[Bèta wiskunde] Huiswerk- en vragentopic

quote:

Op maandag 20 januari 2014 20:52 schreef Amoeba het volgende:

[..]

Aaah zo. Dit kan alleen als c1 t/m c9 allen gelijk 0 zijn, in een niet-modulaire omgeving.

Het grappige is dat als je modulo een priemgetal werkt, dat dat soort dingen dan ook gewoon gelden.

quote:

Op maandag 20 januari 2014 20:56 schreef Amoeba het volgende:

[..]



Dus feitelijk is deze opgave een smadelijk harde grap aangezien c1 tm c9 gewoon allemaal nul moeten wezen?

Nee. Je hebt gewoon geen 9 vergelijkingen nodig.

quote:

Op maandag 20 januari 2014 21:00 schreef Amoeba het volgende:

[..]

Dat had ik bij mezelf voordat ik deze vraag op het forum stelde ook al bedacht. Nu snap ik nog niet waarom mijn antwoord van 8 goed was, maar ongetwijfeld mijn uitleg fout.

Als je 8 (lineair onafhankelijke) vergelijkingen hebt in 9 onbekenden, dan heb je een 1-dimensionale oplossingsruimte. Dat wil zeggen dat er 1 vector (c1, ..., c9) != 0 is, zodanig dat elke oplossing een veelvoud van die vector is. Dus als (1,2,3,4,5,6,7,8,9) een oplossing is, dan is (2,4,6,8,10,12,14,16,18) dat bijvoorbeeld ook. Meer dan dat kun je ook niet doen, want als alle vergelijkingen op "=0" eindigen, is er altijd sprake van een oplossingsruimte.

[ Bericht 19% gewijzigd door thabit op 20-01-2014 21:09:22 ]

quote:

Op maandag 20 januari 2014 21:02 schreef thabit het volgende:

[..]

Als je 8 (lineair onafhankelijke) vergelijkingen hebt in 9 onbekenden, dan heb je een 1-dimensionale oplossingsruimte. Dat wil zeggen dat er 1 vector (c1, ..., c9) != 0 is, zodanig dat elke oplossing een veelvoud van die vector is. Dus als (1,2,3,4,5,6,7,8,9) een oplossing is, dan is (2,4,6,8,10,12,14,16,18) dat bijvoorbeeld ook. Meer dan dat kun je ook niet doen, want als alle vergelijkingen op "=0" eindigen, is er altijd sprake van een oplossingsruimte.

Bedankt voor de uitleg, best verwarrend allemaal.
(Het kan natuurlijk ook dat de oorsprong de oplossing is van een stelsel vergelijkingen die eindigen op "= 0" )

quote:

Op maandag 20 januari 2014 21:17 schreef Amoeba het volgende:

[..]

Maar dat is een triviale oplossing en tevens een veelvoud van iedere oplossing (c1, c2, ... c9).

Ja, maar geen oplossingsruimte.

Die eerste stappen snap ik wel, maar die laatste stap, hoe heeft hij bepaald dat pi het argument van z³ is?

quote:

Op dinsdag 21 januari 2014 18:48 schreef Rezania het volgende:
[ afbeelding ]
[ afbeelding ]

Die eerste stappen snap ik wel, maar die laatste stap, hoe heeft hij bepaald dat pi het argument van z³ is?

Je weet dat:


En het argument () van een complex getal c voldoet aan:

Dan is het snel in te zien dat in jouw geval voor z³ geldt dat het argument pi is.

quote:

Op dinsdag 21 januari 2014 18:56 schreef Alrac4 het volgende:

[..]

Je weet dat:


En het argument () van een complex getal c voldoet aan:

Dan is het snel in te zien dat in jouw geval voor z³ geldt dat het argument pi is.

Oh ja, want het is e^arg natuurlijk. Stom dat ik dat niet zag. Bedankt.

quote:

Op dinsdag 21 januari 2014 18:48 schreef Rezania het volgende:
[ afbeelding ]
[ afbeelding ]

Die eerste stappen snap ik wel, maar die laatste stap, hoe heeft hij bepaald dat pi het argument van z³ is?

