А что у H с собственными векторами? [Тут чуть-чуть отклонюсь от хода лекции и добавлю отсебятины]
Если бы нас интересовали просто последовательности, без всяких условий — то подошли бы любые геометрические прогрессии r^n.
Это и логично: наш оператор коммутирует с оператором "сдвига всей последовательности влево", поэтому логично искать у них общие собственные вектора — а у сдвига влево собственный вектор с собственным значением r это как раз геометрическая прогрессия со знаменателем r.
Но они нам не подходят. Скажем, если |r|>1, то такая последовательность экспоненциально возрастает при сдвиге вправо, а если |r|<1 — при сдвиге влево. И это уж совсем ни в какие ворота.
Увы, последовательности с |r|=1 тоже буквально в нашем пространстве не лежат — хоть они по модулю не растут, но и не убывают. Поэтому настоящих собственных векторов у H нет.
Если бы нас интересовали просто последовательности, без всяких условий — то подошли бы любые геометрические прогрессии r^n.
Это и логично: наш оператор коммутирует с оператором "сдвига всей последовательности влево", поэтому логично искать у них общие собственные вектора — а у сдвига влево собственный вектор с собственным значением r это как раз геометрическая прогрессия со знаменателем r.
Но они нам не подходят. Скажем, если |r|>1, то такая последовательность экспоненциально возрастает при сдвиге вправо, а если |r|<1 — при сдвиге влево. И это уж совсем ни в какие ворота.
Увы, последовательности с |r|=1 тоже буквально в нашем пространстве не лежат — хоть они по модулю не растут, но и не убывают. Поэтому настоящих собственных векторов у H нет.
//putting my physicist hat on//
Но (я не буду придавать этому кусочку аккуратный смысл, байка есть байка) — есть обобщённые: геометрические прогрессии
(F_{\alpha})_n=e^{2πi \alpha n},
где \alpha из окружности R/Z, с единичным по модулю знаменателем
r=e^{2πi \alpha}
(собственно, принадлежащим окружности |r|=1 на комплексной плоскости).
Они, конечно, не принадлежат пространству l_2 — ряд из квадратов модулей это ряд из одних единиц — но давайте мы это сейчас проигнорируем.
Тогда можно разложить функцию f по такому "базису" — сопоставив каждой точке \alpha окружности R/Z соответствующий коэффициент-"скалярное произведение"
u(\alpha) = \sum_n f_n e^{-2πi \alpha n}.
На самом деле — мы только что придумали заново ряд Фурье! (Правда, у нас в итоге минус перед \alpha оказался не там, но это не так важно.)
Потому что в обратную сторону мы возвращаемся интегралом
f_n = \int_0^1 u(\alpha) (F_{\alpha})_n d\alpha =
\int_0^1 u(\alpha) e^{2πi \alpha n} d\alpha.
Так что последовательность f — это (с точностью до замены n на -n или \alpha на -\alpha) последовательность комплексных коэффициентов Фурье функции u на единичной окружности.
(Правда, я тут пару раз сжульничал, один раз, когда забыл нормировать коэффициент на [бесконечную] норму базисного вектора, а второй, когда сумму по базисным векторам заменил на интеграл. Так вот — эти два жульничества отменяют друг друга, и всё в итоге получается правильно.)
Но (я не буду придавать этому кусочку аккуратный смысл, байка есть байка) — есть обобщённые: геометрические прогрессии
(F_{\alpha})_n=e^{2πi \alpha n},
где \alpha из окружности R/Z, с единичным по модулю знаменателем
r=e^{2πi \alpha}
(собственно, принадлежащим окружности |r|=1 на комплексной плоскости).
Они, конечно, не принадлежат пространству l_2 — ряд из квадратов модулей это ряд из одних единиц — но давайте мы это сейчас проигнорируем.
Тогда можно разложить функцию f по такому "базису" — сопоставив каждой точке \alpha окружности R/Z соответствующий коэффициент-"скалярное произведение"
u(\alpha) = \sum_n f_n e^{-2πi \alpha n}.
