesen megfelelnek egy absztrakt tér egy-egy pontjának. Ilyenkor azt mondjuk, hogy a szóban forgó geometriai struktúráknak a modulustere a szóban forgó absztrakt tér. A modulusterek tehát nagyon természetes terek és sok információt hordoznak magukban.

 

Pl. ha tekintjük az euklideszi sík rácsait hasonlóság erejéig (tehát két rácsot azonosnak tekintünk, ha az egyik átvihető a másikba forgatva nyújtással), akkor ezeknek a hasonlósági osztályoknak a modulustere az ún. moduláris felület. A moduláris felület egy -1 görbületű határmentes felület, amelynek a területe 3/pi; a matematika több ágában fontos szerepet tölt be. Tehát ezen a felületen minden egyes pont egy rácsokból álló hasonlósági osztályhoz tartozik és viszont. A moduláris felületet (ami talán a legegyszerűbb modulustér) nem nehéz definiálni, és az említett kapcsolatot is könnyű bizonyítani, de kell hozzá némi matematikai alapismeret (komplex számok, lineáris algebra, bevezető csoportelmélet).

Előzmény: ujbubo (11433)
Törölt nick Creative Commons License 2020.07.26 0 0 11444

Prímszámokat akartam keresni polinom osztás alapján.

 

Hát, jó bolnyolultan sikerült kihozni, hogy a prímszámnak osztója az 1 és önmaga. :(

Továbbá egy prímszám többszöröse is osztható.

 

q=2 esetén n=pq, p=1 esetén n=2, de q<n miatt kizárva, tehát n=2 prímszám.

p=q-1 esetén pedig

n/(n-p) = n/1

 

Szorzatra bontás helyett összeg oszthatóságával próbálkoztam. Felejtsük el.

Előzmény: NevemTeve (11443)
NevemTeve Creative Commons License 2020.07.26 0 0 11443

Megtennéd, hogy még egyszer leírod, mégpedig a  a lehető legegyszerűbb módon, hogy mi is a kérdesed?

Előzmény: Törölt nick (11440)

Ha kedveled azért, ha nem azért nyomj egy lájkot a Fórumért!