Zadacha

Dadeni sa n kryga v ravninata s nai-ralzlichni radiusi i razpolojenia. Liceto na sechenieto na i-tia i j-tia krug belejim s Aij. Da se dokaje che det(Aij)>=0

И това няма нищо общо с 6-та задача от Логика, нали:)))))))

Ne, niama, ne e ottam i niama opredelena trudnost. Zadachka - zakachka.

mislya po neya. za momenta vizhdam, che matricata e simetrichna i vseki element
A_{i,j} \le max( Aii , Ajj). Tova ne znam dali e dostatuchno, za da se dokazhe, che determinantantata ne e otricatelna.

Aide otivam v ugula da mislya.

Apropos, hodih v logika i gledah zadacha 5 za keksa i chestno kazano nito uslovieto razbrah, nito resheniyata.

Boian

Ne znam dali e dostatychno, no vyv vseki sluchai ne e izvesten fakt, taka che shte ima nujda ot dokazatelstvo.

syglasen sym, che ne e izvesten fakt. dori ne znam dali e veren.
A ne znam dali ne mozhe i da se vidi kakvo stava s determinanantata ako namalim edin radiusite na krugovete.

B

Vijdam che veche ne se zanimavate s inache mnogo gotinata zadacha, zatova puskam hintove:
1. Da se reshi syshtata zadacha, ako "krygove" beshe zameneno s "elipsi".
2. Syshtoto ako "krygove' e zameneno s "ravnostranni triygylnici".
Nasluka. Utre pak shte ima hint.

Tuka veche pochti davam reshenieto, makar che ot tova se gubi celia podvejdasht char na zadachata.
1) Da se dokaje za kvadrati
2) da se dokaje za pravilni osmostenni piramidi v prostranstvoto
ili prosto
3) Da se dokaje za proizvolni borelovi mnojestva s krajna miarka :))).

Nedev,

To pone na men tazi podskazka mi e yasna. To e pochti ochevidno che nyama da polzvash tova, che tezi sa nepremenno krugove. Az se opitvam da pokazha (po indukciya), che matricata e polozhitelno definitna.

Ami ima edna specifichna matrica, za koiato e dobre izvestno che e polojitelno definitna (dokazva se po indukcia:)) Za neia niama da ti iskam dokazatelstvo.:))).

Дали може ли да се докаже така?

Достатъчно е да използваме следното свойство на матрицата, за което се спомена.

(1) Ако вземем който и да е елемент A[i,i] от диагонала, имаме 0 <= A[i,i] и за всички оставащи елементи на реда имаме A[j,i] <= A[i,i] и аналогично за колоната A[i,j] <= A[i,i] (а последното е така и заради симетрията).

После можем да опитаме да превърнем матрицата в горно-триъгълана, за да сметнем детерминантата по метода на Гаус. И наблюдаваме какво става. Като развием на ръка се забелязва, че това свойство се запазва но с малко уточнение. След всяка стъпка по метода на Гаус винаги ще имаме следното своиство: 0 <= A[i,i] и по абсолютна стойност |A[j,i]| <= A[i,i] и |A[i,j]| < A[i,i].
Понеже накрая получаваме детерминантата като произведение от елементите на диагонала, ще имаме det(A) >= 0. Възможно е да имаме det(A) = 0 и това винаги ще е така, когато поне две от окръжностите /фигурите/ съвпадат.


За обобщение при произволни измерими /в някакъв смисъл/ множества, нека да обяснят по-добре Nedev или Boian.

Защото за да е верно свойството (1) нали разчитаме, че площта на сечението U /\ V на две множества U и V е по-малка или равна на площта на което и да е от двете. Става дума за сечение на краен брой /т.е. две/ множества, и значи ако U и V са борелови, сечението им ще е борелово и за мярката трябва да е изпълнено m(U /\ V) <= m(U), m(U /\ V) <= m(V).
За измерими по Лебег множества не е ли същото? Не е ли това основно свойство на мерките?
Предполагам, че може да се обобщи, но по-добре някой да потвърди.

borelovi i izmerimi po Lebeg e gore dolu edno i syshto i niama znachenie za reshenieto. Reshenieto ti e viarno, za koeto pozdravlenia. Da dopylnia s moeto reshenie, koeto po syshtestvo, razbira se, e syshtoto.
Ta da trygnem ot dobre izvestnia fact che
det(aij)>=0, ako aij = (bi,bj), kydeto b1,... sa vektori v dadeno hilbertovo prostranstvo - namicha se determinanta na Gram. e ottuk e lesno - v L2(R^N) vzimame bi=chi(Bi), kydeto Bi sa mnojestvata ot koito trygnahme, a chi(...) sa harakteristichnite im funkcii.