На самом деле — мы только что придумали заново ряд Фурье! (Правда, у нас в итоге минус перед \alpha оказался не там, но это не так важно.)
Потому что в обратную сторону мы возвращаемся интегралом
f_n = \int_0^1 u(\alpha) (F_{\alpha})_n d\alpha =
\int_0^1 u(\alpha) e^{2πi \alpha n} d\alpha.
Так что последовательность f — это (с точностью до замены n на -n или \alpha на -\alpha) последовательность комплексных коэффициентов Фурье функции u на единичной окружности.
(Правда, я тут пару раз сжульничал, один раз, когда забыл нормировать коэффициент на [бесконечную] норму базисного вектора, а второй, когда сумму по базисным векторам заменил на интеграл. Так вот — эти два жульничества отменяют друг друга, и всё в итоге получается правильно.)
Если действовать чуть более честно, то можно рассмотреть все двусторонне-бесконечные последовательности, а только периодические с периодом N. С естественным скалярным произведением
<f,g>= \sum_{n=1}^N f_n \bar{g}_n,
и соответствующей нормой
|f|^2= \sum_{n=1}^N |f_n|^2.
Тогда нам подходят не все геометрические прогрессии, а только те, у которых знаменатель в степени N даёт единицу:
r_j = e^{2πi j/N}
(что то же самое, \alpha_j=j/N),
что даёт нам собственные вектора F_j = F_{\alpha_j}:
(F_j)_n = e^{2πi j*n/N}.
Поскольку каждый их коэффициент равен по модулю 1 — у них у всех квадрат длины равен N (ибо сумма N единиц).
Проекция на вектор v задаётся как
f -> <f,v>/<v,v> * v
(контрольная проверка: то, что перпендикулярно v, переходит в ноль, а сам вектор v в себя — на то и знаменатель), поэтому разложение по ортогональному базису F_j исходного вектора f записывается как
f = \sum_j <f, F_j> / <F_j,F_j> *F_j
=(1/N) \sum_j <f, F_{\alpha_j}> * F_{\alpha_j},
<f,g>= \sum_{n=1}^N f_n \bar{g}_n,
и соответствующей нормой
|f|^2= \sum_{n=1}^N |f_n|^2.
Тогда нам подходят не все геометрические прогрессии, а только те, у которых знаменатель в степени N даёт единицу:
r_j = e^{2πi j/N}
(что то же самое, \alpha_j=j/N),
что даёт нам собственные вектора F_j = F_{\alpha_j}:
(F_j)_n = e^{2πi j*n/N}.
Поскольку каждый их коэффициент равен по модулю 1 — у них у всех квадрат длины равен N (ибо сумма N единиц).
Проекция на вектор v задаётся как
f -> <f,v>/<v,v> * v
(контрольная проверка: то, что перпендикулярно v, переходит в ноль, а сам вектор v в себя — на то и знаменатель), поэтому разложение по ортогональному базису F_j исходного вектора f записывается как
f = \sum_j <f, F_j> / <F_j,F_j> *F_j
=(1/N) \sum_j <f, F_{\alpha_j}> * F_{\alpha_j},
и вот при N->\infty правая часть и превращается в интеграл по \alpha: ведь (1/N)=(\alpha_{j+1}-\alpha_j).
Математические байки
//putting my physicist hat on// Но (я не буду придавать этому кусочку аккуратный смысл, байка есть байка) — есть обобщённые: геометрические прогрессии (F_{\alpha})_n=e^{2πi \alpha n}, где \alpha из окружности R/Z, с единичным по модулю знаменателем r=e^{2πi…
[Заканчивая отсебятину и возвращаясь к лекции Житомирской]
Возвращаясь к бесконечной матрице H — вот такое сопоставление, переход от последовательности f_n к функции u(\alpha), отождествляет пространство последовательностей l_2 со сходящейся суммой квадратов модулей и пространство функций L_2(R/Z) со сходящимся интегралом модуля.
