W&T Wetenschap & Technologie
Een plek om te discussiëren over wetenschappelijke onderwerpen, wetenschappelijke problemen, technologische projecten en grootse uitvindingen.
Velen hebben bij Wiskunde vooral de associatie ‘saai!’, niet in het minst gevoed door ellenlange rijtjes vergelijkingen die opgelost moesten worden. En het woord ‘bewijs’ roept natuurlijk al helemaal de ergste herinneringen op.
Desondanks denk ik dat er wiskundige bewijzen zijn die toch een zekere schoonheid hebben. Het is moeilijk uit te leggen wat het precies is, dus daarom wordt het – hopelijk – duidelijk in deze topic.
Als je het niet snapt, vraag gerust. Dan zal ik het iets duidelijker proberen te maken, en anders gaan we gewoon verder naar het volgende bewijs.
Desondanks denk ik dat er wiskundige bewijzen zijn die toch een zekere schoonheid hebben. Het is moeilijk uit te leggen wat het precies is, dus daarom wordt het – hopelijk – duidelijk in deze topic.
Als je het niet snapt, vraag gerust. Dan zal ik het iets duidelijker proberen te maken, en anders gaan we gewoon verder naar het volgende bewijs.
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 eerste bewijs, een klassieker, namelijk, dat er oneindig veel priemgetallen zijn. De bedenker, Euklides, leefde zo ongeveer 2300 jaar geleden.
Het bewijs is zo belangrijk omdat het zo ongelooflijk elegant is, en omdat priemgetallen tot op de dag van vandaag fascinerend blijven. Er zijn veel vragen nog niet beantwoord, maar eentje in ieder geval wel: er zijn er namelijk oneindig veel. Er kan dus altijd gezocht worden naar nóg een groter priemgetal.
Als eerste: Een priemgetal is een getal dat precies twee delers heeft: 1 en zichzelf. Bijvoorbeeld 13, of 17, of 1009. Het getal 1 wordt meestal niet als priemgetal beschouwd. Maar nu het bewijs.
Neem aan dat er eindig veel priemgetallen zijn. Zeg, n priemgetallen, waarbij n misschien wel heel groot is, maar toch eindig. We kunnen al die getallen nu op een rijtje zetten: p1, p2, p3, ..., pn. Bereken nu E = p1·p2···pn + 1. Dus vermenigvuldig al die getallen met elkaar, en tel er 1 bij op.
Het is duidelijk dat dit getal E niet deelbaar is door p1, want je houdt nog rest 1 over. Ook niet door p2, daar geldt hetzelfde voor, zo geldt dat voor al die priemgetallen tot en met pn.
Dit betekent óf dat E zelf een priemgetal is, of als het geen priemgetal is (en dus deelbaar is door een ander priemgetal), dat het dan deelbaar is door een priemgetal dat niet in ons rijtje zat.
Maar we hadden aangenomen dat ons rijtje alle priemgetallen bevat. Die aanname moet wel fout zijn, want we komen nu op een tegenspraak uit. Kortom, er moeten wel oneindig veel priemgetallen zijn. □
Dat was het al.
Andere, relatief eenvoudige vragen, zoals: zijn er ook oneindig veel paartjes van getallen zoals 17 en 19, of 107 en 109, die maar 2 van elkaar verschillen en allebei priem zijn, of kun je elk getal groter dan 3 als de som van precies twee priemgetallen schrijven, zijn tot op de dag van vandaag niet beantwoord.
Het bewijs is zo belangrijk omdat het zo ongelooflijk elegant is, en omdat priemgetallen tot op de dag van vandaag fascinerend blijven. Er zijn veel vragen nog niet beantwoord, maar eentje in ieder geval wel: er zijn er namelijk oneindig veel. Er kan dus altijd gezocht worden naar nóg een groter priemgetal.
Als eerste: Een priemgetal is een getal dat precies twee delers heeft: 1 en zichzelf. Bijvoorbeeld 13, of 17, of 1009. Het getal 1 wordt meestal niet als priemgetal beschouwd. Maar nu het bewijs.
Neem aan dat er eindig veel priemgetallen zijn. Zeg, n priemgetallen, waarbij n misschien wel heel groot is, maar toch eindig. We kunnen al die getallen nu op een rijtje zetten: p1, p2, p3, ..., pn. Bereken nu E = p1·p2···pn + 1. Dus vermenigvuldig al die getallen met elkaar, en tel er 1 bij op.
Het is duidelijk dat dit getal E niet deelbaar is door p1, want je houdt nog rest 1 over. Ook niet door p2, daar geldt hetzelfde voor, zo geldt dat voor al die priemgetallen tot en met pn.
