[Bèta] 'Huiswerk- en vragentopic'

quote:

Op zaterdag 23 februari 2008 20:36 schreef teletubbies het volgende:
We bekijken het polynoom f=x^13-1 in F₅[x]. Deze is te ontbinden in irreducilebe polynomen van graad 1 en 4 in F₅[x].
Nu wil ik kijken wat de graden zijn van de irreducibele polynomen van f in
F₂₅[x] en F₁₂₅[x].
Is er een slimme manier om dat in te zien?

Voor het geval F₅[x] had ik gebruikt gemaakt van een stelling die zegt dat f zich laat ontbinden in F₅[x] door: f=Product_{i = 0} ^4-1 (x-a^{5^i}) met a een nulpunt van f ongelijk aan 1. Dat kwam omdat ik ook een andere stelling gebruikte over hoe x^{p^n} zich laat ontbinden in F₅ in irreducibele polynomen.
Want 1- x¹³ deelt x^{5^4} -x

Die vierdegraadspolynomen kunnen in F_25 of F_125 nooit een wortel hebben, want om een irreduciebele polynoom over F_5 van de vierde graad een wortel te geven, heb je minstens een veld van 5^4 elementen nodig.

Maar misschien is het mogelijk dat zo'n polynoom in F_25 uiteen kan vallen in twee tweedegraadsveeltermen. Hier zit ik vast.

Maple kan enkel ontbinden in Galoisvelden van priemorde, en GAP of zo heb ik niet op mijn pc hier.

quote:

Op zaterdag 23 februari 2008 20:36 schreef teletubbies het volgende:
We bekijken het polynoom f=x^13-1 in F₅[x]. Deze is te ontbinden in irreducilebe polynomen van graad 1 en 4 in F₅[x].
Nu wil ik kijken wat de graden zijn van de irreducibele polynomen van f in
F₂₅[x] en F₁₂₅[x].
Is er een slimme manier om dat in te zien?

Dit geldt, en het deelt x^13-1

Misschien loop ik iets te hard van stapel, maar ik vermoed dus dat je in die F_25 zult ontbinden in eerstegraads en tweegraads, terwijl in F_125 de ontbinding niet verandert (dus dezelfde vierdegraads en eerstegraads die je vindt bij F_5)

quote:

Op zaterdag 23 februari 2008 20:51 schreef GlowMouse het volgende:

[..]

Deze server staat op 2Mbit SDSL op een school. Hij heeft het niet zo druk, en draait naar verwachting nog wel een paar jaar. Hardwarefalen en stroomuitval zal alleen niet zo snel opgevangen kunnen worden (komt helaas wel af en toe voor, maar een paar dagen downtime in weekend of vakantie is niet zo erg), maar ik wil even kijken of het veel gebruikt wordt. Het kan dan altijd nog naar een andere server verplaatst worden.
In de OP is wel handig, maar ik verwacht dat de meesten hem hier toch wel weten te vinden

Meneer GlowMouse, mochten we ook een witte achtergrond bij de gegenereerde plaatjes? En misschien de standaard makeup wat betreft lettertype en zo? .

quote:

Op zondag 24 februari 2008 01:30 schreef zuiderbuur het volgende:

[..]

[ afbeelding ]
Dit geldt, en het deelt x^13-1

Misschien loop ik iets te hard van stapel, maar ik vermoed dus dat je in die F_25 zult ontbinden in eerstegraads en tweegraads, terwijl in F_125 de ontbinding niet verandert (dus dezelfde vierdegraads en eerstegraads die je vindt bij F_5)

Oh dank je wel. Ik hoor het een beetje te gaan beredeneren. Door bijv stellingen te gebruiken die ons vertellen over de eigenschappen van irreducibele monische polynomen zonder perse expliciet te ontbinden. Ik ga de reacties nog eens goed lezen.

quote:

Op zaterdag 23 februari 2008 20:03 schreef GlowMouse het volgende:
Iedereen die graag met tex werkt: hier kun je makkelijk plaatjes maken om in dit topic met tex te werken.

Nice

quote:

Op zondag 24 februari 2008 05:46 schreef keesjeislief het volgende:

[..]

Meneer GlowMouse, mochten we ook een witte achtergrond bij de gegenereerde plaatjes? En misschien de standaard makeup wat betreft lettertype en zo? .