Bedenk wel dat je zo niet alle oplossingen vindt, de uitwerking is niet volledig. Het argument van −1 is niet π maar π + 2kπ, k ∈ Z omdat in het complexe vlak het beeldpunt van 1 overgaat in het beeldpunt van −1 bij een rotatie om de oorsprong over een halve slag plus of min een geheel aantal slagen. Je krijgt dus

z³ = (1/27)·e^(π+2kπ)i, k ∈ Z

en dat geeft

z = (1/3)·e^{(⅓π+⅔kπ)i}, k ∈ Z

Je kunt nu drie opeenvolgende gehele waarden voor k invullen (bijvoorbeeld −1, 0, 1), en dan krijg je drie verschillende oplossingen, die je zelf nog maar even in de vorm a+bi met a,b ∈ R moet herschrijven. De beeldpunten van de oplossingen vormen in het complexe vlak de hoekpunten van een gelijkzijdige driehoek en liggen op een cirkel met het middelpunt in de oorsprong en een straal 1/3.



[ Bericht 5% gewijzigd door Riparius op 21-01-2014 21:35:29 ]

quote:

Op dinsdag 21 januari 2014 19:24 schreef Riparius het volgende:

[..]

Bedenk wel dat je zo niet alle oplossingen vindt, de uitwerking is niet volledig. Het argument van −1 is niet π maar π + 2kπ, k ∈ Z omdat in het complexe vlak het beeldpunt van 1 overgaat in het beeldpunt van −1 bij een rotatie om de oorsprong over een halve slag plus of min een geheel aantal slagen. Je krijgt dus

z³ = (1/27)·e^(π+2kπ)i, k ∈ Z

en dat geeft

z = (1/3)·e^{(⅓π+⅔kπ)i}, k ∈ Z

Je kunt nu drie opeenvolgende gehele waarden voor k invullen (bijvoorbeeld −1, 0, 1), en dan krijg je drie verschillende oplossingen, die je zelf nog maar even in de vorm a+bi met a,b ∈ R moet herschrijven. De beeldpunten van de oplossingen vormen in het complexe vlak de hoekpunten van een gelijkzijdige driehoek en liggen op een cirkel met het middelpunt in de oorsprong en een straal 1/3.

Die screenshot van dat plaatje is dan ook maar een deel van de uitwerking. Volgende stap was inderdaad die 2*k*pi. Maar ik begrijp nu wel wat beter waar ik mee bezig ben. Zoals gewoonlijk erg bedankt.

Ik moet het limiet van bepalen waarbij x naar oneindig gaat.

SPOILER: Uitwerking volgens de docent

Om spoilers te kunnen lezen moet je zijn ingelogd. Je moet je daarvoor eerst gratis Registreren. Ook kun je spoilers niet lezen als je een ban hebt.

Nu snap ik zijn uitwerking wel, maar waarom zou je zo moeilijk doen? Als je oneindig invult wordt die 1/x nul, sin(0) is nul, dus krijg je oneindig tot 0, waardoor het limiet 1 is? Lijkt me logisch toch?

Nee, want je mag niet er zomaar vanuitgaan dat de sin(1/x) "harder naar nul gaat dan x naar oneindig" als ik het me goed herinner, dwz, sin(1/x) wordt voor grotere x steeds kleiner en steeds dichter bij 0, maar x word ook steeds groter, waardoor je niet kunt zeggen dat het zomaar 1 wordt.

Om dezelfde reden kun je ook niet zomaar zeggen dat om maar heel simpel en niet supergerelateerd voorbeeld te geven:
Oneindig/oneindig is niet altijd 1
lim(x->infinity) x^2/x = oneindig/oneindig maar deze limiet convergeert toch niet naar een getal.

Hmm, blijkbaar snap ik de uitwerking toch niet helemaal. De docent heeft het op een gegeven moment over oneindig gedeeld door oneindig, waardoor je L'Hop mag toepassen. Maar ik snap niet hoe hij aan oneindig in de noemer komt. Er staat 1/sin(1/x) in de noemer, vul je dan oneindig in krijg je toch 1/0? En iets delen door nul kan gewoon niet, dus dat kan dan ook geen oneindig als antwoord opleveren.

