SES School, Studie en Onderwijs
Wiskunde in de brugklas, Frans voor het examen of een studie Personeel en Arbeid? Moeilijke formulieren van DUO? Iets weten over studiefinanciering of studentenverenigingen? Dit is het forum voor leerkrachten, scholieren en studenten, van brugklas tot uni
Door op te zoeken waaraan iets moet voldoen wil het een lineaire deelruimte zijn en dan te checken of het daaraan voldoet.quote:Op woensdag 16 september 2009 19:22 schreef woopehh het volgende:
Toch weer een vraagje:
A = {x in R2 | x1 - 2x2 = 0}
Hoe bepaal ik of dit een lineaire deelruimte is?
Daher iſt die Aufgabe nicht ſowohl, zu ſehn was noch Keiner geſehn hat, als, bei Dem, was Jeder ſieht, zu denken was noch Keiner gedacht hat.
Ben nu bezig met het begin van getaltheorie.
Ik heb nog moeite met de manier van bewijzen in dit vak gebied. Ik sta nu voor een aantal ogenschijnlijk gemakkelijke opdrachten, maar ik heb, na bestudering van de theorie, nog geen idee hoe dit aan te pakken.
Ik zet er even 2 opdrachten neer:
1.Bewijs: Elk natuurlijk getal groter dan 1 is te schrijven als som van priemgetallen.
2=2, 3=1+2, 4=2+2,5=3+2, 11=2+2+7
Ik had het idee te beginnen met het idee dat 2 het enige even priemgetal is. Door er een oneven getal bij op te tellen kun je alle gewenste getallen bereiken....
2. Bewijs als ggd(a,c)=1 en b|c, dan ggd(a,b)=1.
a en c zijn relatief priem. Dus 1=m*a+n*c. Dus een lineaire combinatie, met m,n geheel getal.
dit houdt in dat a en c veelvouden zijn van 1.
b|c, dus c=e*a met e=geheel getal.
Dit zijn zaken die je uit het gegeven kunt afleiden, maar het leidt me nog niet bepaald naar het antwoord.
Ik heb nog moeite met de manier van bewijzen in dit vak gebied. Ik sta nu voor een aantal ogenschijnlijk gemakkelijke opdrachten, maar ik heb, na bestudering van de theorie, nog geen idee hoe dit aan te pakken.
Ik zet er even 2 opdrachten neer:
1.Bewijs: Elk natuurlijk getal groter dan 1 is te schrijven als som van priemgetallen.
2=2, 3=1+2, 4=2+2,5=3+2, 11=2+2+7
Ik had het idee te beginnen met het idee dat 2 het enige even priemgetal is. Door er een oneven getal bij op te tellen kun je alle gewenste getallen bereiken....
2. Bewijs als ggd(a,c)=1 en b|c, dan ggd(a,b)=1.
a en c zijn relatief priem. Dus 1=m*a+n*c. Dus een lineaire combinatie, met m,n geheel getal.
dit houdt in dat a en c veelvouden zijn van 1.
b|c, dus c=e*a met e=geheel getal.
Dit zijn zaken die je uit het gegeven kunt afleiden, maar het leidt me nog niet bepaald naar het antwoord.
kloep kloep
Dat had ik er wel even bij kunnen zetten idd, ik weet dat:quote:Op woensdag 16 september 2009 19:31 schreef Iblis het volgende:
[..]
Door op te zoeken waaraan iets moet voldoen wil het een lineaire deelruimte zijn en dan te checken of het daaraan voldoet.
1. De nulvector 0 zit in A
2. Voor alle x in A en y in A zit x+y in A
3. Voor alle x in A en elke u in R zit ux in A
Maar hoe ik dan verder moet..
Een inductie bewijs moet toch nog wel lukken? Zeker als er geen grenzen zitten aan het aantal keer dat je een priemgetal mag gebruiken lijkt me dat niet zo moeilijk.quote:
1.Bewijs: Elk natuurlijk getal groter dan 1 is te schrijven als som van priemgetallen.
2=2, 3=1+2, 4=2+2,5=3+2, 11=2+2+7
Ik had het idee te beginnen met het idee dat 2 het enige even priemgetal is. Door er een oneven getal bij op te tellen kun je alle gewenste getallen bereiken....
Doe inductie eventueel alleen voor de oneven getallen. Want de even heb je natuurlijk echt zo.
a → b ⇔ ¬b → ¬a, dus stel, ggd(a, b) > 1.quote:2. Bewijs als ggd(a,c)=1 en b|c, dan ggd(a,b)=1.
Daher iſt die Aufgabe nicht ſowohl, zu ſehn was noch Keiner geſehn hat, als, bei Dem, was Jeder ſieht, zu denken was noch Keiner gedacht hat.
Das lang geleden. Ik moet ook weer even bij het begin beginnen.quote:Op woensdag 16 september 2009 19:43 schreef Iblis het volgende:
Een inductie bewijs moet toch nog wel lukken? Zeker als er geen grenzen zitten aan het aantal keer dat je een priemgetal mag gebruiken lijkt me dat niet zo moeilijk.
Doe inductie eventueel alleen voor de oneven getallen. Want de even heb je natuurlijk echt zo.
inductie wil volgens mij zeggen dat je aantoont dat iets waar is voor n=1. Vervolgens veronderstel je n=k en dat redeneer je door naar n=k+1.
dus...
de bewering klopt voor n=2. maar n=k??
maar ik weet niet meer hoe je dit dan verder doet.
Je bedoelt hier de contrapositie?quote:a → b ⇔ ¬b → ¬a, dus stel, ggd(a, b) > 1.
dus ggd(a,b)>1. dan geldt zowel ggd(a,c) niet 1 en b geen deler van c?
dus a>b, en ggd(a,b) niet 1??
Ik heb wel gehoord van deze bewijstechnieken, maar ik kan ze nog niet zomaar uitvoeren..
[ Bericht 1% gewijzigd door Borizzz op 16-09-2009 19:55:40 ]
kloep kloep
Gewoon invullen, je hebt dus:quote:
[..]
Dat had ik er wel even bij kunnen zetten idd, ik weet dat:
1. De nulvector 0 zit in A
2. Voor alle x in A en y in A zit x+y in A
3. Voor alle x in A en elke u in R zit ux in A
Maar hoe ik dan verder moet..
A = {x in R2 | x1 - 2x2 = 0}
1) Zit (0, 0) erin? Nou, vul in: 0 - 2*0 = 0, dus, voldoet aan de voorwaarde, zit in a.