Dit betekent óf dat E zelf een priemgetal is, of als het geen priemgetal is (en dus deelbaar is door een ander priemgetal), dat het dan deelbaar is door een priemgetal dat niet in ons rijtje zat.
Maar we hadden aangenomen dat ons rijtje alle priemgetallen bevat. Die aanname moet wel fout zijn, want we komen nu op een tegenspraak uit. Kortom, er moeten wel oneindig veel priemgetallen zijn. □
Dat was het al.
Andere, relatief eenvoudige vragen, zoals: zijn er ook oneindig veel paartjes van getallen zoals 17 en 19, of 107 en 109, die maar 2 van elkaar verschillen en allebei priem zijn, of kun je elk getal groter dan 3 als de som van precies twee priemgetallen schrijven, zijn tot op de dag van vandaag niet beantwoord.SPOILEROm 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.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.
hier verlies je mequote:Neem aan dat er eindig veel priemgetallen zijn. Zeg, n priemgetallen, waarbij n misschien wel heel groot is, maar toch eindig. We kunnen al die getallen nu op een rijtje zetten: p1, p2, p3, ..., pn. Bereken nu E = p1·p2···pn + 1. Dus vermenigvuldig al die getallen met elkaar, en tel er 1 bij op.
Waarom wil je dit doen? Niet alleen alle priemgetallen met elkaar vermedigvuldigen, maar ook nog eens '1' bij optellen?
Overigens wat ik zelf een mooie wetmatigheid vind in de wiskunde:
als je alle cijfers in een getal optelt, en je kan dat door 3 delen (en de uitkomst is een heel getal), is het originele getal ook te delen door drie.
Dus: 81 = 8+1=9
9 kan je delen door 3 dus 81 kan je delen door 3
3528921= 3+5+2+8+9+2+1 = 30
30 kan je delen door 3 dus 3528921 kan je delen door 3
8592847932= 8+5+9+2+8+4+7+9+3+2 = 57
57= 5+7=12
12= 1+2 =3
enz.
lolwut
Maar heb je daar ook een bewijs voor?quote:Op maandag 28 september 2009 22:29 schreef BrandX het volgende:
Overigens wat ik zelf een mooie wetmatigheid vind in de wiskunde:
als je alle cijfers in een getal optelt, en je kan dat door 3 delen (en de uitkomst is een heel getal), is het originele getal ook te delen door drie.
Dus: 81 = 8+1=9
9 kan je delen door 3 dus 81 kan je delen door 3
3528921= 3+5+2+8+9+2+1 = 30
30 kan je delen door 3 dus 3528921 kan je delen door 3
8592847932= 8+5+9+2+8+4+7+9+3+2 = 57
57= 5+7=12
12= 1+2 =3
enz.
Ook geen sig dus
ik geef je drie rekenvoorbeelden als bewijs?quote:Op maandag 28 september 2009 22:32 schreef Dennis_enzo het volgende:
[..]
Maar heb je daar ook een bewijs voor?
edit:: ff voor je gegoogled
SPOILEROm 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.niet dat ik het verhaal snap, maar dit is de wetenschappelijke verklaring
lolwut
Een voorbeeld is nooit een bewijs in de wiskunde. Al geef je 1000 voorbeelden, je hebt het niet bewezenquote:Op maandag 28 september 2009 22:33 schreef BrandX het volgende:
[..]
ik geef je drie rekenvoorbeelden als bewijs?
Ook geen sig dus
Zie mijn editquote:
[..]
Een voorbeeld is nooit een bewijs in de wiskunde. Al geef je 1000 voorbeelden, je hebt het niet bewezen
lolwut
quote:Op maandag 28 september 2009 22:33 schreef BrandX het volgende:
[..]
ik geef je drie rekenvoorbeelden als bewijs?
edit:: ff voor je gegoogledH0 = Het is toeval, dat hij 3 toevallig rekenvoorbeelden geeft.SPOILEROm 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.niet dat ik het verhaal snap, maar dit is de wetenschappelijke verklaring
H1 = H0 is niet waar.
Als je alle getallen met elkaar vermenigvuldigt is het getal dat je dan krijgt deelbaar door al die getallen, als je er dan 1 bij optelt is ie weer slechts deelbaar door zichzelf en door 1, dat betekent dat je een nieuw priemgetal hebt en dat er dus geen eindigheid bestaat in de reeks priemgetallen.quote:Op maandag 28 september 2009 22:29 schreef BrandX het volgende:
[..]
hier verlies je me
Waarom wil je dit doen? Niet alleen alle priemgetallen met elkaar vermedigvuldigen, maar ook nog eens '1' bij optellen?