In de noemer staat 1/sin(1/x), niet sin(1/x), en het tweede gaat dusdanig naar nul dat het eerste naar oneindig gaat.

zou dan ook



moeten zijn

quote:

Op woensdag 22 januari 2014 18:57 schreef Rezania het volgende:
Ik moet het de limiet van bepalen waarbij x naar oneindig gaat.

SPOILER: Uitwerking volgens de docent

Om spoilers te kunnen lezen moet je zijn ingelogd. Je moet je daarvoor eerst gratis Registreren. Ook kun je spoilers niet lezen als je een ban hebt.

Nu snap ik zijn uitwerking wel, maar waarom zou je zo moeilijk doen? Als je oneindig invult wordt die 1/x nul, sin(0) is nul, dus krijg je oneindig tot 0, waardoor het limiet 1 is? Lijkt me logisch toch?

Als mensen zonder al te veel nadenken beweren dat iets 'logisch' is, dan is dat doorgaans een indicatie dat het beweerde nu juist niet logisch is, en dat is hier ook het geval. Je doet me denken aan (beginnende) studenten die nogal eens schijnen te veronderstellen dat de limiet van



voor n → ∞ gelijk is aan 1, immers (1 + 1/n) gaat naar 1, en elke macht van 1 is 1 toch? Maar je weet - hopelijk - wel dat dit niet klopt, de bedoelde limiet is namelijk e en ligt tussen 2 en 3.

Voor de limiet die je moet bepalen heb je de regel van l'Hôpital helemaal niet nodig, en wellicht is het beter voor je inzicht om eens te laten zien hoe je deze limiet langs elementaire weg aan kunt tonen. Voor 0 < θ < π/2 hebben we 0 < sin(θ) < θ < tan(θ) zodat we in ieder geval voor x > 1 hebben



en aangezien ln x > 0 voor x > 1 hebben we dan ook



Maar nu weet je ook dat ln x voor x > 1 de oppervlakte is onder de curve y = 1/x over het interval [1,x], zodat voor x > 1 geldt 0 < ln x < x−1 < x. Daarmee is voor x > 1 ook ln(x)/x = ln((√x)²)/x = 2∙ln(√x)/x < 2∙(√x)/x en dus



Combineren van deze ongelijkheden geeft voor x > 1



en aangezien 2/√x naar 0 gaat voor x → ∞ en ln(x)·sin(1/x) zit ingeklemd tussen 0 en 2/√x is het evident dat ln(x)·sin(1/x) ook naar 0 moet gaan voor x → ∞, ergo



De e-macht van ln(x)·sin(1/x) gaat dus naar e⁰ = 1 voor x → ∞, oftewel we hebben



QED

[ Bericht 0% gewijzigd door Riparius op 25-01-2014 17:17:44 ]

Ik zit vast voor een toets, dus ik hoop dat ik hier geholpen kan worden.

We zijn bezig met bewijzen van stellingen, maar het verwoorden is erg lastig.
Bijvoorbeeld hier:
Bewijs dat de diagonalen van een ruit ook bissectrices zijn.

Dat is iets wat ik allang wist en ook snap, maar hoe je zoiets verwoord tot een bewijs begrijp ik niet.

Alvast dank.

quote:

Op woensdag 22 januari 2014 21:58 schreef Aarch het volgende:
Ik zit vast voor een toets, dus ik hoop dat ik hier geholpen kan worden.

We zijn bezig met bewijzen van stellingen, maar het verwoorden is erg lastig.
Bijvoorbeeld hier:
Bewijs dat de diagonalen van een ruit ook bissectrices zijn.

Dat is iets wat ik allang wist en ook snap, maar hoe je zoiets verwoord tot een bewijs begrijp ik niet.

Alvast dank.

Als je het snapt probeer het ons eens uit te leggen.
Kom je vanzelf op een bewijs.