2) Neem aan dat x, y ∈ A, dan weet je dus dat x1 - 2x2 = 0, en verder dat y1 - 2y2 = 0. Definieer z = x + y, dan is de vraag z1 - 2z2 = 0? Volgens mij is dat niet zo moeilijk als je dat invult.
3) Neem x ∈ A, dan geldt dus weer x1 - 2x2 = 0, anders had x niet in A gezeten, dan is de vraag dus ux, voldoet dat ook aan de voorwaarde? M.a.w. ux = (ux1, ux2), en geldt ux1 - 2(ux2) = 0 inderdaad?
Daher iſt die Aufgabe nicht ſowohl, zu ſehn was noch Keiner geſehn hat, als, bei Dem, was Jeder ſieht, zu denken was noch Keiner gedacht hat.
Wat is het toch altijd logisch als je het zietquote:Op woensdag 16 september 2009 19:50 schreef Iblis het volgende:
[..]
Gewoon invullen, je hebt dus:
A = {x in R2 | x1 - 2x2 = 0}
1) Zit (0, 0) erin? Nou, vul in: 0 - 2*0 = 0, dus, voldoet aan de voorwaarde, zit in a.
2) Neem aan dat x, y ∈ A, dan weet je dus dat x1 - 2x2 = 0, en verder dat y1 - 2y2 = 0. Definieer z = x + y, dan is de vraag z1 - 2z2 = 0? Volgens mij is dat niet zo moeilijk als je dat invult.
3) Neem x ∈ A, dan geldt dus weer x1 - 2x2 = 0, anders had x niet in A gezeten, dan is de vraag dus ux, voldoet dat ook aan de voorwaarde? M.a.w. ux = (ux1, ux2), en geldt ux1 - 2(ux2) = 0 inderdaad?
bedankt
Inductie werkt als volgt. Je neemt aan dat als het voor n geldt dat het dan ook voor b.v. n + 1 geldt (of voor n + 2 in dit geval).quote:Op woensdag 16 september 2009 19:49 schreef Borizzz het volgende:
das lang geleden.
inductie wil volgens mij zeggen dat je aantoont dat iets waar is voor n=1. Vervolgens veronderstel je n=k en dat redeneer je door naar n=k+1.
dus...
de bewering klopt voor n=2. maar n=k??
maar ik weet niet meer hoe je dit dan verder doet.
Neem aan dat n op enige wijze reeds te schrijven is als som van priemgetallen p1, p2, …, pn. Wat kun je dan over n + 2 zeggen? Het staat er eigenlijk al.
Rest je alleen nog aan om daadwerkelijk een n te vinden waarvoor dit geldt, wel nu, dat is evident. Immers, als je het rond krijgt, dan kun je dus zeggen het geldt voor 2, dus geldt het voor 4, en dus voor 6, en dus voor 8, etc. Idem met 3.
Dus ggd(a, b) ≠ 1. Zeg dus ggd(a, b) = z, met z > 1. Wat weet je dan over ggd(a, c) als je weet dat b|c?quote:Je bedoelt hier de contrapositie?
dus ggd(a,b)=1. dan geldt zowel ggd(a,c) niet 1 en b geen deler van c?
Hoe laat je dit zien? Of moet er dan een "of" staan?
Ik heb wel gehoord van deze bewijstechnieken, maar ik kan ze nog niet zomaar uitvoeren..
Daher iſt die Aufgabe nicht ſowohl, zu ſehn was noch Keiner geſehn hat, als, bei Dem, was Jeder ſieht, zu denken was noch Keiner gedacht hat.
Zoiets schreef ik toch ook?quote:Op woensdag 16 september 2009 19:54 schreef Iblis het volgende:
Inductie werkt als volgt. Je neemt aan dat als het voor n geldt dat het dan ook voor b.v. n + 1 geldt (of voor n + 2 in dit geval).
Dus ik stel dat het geldt voor voor een priegetal n.quote:Neem aan dat n op enige wijze reeds te schrijven is als som van priemgetallen p1, p2, …, pn. Wat kun je dan over n + 2 zeggen? Het staat er eigenlijk al.
Rest je alleen nog aan om daadwerkelijk een n te vinden waarvoor dit geldt, wel nu, dat is evident. Immers, als je het rond krijgt, dan kun je dus zeggen het geldt voor 2, dus geldt het voor 4, en dus voor 6, en dus voor 8, etc. Idem met 3.
Dan geldt n=P1+P2+P3...+PN.
Dan geldt ook n+1=P1+P2+P3...+PN+1.
maar is P1+P2+P3...+PN+1 dan wel een priemgetal?
ggd(a,b)=z en z groter dan 1. Maar als je de ontkenning wil van b|c, dan mag je toch niet gebruiken dat b|c?quote:Dus ggd(a, b) ≠ 1. Zeg dus ggd(a, b) = z, met z > 1. Wat weet je dan over ggd(a, c) als je weet dat b|c?
Of maak ik nu de ontkenning verkeerd?
kloep kloep
b|c betekent: er is een k met c = b * k. We hebben nu 1 = m*a + n*c = m*a + (n*k)*b.quote:Op woensdag 16 september 2009 19:37 schreef Borizzz het volgende:
Ben nu bezig met het begin van getaltheorie.
Ik heb nog moeite met de manier van bewijzen in dit vak gebied. Ik sta nu voor een aantal ogenschijnlijk gemakkelijke opdrachten, maar ik heb, na bestudering van de theorie, nog geen idee hoe dit aan te pakken.
Ik zet er even 2 opdrachten neer:
2. Bewijs als ggd(a,c)=1 en b|c, dan ggd(a,b)=1.
a en c zijn relatief priem. Dus 1=m*a+n*c. Dus een lineaire combinatie, met m,n geheel getal.
dit houdt in dat a en c veelvouden zijn van 1.
b|c, dus c=e*a met e=geheel getal.
Dit zijn zaken die je uit het gegeven kunt afleiden, maar het leidt me nog niet bepaald naar het antwoord.
Tja, maar hiermee kom ik toch niet verder?quote:Op woensdag 16 september 2009 20:02 schreef thabit het volgende:
[..]
b|c betekent: er is een k met c = b * k. We hebben nu 1 = m*a + n*c = m*a + (n*k)*b.
kloep kloep
Maar zoiets is vaak niet goed genoeg in de wiskunde.quote:
Het geldt zelfs voor elk getal n. Dat was de vraag toch ook? Immers, om te beginnen, als n even is, dan heb je simpel weg:quote:Dus ik stel dat het geldt voor voor een priegetal n.