И если сделать такой "Фурье"-переход от l_2(Z) к L_2(R/Z), то H в новых координатах запишется как
u(\alpha) -> (e^{2πi \alpha}+e^{-2πi \alpha}) u(\alpha) = 2cos (2π\alpha) u(\alpha),
потому что H это сумма двух частей: сдвига влево, который умножает на одну экспоненту, и сдвига вправо, который умножает на другую.
Возвращаясь к бесконечной матрице H — вот такое сопоставление, переход от последовательности f_n к функции u(\alpha), отождествляет пространство последовательностей l_2 со сходящейся суммой квадратов модулей и пространство функций L_2(R/Z) со сходящимся интегралом модуля.
И если сделать такой "Фурье"-переход от l_2(Z) к L_2(R/Z), то H в новых координатах запишется как
u(\alpha) -> (e^{2πi \alpha}+e^{-2πi \alpha}) u(\alpha) = 2cos (2π\alpha) u(\alpha),
потому что H это сумма двух частей: сдвига влево, который умножает на одну экспоненту, и сдвига вправо, который умножает на другую.
Отсюда, в частности, видно, почему у него нет настоящих собственных векторов (последовательностей, функций): потому что в новых координатах мы просто умножаем на функцию 2cos(2π\alpha), а у неё в каждой точке — своё значение. Поэтому вот если бы в L_2 была "дельта-функция" u, сосредоточенная в одной точке — то она была бы собственной. Но её там нет.
Но по крайней мере — мы получили "почти-диагонализацию", превратив оператор в "умножение на функцию".
Но по крайней мере — мы получили "почти-диагонализацию", превратив оператор в "умножение на функцию".
И это, кстати, частный случай общей спектральной теоремы — что "хороший" [ограниченный самосопряжённый] оператор можно заменой координат привести к виду "умножения на функцию".
В качестве небольшой паузы — один опыт, который я выучил только недавно, из вот этого ролика PhysicsGirl. Оказывается, хинин (который есть в тонике) флуоресцирует в ультрафиолете, и это смотрится очень круто! Вот ультрафиолетовый фонарик — и флуоресцирующая бутылка:
Математические байки
Анекдот в тему — как специалист по теории вероятностей проверяет, что интеграл от 0 до 1 от x^N это 1/(N+1)? Он выбирает на отрезке [0,1] равномерно и независимо N+1 точку и спрашивает, с какой вероятностью первая из них правее всего? С одной стороны, вероятность…
Всё ещё в качестве паузы (и я потом продолжу про лекцию Житомирской): пара фото- и видео из Лаборатории популяризации и пропаганды математики МИАН — я тут недавно оказался в гостях у Николая Андреева.
Первое фото — три одинаковые пирамиды, на которые разрезается трёхмерный куб (или "интеграл от x^2 от 0 до 1 равен 1/3"):
Первое фото — три одинаковые пирамиды, на которые разрезается трёхмерный куб (или "интеграл от x^2 от 0 до 1 равен 1/3"):
Media is too big
VIEW IN TELEGRAM
А вот разборка куба на эти три пирамиды.
А ещё такой треугольник стоит в Математическом парке в Майкопе.
Математический парк
Невозможный треугольник — Математический парк
Открыт в 1934 году Оскаром Реутерсвардом. Широкая известность — после статьи Роджера Пенроуза 1958 года. Литографии Маурица Эшера: Водопад (1961), Спускаясь и поднимаясь (1960).
Математические байки
Второе — это потребовало аккуратного выбора точки съёмки, но я-таки снял невозможный треугольник так, что он и впрямь кажется настоящим невозможным!
На заднем плане (я сознательно не вырезал из этого фото "только треугольник") виден додекаэдр с проведённым на нём замкнутым гамильтоновым путём — проходящим ровно один раз через каждую вершину. И насколько я понимаю, с вопроса/головоломки Гамильтона о том, чтобы такой путь найти, терминология и пошла.