Ik had de plaatjes alleen nog op een witte achtergrond gezien, dus zag niet dat ze transparant waren. Nu hebben alle plaatjes wel een witte achtergrond (evt. pas na een harde refresh).
Wat betreft het de makeup: ik kan wat compile opties instellen die betrekking hebben op anti-aliasing, maar voor de standaard makeup moet ik latex op de server instaleren, wat ik liever niet doe.

quote:

Op zaterdag 23 februari 2008 20:36 schreef teletubbies het volgende:
We bekijken het polynoom f=x^13-1 in F₅[x]. Deze is te ontbinden in irreducilebe polynomen van graad 1 en 4 in F₅[x].
Nu wil ik kijken wat de graden zijn van de irreducibele polynomen van f in
F₂₅[x] en F₁₂₅[x].
Is er een slimme manier om dat in te zien?

Voor het geval F₅[x] had ik gebruikt gemaakt van een stelling die zegt dat f zich laat ontbinden in F₅[x] door: f=Product_{i = 0} ^4-1 (x-a^{5^i}) met a een nulpunt van f ongelijk aan 1. Dat kwam omdat ik ook een andere stelling gebruikte over hoe x^{p^n} zich laat ontbinden in F₅ in irreducibele polynomen.
Want 1- x¹³ deelt x^{5^4} -x

Eindige uitbreidingen van een eindige lichaam F_q zijn automatisch Galois met cyclische Galoisgroep, voortgebracht door Frob_q. De irreducibele factoren over F_{q^m} komen overeen met de cykels van Frob_{q^m}=(Frob_q)^m werkend op de verzameling nulpunten (probeer dat maar eens te bewijzen). Een irreducibel polynoom f van graad n zal over F_{q^m} dus ontbinden als een product van ggd(n,m) polynomen van graad n/ggd(n,m).

quote:

Op zondag 24 februari 2008 19:43 schreef thabit het volgende:

[..]

Eindige uitbreidingen van een eindige lichaam F_q zijn automatisch Galois met cyclische Galoisgroep, voortgebracht door Frob_q. De irreducibele factoren over F_{q^m} komen overeen met de cykels van Frob_{q^m}=(Frob_q)^m werkend op de verzameling nulpunten (probeer dat maar eens te bewijzen). Een irreducibel polynoom f van graad n zal over F_{q^m} dus ontbinden als een product van ggd(n,m) polynomen van graad n/ggd(n,m).

Wat bedoel je juist met cykels?

Banen.

quote:

Op zondag 24 februari 2008 20:56 schreef thabit het volgende:
Banen.

Bedankt.

Het lijkt allemaal wel steek te houden (wat jij zegt), maar zelf kan ik het niet volledig vatten. Op welke (meer algemene, want eindige velden zijn uiteindelijk vrij tamme extensies) stellingen en eigenschappen steun je juist?
Mijn Galoistheorie zit echt wel ver..

quote:

Op zondag 24 februari 2008 22:00 schreef zuiderbuur het volgende:

[..]

Bedankt.

Het lijkt allemaal wel steek te houden (wat jij zegt), maar zelf kan ik het niet volledig vatten. Op welke (meer algemene, want eindige velden zijn uiteindelijk vrij tamme extensies) stellingen en eigenschappen steun je juist?
Mijn Galoistheorie zit echt wel ver..

Als K een lichaam is en f in K[x] monisch en separabel dan werkt Gal(f) op de verzameling nulpunten van f. De banen van deze werking komen dan overeen met de irreducibele factoren van f: als B een baan is dan hoort hier de factor prod_{a in B} (x-a) bij.

Probleempje met differentiaalvergelijkingen:

y"-y=0

Dus ^inf sum_n=0(n+1) (n+2) a_n+2xⁿ - a_nxⁿ =0

oftewel (n+1) (n+2) a_n+2 = a_n

voor x⁰ geeft dit 2*1*a₂= a₀
voor x¹ geeft dit 3*2*a₂= a₁
etc..

oftewel a₂=a₀/2!, a₃=a₁/3!, etc...

Waarom is het antwoord dan niet y=a₀(1/2! + x²/4! + x⁴/6!+.....) + a₁(x/3! + x³/5! + x⁵/7!+.....) ???