Dan geldt n=P1+P2+P3...+PN.
Dan geldt ook n+1=P1+P2+P3...+PN+1.
maar is P1+P2+P3...+PN+1 dan wel een priemgetal?
Omdat 2 een priemgetal is, ben je klaar voor de even getallen.
In feite is het nu simpel, want 3 is ook een priemgetal dus voor oneven n ≥ 3 kun je zeggen:
Eigenlijk heb je niet eens inductie nodig als je dat heel lastig vindt.
Gegeven b|c wil jij bewijzen dat ggd(a, c) = 1 → ggd(a, b) = 1. Je kunt het rechtstreeks doen, dat geeft thabit, mijn redenering komt in principe op hetzelfde neer. Zij nog steeds b|c dan passen we contrapositie toe (dit is echt logisch equivalent), en neem aan dat ggd(a, b) niet gelijk is aan 1, er dus een getal k waardoor zowel a als b deelbaar is. Omdat b een deler is van c, en k van b is k ook een deler van c. Dit kun je nog formeel maken: b = n·k, c = m·b, dus c = m·n·k, klaar. Dus ggd(a, c) is dan ook zeker geen 1.quote:ggd(a,b)=z en z groter dan 1. Maar als je de ontkenning wil van b|c, dan mag je toch niet gebruiken dat b|c?
Of maak ik nu de ontkenning verkeerd?
Daher iſt die Aufgabe nicht ſowohl, zu ſehn was noch Keiner geſehn hat, als, bei Dem, was Jeder ſieht, zu denken was noch Keiner gedacht hat.
Bézout's identityquote:
[..]
Tja, maar hiermee kom ik toch niet verder?
Daher iſt die Aufgabe nicht ſowohl, zu ſehn was noch Keiner geſehn hat, als, bei Dem, was Jeder ſieht, zu denken was noch Keiner gedacht hat.
Ik moet het toch gewoon kunnen hoor.quote:Op woensdag 16 september 2009 20:12 schreef Iblis het volgende:
Eigenlijk heb je niet eens inductie nodig als je dat heel lastig vindt.
Ik heb het dus altijd zo geleerd: eerst aannemen voor n, dan door doorrekenen iets vinden voor n+1.quote:Dus ik stel dat het geldt voor voor een priegetal n.
Dan geldt n=P1+P2+P3...+PN.
Dan geldt ook n+1=P1+P2+P3...+PN+1.
maar is P1+P2+P3...+PN+1 dan wel een priemgetal?
Naar mijn idee moest dit wel goed zijn?:{
je zegt dus dan c=m*n*k en a=a? De rekenarij volg ik wel.quote:Gegeven b|c wil jij bewijzen dat ggd(a, c) = 1 → ggd(a, b) = 1. Je kunt het rechtstreeks doen, dat geeft thabit, mijn redenering komt in principe op hetzelfde neer. Zij nog steeds b|c dan passen we contrapositie toe (dit is echt logisch equivalent), en neem aan dat ggd(a, b) niet gelijk is aan 1, er dus een getal k waardoor zowel a als b deelbaar is. Omdat b een deler is van c, en k van b is k ook een deler van c. Dit kun je nog formeel maken: b = n·k, c = m·b, dus c = m·n·k, klaar. Dus ggd(a, c) is dan ook zeker geen 1.
c bestaat dus uit meerdere factoren en a is niet over bekend.
Dan kun je toch niet conclueren dan dan ggd(a,c)=1?
t wordt nog wat die getaltheorie...maar ja alle begin is moeilijk.
kloep kloep
Waarom n + 1, dat is alleen maar onhandig, kies toch n + 2. Volledige inductie is niet beperkt tot n + 1, maar werkt met het idee dat als het voor n geldt dat als je kunt bewijzen dat het dan ook ‘voor de volgende in de reeks’ geldt en je hebt een beginpunt, dat je dan je hele reeks hebt.quote:
Ik heb het dus altijd zo geleerd: eerst aannemen voor n, dan door doorrekenen iets vinden voor n+1.
Naar mijn idee moest dit wel goed zijn?:{
a = a is een waarheid als een koe. Ik begin dus met de aanname dat ggd(a, b) = k > 1, dan is k natuurlijk automatisch ook een deler van a. Immers, het is een gemene deler. Dan zeg ik, omdat k een deler van b is, en b weer van c is k ook een deler van c. Met a is nog steeds niets veranderd, dus k is ook nog een deler van a. Kortom, ggd(a, c) zal zeker geen 1 zijn, omdat k zowel een deler van a als van c is, en k > 1 (dat is de aanname).quote:je zegt dus dan c=m*n*k en a=a? De rekenarij volg ik wel.
c bestaat dus uit meerdere factoren en a is niet over bekend.
Dan kun je toch niet conclueren dan dan ggd(a,c)=1?
t wordt nog wat die getaltheorie...maar ja alle begin is moeilijk.
Daarmee is de contrapositie bewezen en is je bewijs rond. Ik kan het echt niet veel duidelijker maken.
Daher iſt die Aufgabe nicht ſowohl, zu ſehn was noch Keiner geſehn hat, als, bei Dem, was Jeder ſieht, zu denken was noch Keiner gedacht hat.
OK. Dank je wel! Wat er staat klinkt allemaal wel logisch. Maar om er zelf op te komen is nog een ander verhaal.quote:Op woensdag 16 september 2009 20:27 schreef Iblis het volgende:
[..]
Waarom n + 1, dat is alleen maar onhandig, kies toch n + 2. Volledige inductie is niet beperkt tot n + 1, maar werkt met het idee dat als het voor n geldt dat als je kunt bewijzen dat het dan ook ‘voor de volgende in de reeks’ geldt en je hebt een beginpunt, dat je dan je hele reeks hebt.
[..]
a = a is een waarheid als een koe. Ik begin dus met de aanname dat ggd(a, b) = k > 1, dan is k natuurlijk automatisch ook een deler van a. Immers, het is een gemene deler. Dan zeg ik, omdat k een deler van b is, en b weer van c is k ook een deler van c. Met a is nog steeds niets veranderd, dus k is ook nog een deler van a. Kortom, ggd(a, c) zal zeker geen 1 zijn, omdat k zowel een deler van a als van c is, en k > 1 (dat is de aanname).