Bedankt voor de antwoorden. Voortaan gewoon niet te simpel denken dus.

quote:

Op woensdag 22 januari 2014 21:58 schreef Aarch het volgende:
Ik zit vast voor een toets, dus ik hoop dat ik hier geholpen kan worden.

We zijn bezig met bewijzen van stellingen, maar het verwoorden is erg lastig.
Bijvoorbeeld hier:
Bewijs dat de diagonalen van een ruit ook bissectrices zijn.

Dat is iets wat ik allang wist en ook snap, maar hoe je zoiets verwoordt tot een bewijs begrijp ik niet.

Alvast dank.

Een klassiek meetkundig bewijs verloopt volgens een vast stramien: Gegeven: ..., Te bewijzen: ..., Bewijs: ..., en eindigt natuurlijk met QED (Quod Erat Demonstrandum 'hetgeen te bewijzen was').

Je moet dus eerst bedenken wat je precies als gegeven wil veronderstellen (ja, een ruit natuurlijk) en wat je dan precies wil aantonen. Begin met te bedenken wat de definitie is van een ruit. Dat is niet evident, want er worden verschillende definities gehanteerd voor een ruit. In oudere meetkundeboeken (en bijvoorbeeld ook nog in de Franse Wikipedia) definieert men een ruit als een parallellogram waarvan twee aanliggende zijden gelijk zijn, maar een ruit wordt tegenwoordig meestal gedefinieerd als een vierhoek met vier gelijke zijden (zo bijvoorbeeld in de Nederlandse en de Engelse Wikipedia). De gekozen definitie heeft uiteraard consequenties, want als je de oude definitie hanteert, dan is de eigenschap dat een ruit vier gelijke zijden heeft een stelling, evenals het omgekeerde, namelijk dat een vierhoek met vier gelijke zijden een ruit is. En, vice versa, met de nieuwe definitie van een ruit is de bewering dat een ruit een parallellogram is weer een stelling.

Maar goed, teken een plaatje van een ruit en duid daarbij de hoekpunten aan met de letters A t/m D:



Teken ook de beide diagonalen AC en BD van de ruit.

Het is niet voldoende om alleen een plaatje te tekenen, je moet hier ook in woorden bij aangeven wat je precies als zijnde gegeven veronderstelt:

Gegeven: een ruit ABCD met diagonalen AC en BD.

Vervolgens moet je precies formuleren wát je nu eigenlijk wil bewijzen, waarbij je uiteraard kunt (en moet) refereren aan hetgeen je als gegeven hebt verondersteld. In dit geval zou je dus kunnen zeggen:

Te bewijzen: ∠BAC = ∠CAD.

Nu komt het echte werk. Bedenk dat je bij een bewijs een beroep mag doen op eerder bewezen stellingen.

Bewijs: Op grond van de definitie van een ruit is AB = BC, zodat driehoek ABC gelijkbenig is. In een gelijkbenige driehoek zijn de basishoeken gelijk, zodat

∠BAC = ∠BCA.

Aangezien een ruit een parallellogram is en in een parallellogram overstaande zijden evenwijdig zijn, is zijde BC evenwijdig aan zijde AD. Dus zijn ∠BCA en ∠CAD verwisselende binnenhoeken (Z-hoeken) en deze zijn ook gelijk, dus

∠BCA = ∠CAD.

Ergo

∠BAC = ∠CAD,

QED

Het bewijs voor elk van de drie andere hoekpunten verloopt uiteraard geheel analoog.

[ Bericht 4% gewijzigd door Riparius op 23-01-2014 06:38:17 ]

Als je moet bewijzen dat een bepaalde set compact is met de (Finite) Open Cover definitie, hoe doe je dit? Ik snap wel hoe ik een tegenvoorbeeld moet bedenken en dit te noteren als een set niet compact is, maar het omgekeerde bewijzen lukt nog niet. Een zoektocht op Google heeft ook weinig opgeleverd, veelal hebben ze het over allerlei topologisch ruimtes en dat is nog boven mijn niveau.

Concreet: Hoe bewijs je bijvoorbeeld compact is?