[ Bericht 18% gewijzigd door Innocence op 26-02-2008 13:02:39 ]

quote:

Op dinsdag 26 februari 2008 12:57 schreef Innocence het volgende:
Probleempje met differentiaalvergelijkingen:

y"-y=0

Dus ^inf sum_n=0(n+1) (n+2) a_n+2xⁿ - a_nxⁿ =0

oftewel (n+1) (n+2) a_n+2 = a_n

voor x⁰ geeft dit 2*1*a₂= a₀
voor x¹ geeft dit 3*2*a₂= a₁
etc..

oftewel a₂=a₀/2!, a₃=a₁/3!, etc...

Waarom is het antwoord dan niet y=a₀(1/2! + x²/4! + x⁴/6!+.....) + a₁(x/3! + x³/5! + x⁵/7!+.....) ???

Ik zie niet zo snel een fout . Waarom denk je dat het antwoord fout is?

quote:

Op dinsdag 26 februari 2008 15:29 schreef keesjeislief het volgende:

[..]

Ik zie niet zo snel een fout . Waarom denk je dat het antwoord fout is?

Omdat het boek dat zegt, zal zo even dat antwoord erbij zetten.

quote:

Op dinsdag 26 februari 2008 15:46 schreef Innocence het volgende:

[..]

Omdat het boek dat zegt, zal zo even dat antwoord erbij zetten.

Het boek zegt waarschijnlijk niet dat dit antwoord fout is, maar geeft waarschijnlijk als oplossing a*e^x + b*e^-x.

quote:

Op dinsdag 26 februari 2008 16:04 schreef thabit het volgende:

[..]

Het boek zegt waarschijnlijk niet dat dit antwoord fout is, maar geeft waarschijnlijk als oplossing a*e^x + b*e^-x.

Nee, het moet wel op deze manier. Het geeft dit antwoord vermenigvuldigd met x²

quote:

Op dinsdag 26 februari 2008 16:42 schreef Innocence het volgende:

[..]

Nee, het moet wel op deze manier. Het geeft dit antwoord vermenigvuldigd met x²

Ja, inderdaad, dat is ook wat je krijgt als je die e-machten in reeksen uitschrijft, maar volgt dat ook niet uit de recursie de je zelf geeft?

quote:

Op dinsdag 26 februari 2008 12:57 schreef Innocence het volgende:
Probleempje met differentiaalvergelijkingen:

y"-y=0

Dus ^inf sum_n=0(n+1) (n+2) a_n+2xⁿ - a_nxⁿ =0

oftewel (n+1) (n+2) a_n+2 = a_n

voor x⁰ geeft dit 2*1*a₂= a₀
voor x¹ geeft dit 3*2*a₂= a₁
etc..

oftewel a₂=a₀/2!, a₃=a₁/3!, etc...

Waarom is het antwoord dan niet y=a₀(1/2! + x²/4! + x⁴/6!+.....) + a₁(x/3! + x³/5! + x⁵/7!+.....) ???

Functies die zichzelf als tweede afgeleide hebben zijn cosh x en sinh x, dus je zou uit moeten komen op

y = a₀*cosh x + a₁*sinh x

Je reeksontwikkelingen kloppen niet. Als je bijv. hebt a₂ = a₀/2! en je haalt bij de term a₂x² een factor a₀ buiten haakjes, dan hou je binnen de haakjes toch echt x²/2! over ...

quote:

Op dinsdag 26 februari 2008 16:48 schreef thabit het volgende:

[..]

Ja, inderdaad, dat is ook wat je krijgt als je die e-machten in reeksen uitschrijft, maar volgt dat ook niet uit de recursie de je zelf geeft?

Ik begrijp jullie niet helemaal met die x² geloof ik. Je hebt toch gewoon



en dat is toch precies wat de vraagsteller al afgeleid had, modulo een rekenfoutje in zijn factoren zie ik nu .

[ Bericht 4% gewijzigd door keesjeislief op 26-02-2008 17:39:31 ]

quote:

Op dinsdag 26 februari 2008 17:04 schreef Riparius het volgende:

[..]


Je reeksontwikkelingen kloppen niet. Als je bijv. hebt a₂ = a₀/2! en je haalt bij de term a₂x² een factor a₀ buiten haakjes, dan hou je binnen de haakjes toch echt x²/2! over ...