Daarmee is de contrapositie bewezen en is je bewijs rond. Ik kan het echt niet veel duidelijker maken.
Het duizelde me even omdat ik ook veel nieuwe theorie in 1x wil doen en ik geef mezelf te weinig tijd om het te snappen. Ik ga eerst weer even de boeken in.
kloep kloep
Je kunt het ook uit het ongerijmde doen, komt eigenlijk op hetzelfde neer, maar misschien dat het beter valt. Begin dus met ggd(a, c) = 1, en b|c. Dan weten we b·k = c, dat is immers wat ‘deler van’ inhoudt.
Neem nu aan (voor het ongerijmde) dat ggd(a, b) > 1. Zeg dat die gemene deler d is. Dan weten we, a valt te schrijven als a = d·n, en b = d·m. Omdat c = k·b, dus ook c=k·d·m. Hé, maar dan zien we dat d dus blijkbaar ook een deler van c is (en nog steeds van a). Tegenspraak.
Het is 95% hetzelfde als contrapositie, maar misschien dat deze ‘flow’ van gedachten je beter ligt.
Neem nu aan (voor het ongerijmde) dat ggd(a, b) > 1. Zeg dat die gemene deler d is. Dan weten we, a valt te schrijven als a = d·n, en b = d·m. Omdat c = k·b, dus ook c=k·d·m. Hé, maar dan zien we dat d dus blijkbaar ook een deler van c is (en nog steeds van a). Tegenspraak.
Het is 95% hetzelfde als contrapositie, maar misschien dat deze ‘flow’ van gedachten je beter ligt.
Daher iſt die Aufgabe nicht ſowohl, zu ſehn was noch Keiner geſehn hat, als, bei Dem, was Jeder ſieht, zu denken was noch Keiner gedacht hat.
Hmm... dus uit het feit dat a=d*n en c=k*d*n concludeer jij dat d een deler is van zowel a als c.quote:Op woensdag 16 september 2009 20:40 schreef Iblis het volgende:
Je kunt het ook uit het ongerijmde doen, komt eigenlijk op hetzelfde neer, maar misschien dat het beter valt. Begin dus met ggd(a, c) = 1, en b|c. Dan weten we b·k = c, dat is immers wat ‘deler van’ inhoudt.
Neem nu aan (voor het ongerijmde) dat ggd(a, b) > 1. Zeg dat die gemene deler d is. Dan weten we, a valt te schrijven als a = d·n, en b = d·m. Omdat c = k·b, dus ook c=k·d·m. Hé, maar dan zien we dat d dus blijkbaar ook een deler van c is (en nog steeds van a). Tegenspraak.
Het is 95% hetzelfde als contrapositie, maar misschien dat deze ‘flow’ van gedachten je beter ligt.
Terwijl we aannamen dat ggd(a,c)=1.
Tegenspraak dus.
kloep kloep
Dat is zo ongeveer de definitie van deler van, dus dat lijkt me een geldige conclusie.quote:
Hmm... dus uit het feit dat a=d*n en c=k*d*n concludeer jij dat d een deler is van zowel a als c.
Nee, zo moet je het niet uitleggen (ik ben wat aan het muggenziften hoor, maar toch, getaltheorie is precies werk).quote:Terwijl we aannamen dat ggd(a,c)=1.
Tegenspraak dus.
We willen bewijzen:
ggd(a, c) = 1, en b | c betekent dat ook ggd(a, b) = 1. Die eerste twee dingen mogen we dus als waar beschouwen. Dat is ons uitgangspunt.
Dan komt pas onze verdere aanname, en die is dat het toch mogelijk is dat is ggd(a, b) > 1. Deze aanname leidt tot een tegenspraak met het gegeven dat ggd(a, c) = 1. Die tegenspraak betekent dat onze aanname incorrect is. Dus dat het tegengestelde van de aanname wel waar moet zijn, namelijk ggd(a, b) = 1.
Misschien moet je er anders nu even niet te hard over nadenken, maar op de manier waarop je het zegt kreeg ik niet het gevoel dat je het 100% snapte. Maar nachtrust doet ook wonderen.
Daher iſt die Aufgabe nicht ſowohl, zu ſehn was noch Keiner geſehn hat, als, bei Dem, was Jeder ſieht, zu denken was noch Keiner gedacht hat.
Kan het ook zo:
Opgave is ggd(a,c)=1 en b|c. Bewijs dat ggd(a,b)=1.
Veronderstel: ggd(a,c)=1 en b|c.
iedere ggd is te schrijven als lin. combinatie van a en c en dus 1=ma+nc, met m en n geheel getal.
b|c levert c=d*b met d een geheel getal.
we gaan substitueren:
1=ma+nc
1=ma+ndb
nd is een geheel getal.
1=(m)a+(nd)b.
met de theorie over ggd en lin.conbinatie mag ik nu concluderen:
ggd(a,b)=1.
[ Bericht 1% gewijzigd door Borizzz op 16-09-2009 21:08:03 ]
Opgave is ggd(a,c)=1 en b|c. Bewijs dat ggd(a,b)=1.
Veronderstel: ggd(a,c)=1 en b|c.
iedere ggd is te schrijven als lin. combinatie van a en c en dus 1=ma+nc, met m en n geheel getal.
b|c levert c=d*b met d een geheel getal.
we gaan substitueren:
1=ma+nc
1=ma+ndb
nd is een geheel getal.
1=(m)a+(nd)b.
met de theorie over ggd en lin.conbinatie mag ik nu concluderen:
ggd(a,b)=1.
[ Bericht 1% gewijzigd door Borizzz op 16-09-2009 21:08:03 ]
kloep kloep
Dat is wat thabit je reeds zei, maar ik dacht dat die manier je niet zo lag. Het is een prima oplossing, maar ik heb een kanttekening: als je zulk soort dingen lastig vindt, dan is dit, denk ik, meer een oplossing die ‘werkt’ omdat je de goede dingen combineert, maar verder niet zo intuïtief is.quote:
Kan het ook zo:
Opgave is ggd(a,c)=1 en b|c. Bewijs dat ggd(a,b)=1.
Veronderstel: ggd(a,c)=1 en b|c.
iedere ggd is te schrijven als lin. combinatie van a en c en dus 1=ma+nb.
b|c levert c=d*b met d een geheel getal.
we gaan substitueren:
1=ma+nb
1=ma+nbc
nb is een geheel getal.