А вот этот додекаэдр отдельно:
А вот этот додекаэдр отдельно:
Математические байки
На заднем плане (я сознательно не вырезал из этого фото "только треугольник") виден додекаэдр с проведённым на нём замкнутым гамильтоновым путём — проходящим ровно один раз через каждую вершину. И насколько я понимаю, с вопроса/головоломки Гамильтона о том…
Вообще, задачу про гамильтонов цикл на додекаэдре я знал давным-давно. Но только покрутив его в руках, понял, что о ней можно и нужно думать совсем геометрически.
Например — искомый гамильтонов путь это же простой замкнутый путь по поверхности многогранника, поэтому по теореме Жордана он разрезает эту поверхность на две части. Почему-то, когда я об этой задаче слышал абстрактно, в контексте графов, идея "а посмотрим, какие должны быть части" в голову не приходила...
(Spoiler alert: дальше идёт решение!)
Посмотрим, что у нас есть. Для начала — сведём баланс рёбер.
20 вершин, значит, 20 рёбер в гамильтоновом цикле. Значит, 30-20=10 рёбер не используются.
В каждую вершину входит 3 ребра, из которых два должны быть в гамильтоновом цикле, а одно — нет. Значит, такие "выброшенные" рёбра разбивают вершины на пары. (Геометрически: а если бумажный додекаэдр разрезать по гамильтонову циклу, то получится две области-топологические полоски, состоящие из соседних по таким "выброшенным" рёбрам пятиугольников-граней.)
На каждой грани "выброшенных" рёбер либо одно, либо два (потому что ни ноль, ни больше двух не может быть). Посмотрим, сколько граней с одним выброшенным ребром — таких, как верхняя на фото выше. Посчитаем пары "грань, выброшенное ребро на ней". Их должно быть 2*10=20; если бы на всех гранях выброшенных было по два — то пар было бы 2*12=24, значит, граней с одним выброшенным ребром 24-20=4.
Геометрически — ну да, вырезание гамильтонова пути разрежет поверхность на две "полоски", у каждой из которых будет по две "концевых" грани, итого 4. Но поскольку мы этого формально не знали, пришлось посчитать.
А ещё какие-то две из этих 4 граней будут соседними — просто потому, что среди любых 4 граней додекаэдра найдутся две соседние (от противного: возьмём одну, и тогда нужно оставшиеся 3 разместить в противоположной "полусфере", и там уже легко).
Причём ребро между ними — не-выкинутое (иначе цикл был бы границей их объединения и всё, а это слишком мало). Значит, они из разных "половинок" додекаэдра. И с этого момента всё делается уже совсем легко — но сначала додекаэдр (или его граф) надо нарисовать.
Можно, конечно, нарисовать так, как тут — https://commons.wikimedia.org/wiki/File:Icosian_grid_small_with_labels2.noscript — но мне нравится другой способ, так что давайте я сделаю ответвление туда.
Например — искомый гамильтонов путь это же простой замкнутый путь по поверхности многогранника, поэтому по теореме Жордана он разрезает эту поверхность на две части. Почему-то, когда я об этой задаче слышал абстрактно, в контексте графов, идея "а посмотрим, какие должны быть части" в голову не приходила...
(Spoiler alert: дальше идёт решение!)
Посмотрим, что у нас есть. Для начала — сведём баланс рёбер.
20 вершин, значит, 20 рёбер в гамильтоновом цикле. Значит, 30-20=10 рёбер не используются.
В каждую вершину входит 3 ребра, из которых два должны быть в гамильтоновом цикле, а одно — нет. Значит, такие "выброшенные" рёбра разбивают вершины на пары. (Геометрически: а если бумажный додекаэдр разрезать по гамильтонову циклу, то получится две области-топологические полоски, состоящие из соседних по таким "выброшенным" рёбрам пятиугольников-граней.)