Fietstas.
ok, ok, als dit topic uitsluitend voor wiskundebollendozen is kan ik beter wegblijven.
Iblis, kan jij mijn vraag in de fipo beantwoorden?
lolwut
ah zo! Helder, thanks.quote:
[..]
Als je alle getallen met elkaar vermenigvuldigt is het getal dat je dan krijgt deelbaar door al die getallen, als je er dan 1 bij optelt is ie weer slechts deelbaar door zichzelf en door 1, dat betekent dat je een nieuw priemgetal hebt en dat er dus geen eindigheid bestaat in de reeks priemgetallen.
lolwut
Nee, het produkt + 1 hoeft geen priemgetal te zijn.quote:
[..]
Als je alle getallen met elkaar vermenigvuldigt is het getal dat je dan krijgt deelbaar door al die getallen, als je er dan 1 bij optelt is ie weer slechts deelbaar door zichzelf en door 1, dat betekent dat je een nieuw priemgetal hebt en dat er dus geen eindigheid bestaat in de reeks priemgetallen.
Het idee is als volgt:
Stel dat Pn het n-de priemgetal is en het grootste priemgetal dat je kent. Dan is het produkt van alle priemgetallen tot en met Pn :
P1*P2*P3* ... *Pn-1*Pn
Deelbaar door elk van zijn factoren Px, oftewel door alle priemgetallen tot en met Pn
Als je er 1 bij optelt, dan hou je bij deling door een willekeurig priemgetal Px een rest 1 over. Pn is dus niet meer deelbaar door alle priemgetallen tot en met Pn en is dan of zelf een priemgetal of deelbaar door een priemgetal groter dan Pn. Je kan overigens het produkt van alle priemgetallen in dit bewijs ook prima vervangen door faculteit, als je dat makkelijker vindt
[ Bericht 9% gewijzigd door #ANONIEM op 28-09-2009 22:49:18 ]
Dat is in feite de truc. Het is slim om dat te doen. Want daarmee bereik je precies wat je wilt. Het is misschien te vergelijken met vragen waarom zet Rembrandt daar net dat lichtaccent neer? Het had ook ergens anders gekund, maar juist door het dáár te doen bereikt hij zo’n magisch effect.quote:Op maandag 28 september 2009 22:29 schreef BrandX het volgende:
[..]
hier verlies je me
Waarom wil je dit doen? Niet alleen alle priemgetallen met elkaar vermedigvuldigen, maar ook nog eens '1' bij optellen?
Het doel bij dit bewijs is dat we willen aantonen dat er oneindig veel priemgetallen zijn. We beginnen nu met aannemen dat er maar eindig veel zijn. De truc is nu om op een of andere manier te bewijzen dat je, als je dat doet, ‘enige priemgetallen overslaat’. Als je ze allemaal op een rijtje zet, dat je rijtje tóch niet compleet is.
Het rijtje is dus p1 t/m pn. De slimmigheid zit ’m nu in die vermenigvuldiging. Dat is waar het wiskundig inzicht en de genialiteit van Euklides naar voren komt. Als je dat leest denk je: dát is een slimme zet. Juist die + 1 na het vermenigvuldigen is in feit het slimme.
Doordat hij dat doet, kan hij daarna zeggen: en het nieuwe getal (E dus) is niet deelbaar door p1, niet door p2, enzovoort. Als hij die + 1 niet had gedaan, dan was het bewijs niet van de grond gekomen. Dus juist daar zit de slimmigheid van het bewijs.
Ik hoop dat het duidelijk 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.
Na twee keer lezen wel ja! Het mooie zit 'em inderdaad in de simpelheid van de +1quote:Op maandag 28 september 2009 22:47 schreef Iblis het volgende:
[..]
Dat is in feite de truc. Het is slim om dat te doen. Want daarmee bereik je precies wat je wilt. Het is misschien te vergelijken met vragen waarom zet Rembrandt daar net dat lichtaccent neer? Het had ook ergens anders gekund, maar juist door het dáár te doen bereikt hij zo’n magisch effect.
Het doel bij dit bewijs is dat we willen aantonen dat er oneindig veel priemgetallen zijn. We beginnen nu met aannemen dat er maar eindig veel zijn. De truc is nu om op een of andere manier te bewijzen dat je, als je dat doet, ‘enige priemgetallen overslaat’. Als je ze allemaal op een rijtje zet, dat je rijtje tóch niet compleet is.