1=(m)a+(nc)b.
met de theorie over ggd en lin.conbinatie mag ik nu concluderen:
ggd(a,b)=1.
Als je die theorie helemaal in de vingers hebt, prima, gebruik ze. Heb je dat niet, dan hanteer je eigenlijk een gereedschap dat je niet helemaal doorziet. Voor je begrip is dat niet zo handig.
Mocht je doel alleen zijn dat je de vraag wilt beantwoorden, dan heb ik niets gezegd.
Daher iſt die Aufgabe nicht ſowohl, zu ſehn was noch Keiner geſehn hat, als, bei Dem, was Jeder ſieht, zu denken was noch Keiner gedacht hat.
Iblis, ik heb nog wat lettertjes in het bewijs veranderd, ik was niet zo precies geweest. Wil je even checken in mijn vorige post of het goed is?quote:Op woensdag 16 september 2009 20:58 schreef Iblis het volgende:
[..]
Dat is wat thabit je reeds zei, maar ik dacht dat die manier je niet zo lag. Het is een prima oplossing, maar ik heb een kanttekening: als je zulk soort dingen lastig vindt, dan is dit, denk ik, meer een oplossing die ‘werkt’ omdat je de goede dingen combineert, maar verder niet zo intuïtief is.
Als je die theorie helemaal in de vingers hebt, prima, gebruik ze. Heb je dat niet, dan hanteer je eigenlijk een gereedschap dat je niet helemaal doorziet. Voor je begrip is dat niet zo handig.
Mocht je doel alleen zijn dat je de vraag wilt beantwoorden, dan heb ik niets gezegd.
Het gaat er mij niet om of een redenering mij ligt of niet. Ik wil vaak meerdere invalshoeken zien, voordat ik het snap. Ik heb in de theorie een bewijs gezien over lineaire combinatie en gemene delers. Door thabit kwam ik op het idee dat je dit kunt toepassen. Jouw bewijs richtte zich meer op definitie van (gemende)deler. Ik kwam nog niet op het idee dat als je stelt ggd(a,b)=k dat dan volgt k|a en k|b. Te logisch voor woorden maar ja...
En bijv ook als d|a en c|d dat dan volgt c|a.
Al deze dingen heb ik gezien en bewezen, maar het idee hebben om het te gebruiken, en toe te passen gaat nog niet zo vanzelf.
kloep kloep
Lijkt me prima. Ik vind het zelf, eerlijk gezegd, ietwat vreemd dat je de conclusie ‘als k de grootste gemene deler van a en b is’ dat dan k een deler van a en b is, niet trok. Wat is dan je voorstelling van die functie?
Maar daarom vraag ik me ook af, hoe thabits benadering je dan wél wat zegt.
Ik kan me moeilijk verplaatsen in wat voor jou dan vanzelfsprekend is, en wat niet (wat op zich niet erg is, maar mijn keus voor uitleg misschien niet de gelukkigste maakt in jouw geval). Maar goed, zoals het bewijs nu staat klopt het.
Maar daarom vraag ik me ook af, hoe thabits benadering je dan wél wat zegt.
Ik kan me moeilijk verplaatsen in wat voor jou dan vanzelfsprekend is, en wat niet (wat op zich niet erg is, maar mijn keus voor uitleg misschien niet de gelukkigste maakt in jouw geval). Maar goed, zoals het bewijs nu staat klopt het.
Daher iſt die Aufgabe nicht ſowohl, zu ſehn was noch Keiner geſehn hat, als, bei Dem, was Jeder ſieht, zu denken was noch Keiner gedacht hat.
Tja, dat vraag ik me zelf ook af.quote:Op woensdag 16 september 2009 21:11 schreef Iblis het volgende:
Lijkt me prima. Ik vind het zelf, eerlijk gezegd, ietwat vreemd dat je de conclusie ‘als k de grootste gemene deler van a en b is’ dat dan k een deler van a en b niet trok. Wat is dan je voorstelling van die functie?
Maar daarom vraag ik me ook af, hoe thabits benadering je dan wél wat zegt.
Ik kan me moeilijk verplaatsen in wat voor jou dan vanzelfsprekend is, en wat niet. Maar goed, zoals het bewijs nu staat klopt het.
Het ligt ook zo voor de hand. Het duizelde allemaal wat, daar zal het wel aan liggen én het feit dat ik het allemaal snel wil snappen. Geduld lijkt me dan ook een schone zaak.
Bovendien is dit het laatste vak dat ik moet doen, heb er wel wat angst voor. Dit lijkt me het moeilijkste vak uit de opleiding, al heb ik ook al aardig wat lastige vakken achter de rug.
kloep kloep
Op zich is getaltheorie vaak vrij elementair. Het hangt ervanaf hoe het gegeven wordt, maar meestal kun je met heel basale middelen vrij ver komen. Dat zie je ook in deze opgaven. Ik suggereerde eerste volledige inductie, maar dat heb je niet eens nodig. Dat is ook wel fijn aan zo’n vak, ook al ben je de impliciete functiestelling vergeten, weet je niet meer hoe die Borel-σ algebra nu precies werkte of hoe die ene partiële differentiaalvergelijking opgelost moest worden, nu zit je weer bij de basis met delers.
Daher iſt die Aufgabe nicht ſowohl, zu ſehn was noch Keiner geſehn hat, als, bei Dem, was Jeder ſieht, zu denken was noch Keiner gedacht hat.
Dát doet me weer denken aan projectieve meetkunde: een prachtig vak. Moeilijk dat wel, maar ook door vol te houden heb ik dit ook behaald. Projectieve meetkunde is ook een vak waar je met heel weinig middelen (bv de dubbelverhouding, enkele contstructies) heel ver kunt doorredeneren.quote:Op woensdag 16 september 2009 21:18 schreef Iblis het volgende:
Op zich is getaltheorie vaak vrij elementair. Het hangt ervanaf hoe het gegeven wordt, maar meestal kun je met heel basale middelen vrij ver komen. Dat zie je ook in deze opgaven. Ik suggereerde eerste volledige inductie, maar dat heb je niet eens nodig. Dat is ook wel fijn aan zo’n vak, ook al ben je de impliciete functiestelling vergeten, weet je niet meer hoe die Borel-σ algebra nu precies werkte of hoe die ene partiële differentiaalvergelijking opgelost moest worden, nu zit je weer bij de basis met delers.