На каждой грани "выброшенных" рёбер либо одно, либо два (потому что ни ноль, ни больше двух не может быть). Посмотрим, сколько граней с одним выброшенным ребром — таких, как верхняя на фото выше. Посчитаем пары "грань, выброшенное ребро на ней". Их должно быть 2*10=20; если бы на всех гранях выброшенных было по два — то пар было бы 2*12=24, значит, граней с одним выброшенным ребром 24-20=4.
Геометрически — ну да, вырезание гамильтонова пути разрежет поверхность на две "полоски", у каждой из которых будет по две "концевых" грани, итого 4. Но поскольку мы этого формально не знали, пришлось посчитать.
А ещё какие-то две из этих 4 граней будут соседними — просто потому, что среди любых 4 граней додекаэдра найдутся две соседние (от противного: возьмём одну, и тогда нужно оставшиеся 3 разместить в противоположной "полусфере", и там уже легко).
Причём ребро между ними — не-выкинутое (иначе цикл был бы границей их объединения и всё, а это слишком мало). Значит, они из разных "половинок" додекаэдра. И с этого момента всё делается уже совсем легко — но сначала додекаэдр (или его граф) надо нарисовать.
Можно, конечно, нарисовать так, как тут — https://commons.wikimedia.org/wiki/File:Icosian_grid_small_with_labels2.noscript — но мне нравится другой способ, так что давайте я сделаю ответвление туда.
commons.wikimedia.org
File:Icosian grid small with labels2.noscript - Wikimedia Commons
Вообще, потрясающий и очень важный факт — что в додекаэдре есть вписанный куб, а точнее, целых пять кубов. Точно так же, как 4 из 8 вершин куба образуют правильный тетраэдр, и таких есть два, так 8 из 20 вершин додекаэдра образуют куб.
И да, таких кубов пять: если выбрать грань и провести в ней любую диагональ, то она однозначно достроится до куба.
Кстати: то, что такие кубы есть и их пять, даёт хороший ответ на вопрос "построить изоморфизм группы вращений додекаэдра с A_5": вот те пять объектов (кубы), которые будут переставляться.
(Конечно, тут ещё нужно проверить, что у такого действия нет ядра, а образ это именно A_5, но это уже не очень сложно: нет у S_5 другой подгруппы индекса 2, ибо A_5 простая.)
На фото (из той же лаборатории — я знал, что снимать!) как раз один из кубов, вписанных в додекаэдр, и чуть позади тетраэдр, вписанный в куб.
И да, таких кубов пять: если выбрать грань и провести в ней любую диагональ, то она однозначно достроится до куба.
Кстати: то, что такие кубы есть и их пять, даёт хороший ответ на вопрос "построить изоморфизм группы вращений додекаэдра с A_5": вот те пять объектов (кубы), которые будут переставляться.
(Конечно, тут ещё нужно проверить, что у такого действия нет ядра, а образ это именно A_5, но это уже не очень сложно: нет у S_5 другой подгруппы индекса 2, ибо A_5 простая.)
На фото (из той же лаборатории — я знал, что снимать!) как раз один из кубов, вписанных в додекаэдр, и чуть позади тетраэдр, вписанный в куб.
Математические байки
Вот тут изображён один такой куб — https://commons.wikimedia.org/wiki/File:Cube_in_dodecahedron.png — а любая диагональ в грани дальше однозначно достраивается, поэтому их 5.
Знание о наличии такого куба позволяет и чуть более аккуратно от руки додекаэдр рисовать (особенно тем, кто, как я, не очень хорошо рисует). Надо нарисовать куб и добавлять к нему "четырёхскатные крыши" (над каждой гранью две трапеции и два треугольника — которые на соседних гранях стыкуются в пятиугольники); на этом (курицелапном) рисунке добавлены три таких "крыши" на трёх видимых гранях, и уже получилось нечто, отдалённо додекаэдр напоминающее.