Dat bedoel ik inderdaad. Maar waar isk snap niet waar je die factor x² dan vandaan haalt?
Het gaat in dat geval toch om n=0, dus x⁰???

quote:

Op dinsdag 26 februari 2008 16:48 schreef thabit het volgende:

[..]

Ja, inderdaad, dat is ook wat je krijgt als je die e-machten in reeksen uitschrijft, maar volgt dat ook niet uit de recursie de je zelf geeft?

Blijkbaar wel, maar ik snap dus niet waarom


Ik sla de andere reacties even over, wel bedankt natuurlijk.

quote:

Op dinsdag 26 februari 2008 17:33 schreef Innocence het volgende:

[..]

Dat bedoel ik inderdaad. Maar waar isk snap niet waar je die factor x² dan vandaan haalt?
Het gaat in dat geval toch om n=0, dus x⁰???
[..]

Blijkbaar wel, maar ik snap dus niet waarom


Ik sla de andere reacties even over, wel bedankt natuurlijk.

Je hebt gewoon een foutje gemaakt bij de terugsubstitutie in a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + ... Je hebt bijv. a_2 = a_0/2!, dus de even termen geven a_0(1+x^2/2! + ...) etc.

quote:

Op dinsdag 26 februari 2008 17:33 schreef Innocence het volgende:

[..]

Dat bedoel ik inderdaad. Maar waar isk snap niet waar je die factor x² dan vandaan haalt?
Het gaat in dat geval toch om n=0, dus x⁰???
[..]

Nee, je maakt gewoon een elementaire algebra fout. Als je a₀x⁰ hebt en je haalt a₀ buiten haakjes dan hou je binnen haakjes inderdaad x⁰ oftewel 1 over, maar dat is mijn punt niet. Ik had het (als voorbeeld) over de term a₂x² met a₂ = a₀/2! Als je daar ook a₀ buiten haakjes haalt dan blijft er voor deze term binnen haakjes x²/2! over. Schrijf het nog maar eens netjes opnieuw uit, dan zul je het zien.

Ik zit met een probleem. Ik kom niet uit 2 wiskunde opdrachten

#1 Bepaal de oppervlakte van het gebied dat door de grafieken dan f(x)=x² en g(x)=x²/2 + 2 wordt ingesloten ( dus het gebied tussen de grafieken op het interval tussen hun snijpunten)/

Deze moet je oplossen door gebruik te maken van primitieven. Maar geen idee meer hoe je dit op lost.

#2 Bepaal de volgende integralen door partiele integratie.
bv
(integraalteken) x sin (x) dx
(integraalteken) x² exp(x) dx
(integraalteken) wortel(x) log(x) dx
maar wat is partiele integratie ook al weer en hoe los je die op?

quote:

Op dinsdag 26 februari 2008 18:57 schreef No-P het volgende:
Ik zit met een probleem. Ik kom niet uit 2 wiskunde opdrachten

#1 Bepaal de oppervlakte van het gebied dat door de grafieken dan f(x)=x² en g(x)=x²/2 + 2 wordt ingesloten ( dus het gebied tussen de grafieken op het interval tussen hun snijpunten)

Eerst het gebied bepalen. Daarvoor heb je de snijpunten nodig. f(x)=g(x) levert x=2 of x=-2. Op dat interval geldt dat f(x)<g(x). Gevraagd wordt dus .

quote:

Deze moet je oplossen door gebruik te maken van primitieven. Maar geen idee meer hoe je dit op lost.
#2 Bepaal de volgende integralen door partiele integratie.
bv
(integraalteken) x sin (x) dx
(integraalteken) x² exp(x) dx
(integraalteken) wortel(x) log(x) dx
maar wat is partiele integratie ook al weer en hoe los je die op?