Ik hoop dat ik je in de toekomst nog ns met wat getaltheorie probleempjes mag lastigvallen.
kloep kloep
Dat zou ik toch niet helemaal willen beweren. Uiteraard bestaat er elementaire getaltheorie, wat je kunt doen zonder veel theoretische kennis te hebben, maar als je wat verder wilt komen dan komt er toch een hoop bij kijken.quote:Op woensdag 16 september 2009 21:18 schreef Iblis het volgende:
Op zich is getaltheorie vaak vrij elementair.
Heb je helemaal gelijk in, maar ik bedoel, een vak zoals Borizzz dat volgt, waarbij je met deze dingen begint. Ik weet niet hoe ver het de diepte in gaat, maar het is doorgaans niet een vak dat bij uitstek voortbouwt op veel andere vakken.quote:
[..]
Dat zou ik toch niet helemaal willen beweren. Uiteraard bestaat er elementaire getaltheorie, wat je kunt doen zonder veel theoretische kennis te hebben, maar als je wat verder wilt komen dan komt er toch een hoop bij kijken.
Daher iſt die Aufgabe nicht ſowohl, zu ſehn was noch Keiner geſehn hat, als, bei Dem, was Jeder ſieht, zu denken was noch Keiner gedacht hat.
Ik hoop dat ik ze kan beantwoorden.quote:
Ik hoop dat ik je in de toekomst nog ns met wat getaltheorie probleempjes mag lastigvallen.
Daher iſt die Aufgabe nicht ſowohl, zu ſehn was noch Keiner geſehn hat, als, bei Dem, was Jeder ſieht, zu denken was noch Keiner gedacht hat.
Als je een beetje serieuze getaltheorie wilt doen, dan heb je wel een hoop algebra (groepen, ringen, lichamen, Galoistheorie etc), meetkunde en complexe analyse nodig.quote:Op woensdag 16 september 2009 21:28 schreef Iblis het volgende:
[..]
Heb je helemaal gelijk in, maar ik bedoel, een vak zoals Borizzz dat volgt, waarbij je met deze dingen begint. Ik weet niet hoe ver het de diepte in gaat, maar het is doorgaans niet een vak dat bij uitstek voortbouwt op veel andere vakken.
Vastwel! Ik ben al blij met alle moeite die (vrijwillig en laten we dat niet vergeten!) gestoken wordt in het helpen van users.quote:Op woensdag 16 september 2009 21:28 schreef Iblis het volgende:
[..]
Ik hoop dat ik ze kan beantwoorden.
Even opgezocht:quote:Op woensdag 16 september 2009 21:43 schreef thabit het volgende:
[..]
Als je een beetje serieuze getaltheorie wilt doen, dan heb je wel een hoop algebra (groepen, ringen, lichamen, Galoistheorie etc), meetkunde en complexe analyse nodig.
congruenties, hoofdstelling, algoritme van euclides, fermat en euler, congruentievergelijkingen, kwadratische reciprociteit komt nog aan bod.
kloep kloep
Dat zijn allemaal nog elementaire onderwerpen, daar hoef je geen zware wiskunde voor te doen. Vooral die kwadratische reciprociteit is een hele mooie stelling die iets bovennatuurlijks in zich lijkt te hebben.quote:Op woensdag 16 september 2009 21:45 schreef Borizzz het volgende:
[..]
Even opgezocht:
congruenties, hoofdstelling, algoritme van euclides, fermat en euler, congruentievergelijkingen, kwadratische reciprociteit komt nog aan bod.
Ben benieuwdquote:Op woensdag 16 september 2009 21:58 schreef thabit het volgende:
[..]
Dat zijn allemaal nog elementaire onderwerpen, daar hoef je geen zware wiskunde voor te doen. Vooral die kwadratische reciprociteit is een hele mooie stelling die iets bovennatuurlijks in zich lijkt te hebben.
Maar alles op z'n tijd. Ik werk rustig aan de theorie en opgaven.
Bedankt voor nu!
kloep kloep
Ik heb geprobeerd een antwoord te geven op 2 vraagstukken (oa eentje van gisteren).
Kun je even kijken of deze beter zijn?
1.
Bewijs dat elk natuurlijk getal te schrijven is als som van priemgetallen.
- Vast staat dat 2 en 3 priemgetallen zijn.
Er geldt: 2+k*2 geeft alle even getallen (k=nat. getal).
Er geldt 3+k*2 geeft alle oneven getallen (k=nat. getal).
Dus: elk getal is de som van in ieder geval tweeen en drieeen en dus ook de som van priemgetallen.
2.
Bewijs dat elk natuurlijk getal groter dan 7 te schrijven is als som van drieen en vijven.
- Hier pak ik een zelfde type redenering. Maar nu werk ik met 3*k en 5*k, dus drie- en vijfvouden.
Er geldt: 8=3+5, 9=3+3, 10=5+5.
8,9 en 10 zijn dus opgebouwd uit drieeen en vijven.
3-vouden liggen altijd 3 van elkaar op de getallenlijn.
dus met 8+k*3+l*5 en 9+k*3+l*5 en 10+k*3+l*5 worden alle getallen groter dan 7 bereikt.
Deze getallen zijn dan ook opgebouwd uit enkel drieen en vijven.
Kun je even kijken of deze beter zijn?
1.
Bewijs dat elk natuurlijk getal te schrijven is als som van priemgetallen.
- Vast staat dat 2 en 3 priemgetallen zijn.
Er geldt: 2+k*2 geeft alle even getallen (k=nat. getal).
Er geldt 3+k*2 geeft alle oneven getallen (k=nat. getal).
Dus: elk getal is de som van in ieder geval tweeen en drieeen en dus ook de som van priemgetallen.
2.
Bewijs dat elk natuurlijk getal groter dan 7 te schrijven is als som van drieen en vijven.
- Hier pak ik een zelfde type redenering. Maar nu werk ik met 3*k en 5*k, dus drie- en vijfvouden.
Er geldt: 8=3+5, 9=3+3, 10=5+5.
8,9 en 10 zijn dus opgebouwd uit drieeen en vijven.
3-vouden liggen altijd 3 van elkaar op de getallenlijn.
dus met 8+k*3+l*5 en 9+k*3+l*5 en 10+k*3+l*5 worden alle getallen groter dan 7 bereikt.
Deze getallen zijn dan ook opgebouwd uit enkel drieen en vijven.
kloep kloep
>> dus met 8+k*3+l*5 en 9+k*3+l*5 en 10+k*3+l*5 worden alle getallen groter dan 7 bereikt.
Daarvan zou ik maken: met 5 + k*3, 3*3*3 + (k-1)*3 en 2*5 + (k-1)*3 (k in N) worden alle getallen groter dan 7 bereikt. Die I*5 heb je niet nodig.
Daarvan zou ik maken: met 5 + k*3, 3*3*3 + (k-1)*3 en 2*5 + (k-1)*3 (k in N) worden alle getallen groter dan 7 bereikt. Die I*5 heb je niet nodig.
eee7a201261dfdad9fdfe74277d27e68890cf0a220f41425870f2ca26e0521b0
Klopt, vijfvouden heb ik niet echt nodig, omdat je met de drievouden alles al dekt. Maar goed voor de volledigheidquote:Op donderdag 17 september 2009 14:55 schreef GlowMouse het volgende:
>> dus met 8+k*3+l*5 en 9+k*3+l*5 en 10+k*3+l*5 worden alle getallen groter dan 7 bereikt.
Daarvan zou ik maken: met 5 + k*3, 3*3*3 + (k-1)*3 en 2*5 + (k-1)*3 (k in N) worden alle getallen groter dan 7 bereikt. Die I*5 heb je niet nodig.
Kloppen ze beide een beetje?
kloep kloep
Alle natuurlijke even getallen (m.u.v. 0 eventueel als je die erbij rekent), en alle natuurlijke oneven getallen groter dan 1. Als je precies wilt zijn.quote:
Bewijs dat elk natuurlijk getal te schrijven is als som van priemgetallen.
- Vast staat dat 2 en 3 priemgetallen zijn.
Er geldt: 2+k*2 geeft alle even getallen (k=nat. getal).
Er geldt 3+k*2 geeft alle oneven getallen (k=nat. getal).
Dus: elk getal is de som van in ieder geval tweeen en drieeen en dus ook de som van priemgetallen.
Daher iſt die Aufgabe nicht ſowohl, zu ſehn was noch Keiner geſehn hat, als, bei Dem, was Jeder ſieht, zu denken was noch Keiner gedacht hat.
Ik heb ook geprobeerd om een bewijs van de hoofdstelling op te schrijven.
Ik heb getracht om het in mijn eigen woorden, correct weer te geven.
Kan deze ook door de beugel?
Bewijs loopt via volledige inductie.
Te bew: elk natuurlijk getal heeft unieke priemf. ontbinding.
Bestaan:
-a=2 heeft unieke priemf. ontbinding.
nu een redenering met volledige inductie van a-1 naar a.
-Veronderstel: alle getallen kleiner dan a hebben unieke priemf. ontbinding.
voor het getal a zijn er dan 2 mogelijkheden: a=priem of a=niet priem.
als a priem is, dan heeft ook a een unieke priemf. ontbinding. Klaar.
als a niet priem is, dan is a samengesteld. Dus a=a1*a2. Door dit feit geldt ook a1 en a2 kleiner dan a.
Door mijn veronderstelling hebben a1 en a2 een unieke priemf. ontbinding. En dus heeft a1*a2=a dit ook. Klaar.
Uniciteit
a=2 is weer een unieke priemf. ontbinding.
weer een redenering van a-1 naar a.
Neem a groter gelijk 3.
Veronderstel: priemfactor ontbinding van alle getallen kleiner dan a is uniek.
Stel a heeft 2 unieke priemf. ontbindingen: p1*p2*...pR en q1*q2*...*qS.
Dus a=p1*p2*...pR = q1*q2*...*qS.
Met de theorie van deler volgt p1|q1*q2*...*qS.
Er geldt p1|qi. p1 is dus deler van een van de factoren q. (hiervoor heb ik een apart bewijs).
Door de volgorde te wisselen mag je ook stellen dat p1|q1 (volgorde in een priemf. ontbinding niet belangrijk).
Aangezien p1 en q1 beide priemgetallen zijn en ook p1|q1 moet gelden p1=q1.
Dan geldt ook a/p1=q2*q3*...qS=p2*p3*..pR.
Met mijn eerdere veronderstelling (priemf. ontbindingen van getallen kleiner dan a uniek) moet gelden
q2*q3*...qS=p2*p3*..pR.
met p1=q1 volgt nu
p1*p2*...pR = q1*q2*...*qS en R=S, dus de priemf. ontbindingen zijn volledig gelijk.
En a heeft dus maar 1 priemfactorontbinding.
(met name R=S moet worden aangetoond, anders was je met p1*p2*...pR = q1*q2*...*qS al veel eerder klaar geweest).
[ Bericht 2% gewijzigd door Borizzz op 17-09-2009 16:19:09 ]
Ik heb getracht om het in mijn eigen woorden, correct weer te geven.
Kan deze ook door de beugel?
Bewijs loopt via volledige inductie.
Te bew: elk natuurlijk getal heeft unieke priemf. ontbinding.
Bestaan:
-a=2 heeft unieke priemf. ontbinding.
nu een redenering met volledige inductie van a-1 naar a.
-Veronderstel: alle getallen kleiner dan a hebben unieke priemf. ontbinding.
voor het getal a zijn er dan 2 mogelijkheden: a=priem of a=niet priem.
als a priem is, dan heeft ook a een unieke priemf. ontbinding. Klaar.
als a niet priem is, dan is a samengesteld. Dus a=a1*a2. Door dit feit geldt ook a1 en a2 kleiner dan a.
Door mijn veronderstelling hebben a1 en a2 een unieke priemf. ontbinding. En dus heeft a1*a2=a dit ook. Klaar.
Uniciteit
a=2 is weer een unieke priemf. ontbinding.
weer een redenering van a-1 naar a.
Neem a groter gelijk 3.
Veronderstel: priemfactor ontbinding van alle getallen kleiner dan a is uniek.
Stel a heeft 2 unieke priemf. ontbindingen: p1*p2*...pR en q1*q2*...*qS.
Dus a=p1*p2*...pR = q1*q2*...*qS.
Met de theorie van deler volgt p1|q1*q2*...*qS.
Er geldt p1|qi. p1 is dus deler van een van de factoren q. (hiervoor heb ik een apart bewijs).
Door de volgorde te wisselen mag je ook stellen dat p1|q1 (volgorde in een priemf. ontbinding niet belangrijk).