Bij partiele integratie kun je de integrand schrijven als f(x)*g(x). Bijvoorbeeld bij de eerste f(x)=x en g(x) = sin(x). De primitieve is dan gelijk aan f(x)*G(x) minus de primitieve van f'(x)G(x). Dus hier:

even de afleiding:

we kennen allemaal(?) de productregel (f(x) * g(x))' = f'(x) * g(x) + f(x) * g'(x)
Dus geldt uiteraard: INT (f(x) * g(x))' dx = INT ( f'(x)*g(x) + f(x)*g'(x) ) dx =

we kunnen vervolgens de rechter integraal in twee delen opsplitsen
INT ( f(x)*g(x) )' dx = INT f'(x)*g(x) dx + INT f(x)*g'(x) dx

wat schuiven met termen:
INT ( f(x)*g(x) )' dx - INT f'(x)*g(x) dx = INT f(x)*g'(x) dx

links en recht omdraaien voor het overzicht
INT f(x)*g'(x) dx = INT ( f(x)*g(x) )' dx - INT f'(x)*g(x) dx


de eigenlijke truc schuilt hierin: namelijk dat de afgeleide ook als d(y)/d(x) gescheven kan worden. Voorbeeldje: f(x) = x². hieruit volgt:
f'(x) = 2x oftewel d(y)/d(x) = 2x. Maar dat betekent ook dat we dus dy = 2x dx <=> d x² = 2x dx kunnen schrijven!!

Deze techniek wordt toepast bij het primitiveren van functies die het resultaat zijn van toepassen van de kettingregel; eigenlijk pas je die omgekeerd toe
Voorbeeld f(x) = cos²(x)*sin(x)
F(x) = INT cos²(x)*sin(x) dx = INT cos² d(-cos(x) =
INT -cos² d(cos(x))

Substitueer nu u voor cos(x) en je krijgt:
INT -u² du = -1/3 u³

terugzetten van cos(x) geeft voor deze integraal/primitieve het voorschrift F(x) = -1/3 cos³(x)


dat gaan we ook hier doen met:
INT f(x)*g'(x) dx = INT ( f(x)*g(x) )' dx - INT f'(x)*g(x) dx

de primitieve van de linkertem is dus blijkbaar:
INT f(x)*g'(x) dx = f(x)*g(x) - INT f'(x)*g(x) dx =
_{want de primitieve van g'(x) is uiteraard g(x), dus hoef je alleen g'(x) te primitieveren om de linkerterm aan de rechterkant van het = teken te krijgen}

INT f(x)*g'(x) dx = f(x)*g(x) - INT f'(x)*g(x) dx
INT f(x)*g'(x) dx = f(x)*g(x) - INT g(x) d(f(x))
INT f(x)*d(g(x)) = f(x)*g(x) - INT g(x) d(f(x))


Even deze techniek deze jouw functies loslaten:

1. INT x*sin(x) dx = INT x*(-cos(x)) =
x*-cos(x) - INT-cos(x) dx =
x*-cos(x) + INT cos(x) dx =
x*-cos(x) + sin(x)

2. INT x² * e^x dx =
INT x² * d (e^x) =
x² * d (e^x) - INT (e^x) * d(²) =
x² * (e^x) - INT (e^x) * 2x dx =
x² * (e^x) - INT 2x d(e^x) =
x² * (e^x) - ( 2x*e^x - INT (e^x) d(2x) ) =
x² * (e^x) - 2x*e^x + INT (e^x) d(2x) =
x² * (e^x) - 2x*e^x + INT 2*(e^x) d(x) =
x² * (e^x) - 2x*e^x + 2*e^x

3. INT sqrt(x) * log(x) dx =
INT log(x) d(2/3*x^3/2) =
(log (x)) * 2/3*x^3/2 - INT 2/3*x^3/2 d(log(x) =
(log (x)) * 2/3*x^3/2 - INT 2/3*x^3/2 *1/(x*ln(10)) dx =
(log (x)) * 2/3*x^3/2 - INT 2/3*x^3/2 *1/(x) *1/ln(10)) dx =
(log (x)) * 2/3*x^3/2 - INT 1/ln(10)) * 2/3 * x^3/2 *1/(x) dx =
(log (x)) * 2/3*x^3/2 - INT 1/ln(10)) * 2/3 * x^1/2 dx =
(log (x)) * 2/3*x^3/2 - 1/ln(10)) * 2/3 * INT x^1/2 dx =
(log (x)) * 2/3*x^3/2 - 1/ln(10)) * 2/3 * 2/3 x^3/2

[ Bericht 0% gewijzigd door harrypiel op 26-02-2008 21:46:25 ]