Aangezien p1 en q1 beide priemgetallen zijn en ook p1|q1 moet gelden p1=q1.
Dan geldt ook a/p1=q2*q3*...qS=p2*p3*..pR.
Met mijn eerdere veronderstelling (priemf. ontbindingen van getallen kleiner dan a uniek) moet gelden
q2*q3*...qS=p2*p3*..pR.
met p1=q1 volgt nu
p1*p2*...pR = q1*q2*...*qS en R=S, dus de priemf. ontbindingen zijn volledig gelijk.
En a heeft dus maar 1 priemfactorontbinding.
(met name R=S moet worden aangetoond, anders was je met p1*p2*...pR = q1*q2*...*qS al veel eerder klaar geweest).
[ Bericht 2% gewijzigd door Borizzz op 17-09-2009 16:19:09 ]
kloep kloep
wat voor fout maak ik dan? ik bedoelde uiteraard "er is er maar 1".quote:Op donderdag 17 september 2009 16:16 schreef thabit het volgende:
Misschien kun je het woord 'uniek' even opzoeken in een woordenboek.
kloep kloep
Waar staat 15.27 voor? Is dat de stelling die zegt als p priem p|ab dan p|a of p|b? Dat is de belangrijkste stap in het hele bewijs, dus die kun je beter maar wel snappen.
Ja, dat heb ik inmiddels weggehaald, stond idd voor die stelling.quote:Op donderdag 17 september 2009 16:19 schreef thabit het volgende:
Waar staat 15.27 voor? Is dat de stelling die zegt als p priem p|ab dan p|a of p|b? Dat is de belangrijkste stap in het hele bewijs, dus die kun je beter maar wel snappen.
Voor p|ab dan p|a of p|b heb ik een bewijs met inductie, die ik wel snapte. (moet haast wel).
kloep kloep
quote:Op donderdag 17 september 2009 16:13 schreef Borizzz het volgende:
Stel a heeft 2 unieke priemf. ontbindingen
Hier toon je nog helemaal niks unieks aan, het woord uniek kan dus overal weg.quote:Op donderdag 17 september 2009 16:13 schreef Borizzz het volgende:
Ik heb ook geprobeerd om een bewijs van de hoofdstelling op te schrijven.
Ik heb getracht om het in mijn eigen woorden, correct weer te geven.
Kan deze ook door de beugel?
Bewijs loopt via volledige inductie.
Te bew: elk natuurlijk getal heeft unieke priemf. ontbinding.
Bestaan:
-a=2 heeft unieke priemf. ontbinding.
nu een redenering met volledige inductie van a-1 naar a.
-Veronderstel: alle getallen kleiner dan a hebben unieke priemf. ontbinding.
voor het getal a zijn er dan 2 mogelijkheden: a=priem of a=niet priem.
als a priem is, dan heeft ook a een unieke priemf. ontbinding. Klaar.
als a niet priem is, dan is a samengesteld. Dus a=a1*a2. Door dit feit geldt ook a1 en a2 kleiner dan a.
Door mijn veronderstelling hebben a1 en a2 een unieke priemf. ontbinding. En dus heeft a1*a2=a dit ook. Klaar.
Twee unieke priemfactorontbindingen, dat kan niet.quote:Uniciteit
a=2 is weer een unieke priemf. ontbinding.
weer een redenering van a-1 naar a.
Neem a groter gelijk 3.
Veronderstel: priemfactor ontbinding van alle getallen kleiner dan a is uniek.
Stel a heeft 2 unieke priemf. ontbindingen: p1*p2*...pR en q1*q2*...*qS.
Hier zou ik opmerken dat de ontbindingen q2 * ... * qS en p2 * ... * pR hetzelfde zijn.quote:Dus a=p1*p2*...pR = q1*q2*...*qS.
Met de theorie van deler volgt p1|q1*q2*...*qS.
Er geldt p1|qi. p1 is dus deler van een van de factoren q. (hiervoor heb ik een apart bewijs).
Door de volgorde te wisselen mag je ook stellen dat p1|q1 (volgorde in een priemf. ontbinding niet belangrijk).
Aangezien p1 en q1 beide priemgetallen zijn en ook p1|q1 moet gelden p1=q1.
Dan geldt ook a/p1=q2*q3*...qS=p2*p3*..pR.
Met mijn eerdere veronderstelling (priemf. ontbindingen van getallen kleiner dan a uniek) moet gelden
q2*q3*...qS=p2*p3*..pR.
quote:met p1=q1 volgt nu
p1*p2*...pR = q1*q2*...*qS en R=S, dus de priemf. ontbindingen zijn volledig gelijk.
En a heeft dus maar 1 priemfactorontbinding.
(met name R=S moet worden aangetoond, anders was je met p1*p2*...pR = q1*q2*...*qS al veel eerder klaar geweest).
Hoe heb je dat bewezen dan?quote:Op donderdag 17 september 2009 16:21 schreef Borizzz het volgende:
[..]
Ja, dat heb ik inmiddels weggehaald, stond idd voor die stelling.
Voor p|ab dan p|a of p|b heb ik een bewijs met inductie, die ik wel snapte. (moet haast wel).
Als volgt:quote:
Laat a,b geheel getal en p priem. Te bew als p|ab dan p|a of p|b.
Gegeven p|ab.
Veronderstel dat p geen deler is dan b.
Omdat p priem is heeft het geen echte delers.
dus ggd(b,p)=1.
Met theorie over lineaire combinatie geldt: 1=xb+yp (x,y geheel).
dan geldt ook a=axb+ayp
ander geschreven a=x(ab) + p(ay).
p|ab (gegeven) en p|p(ay)
dus ook p|(x(ab) + p(ay).
dus ook p|a.
Leek me een heel eind in de goede richting.
Dit is volgens mij ook uit te breiden naar factoren met meer dan 2 termen.
kloep kloep
Klopte, op jouw opmerking na, dat bewijs van de hoofdstelling een beetje verder?quote:Op donderdag 17 september 2009 16:40 schreef thabit het volgende:
Okee, dat lijkt me dan verder wel correct.
Ik kon dat toch redelijk volgen (vergeleken met gister).
kloep kloep
Ja.quote:Op donderdag 17 september 2009 16:42 schreef Borizzz het volgende:
[..]
Klopte, op jouw opmerking na, dat bewijs van de hoofdstelling een beetje verder?
Ik kon dat toch redelijk volgen (vergeleken met gister).