Het rijtje is dus p1 t/m pn. De slimmigheid zit ’m nu in die vermenigvuldiging. Dat is waar het wiskundig inzicht en de genialiteit van Euklides naar voren komt. Als je dat leest denk je: dát is een slimme zet. Juist die + 1 na het vermenigvuldigen is in feit het slimme.
Doordat hij dat doet, kan hij daarna zeggen: en het nieuwe getal (E dus) is niet deelbaar door p1, niet door p2, enzovoort. Als hij die + 1 niet had gedaan, dan was het bewijs niet van de grond gekomen. Dus juist daar zit de slimmigheid van het bewijs.
Ik hoop dat het duidelijk is.
BIjna zo simpel dat het daardoor briljant is.
lolwut
Daarmee kom je trouwens wel weer bij een nieuwe interessante vraag uit:
Had je op de een of andere manier kunnen weten dat je met +1 een bewijs kunt maken, of is dat alleen maar intuïtie en geluk?
Anders gezegd: als je een willekeurige wiskundige stelling hebt, kan een computer deze stelling dan bewijzen of weerleggen?
Nee. Om dat te laten zien moeten we de vraagstelling iets anders formuleren:
Zijn er wiskundige stellingen, waarvan een turing-machine niet zou kunnen zeggen of ze waar zijn of niet?
Ja.
Bewijzen door middel van tegenspraak zijn leuk. Dus:
Aanname: het kan wel. Dan kunnen we dus een computerprogramma maken dat de volgende taak uitvoert:
Om van enig praktisch nut te zijn, moet dit programma uiteraard ooit een antwoord geven, want als het programma voor sommige stellingen in een oneindige lus geraakt en dus nooit antwoord geeft, heb je er ook niks aan.
Stel nou dus, dat er een programma test_stelling bestaat, dat altijd eindigt. Dan kunnen we dat programma ook weer gebruiken om te kijken of andere programma's eindigen. In het bijzonder kunnen we Programma ( Programma ) eindigt als stelling nemen en deze stelling laten testen:
Wat doet deze functie?
Als de stelling Programma ( Programma ) eindigt waar is, komt het programma 'test' in een oneindige lus en eindigt dus niet.
Als Programma ( Programma ) eindigt niet waar is, is het programma 'test' meteen klaar.
En nu komt de truc:
Nou zijn er twee opties:
1. test_stelling ( test ( test ) eindigt ) == 'ja', maar dat betekent dat test ( test ) in een oneindige lus raakt en dus niet eindigt, tegenspraak!
2. test_stelling ( test ( test ) eindigt ) == 'nee', maar dat betekent dat test ( test ) meteen klaar is en dus wel eindigt, tegenspraak!
M.a.w. de aanname was fout. Het kan dus niet.
Edit: Toen ik wiskunde studeerde deden we nooit aan bronvermeldingen. Maar ik geloof dat het wel zo netjes is, dus ik zal er maar even bij vermelden dat dit bewijs werd geleverd door Turing en ook wel het 'stopprobleem' wordt genoemd.
En nou hoop ik maar dat ik zo laat op de avond met m'n slaperige hoofd geen fout heb gemaakt...
[ Bericht 3% gewijzigd door #ANONIEM op 29-09-2009 00:01:48 ]
Had je op de een of andere manier kunnen weten dat je met +1 een bewijs kunt maken, of is dat alleen maar intuïtie en geluk?
Anders gezegd: als je een willekeurige wiskundige stelling hebt, kan een computer deze stelling dan bewijzen of weerleggen?
Nee. Om dat te laten zien moeten we de vraagstelling iets anders formuleren:
Zijn er wiskundige stellingen, waarvan een turing-machine niet zou kunnen zeggen of ze waar zijn of niet?
Ja.
Bewijzen door middel van tegenspraak zijn leuk. Dus:
Aanname: het kan wel. Dan kunnen we dus een computerprogramma maken dat de volgende taak uitvoert:
| 1 2 3 | als Stelling waar: antwoord 'ja' anders: antwoord 'nee' |
Om van enig praktisch nut te zijn, moet dit programma uiteraard ooit een antwoord geven, want als het programma voor sommige stellingen in een oneindige lus geraakt en dus nooit antwoord geeft, heb je er ook niks aan.
Stel nou dus, dat er een programma test_stelling bestaat, dat altijd eindigt. Dan kunnen we dat programma ook weer gebruiken om te kijken of andere programma's eindigen. In het bijzonder kunnen we Programma ( Programma ) eindigt als stelling nemen en deze stelling laten testen:
| 1 2 | doe niks zolang test_stelling ( Programma ( Programma ) eindigt ) == 'ja' |
Wat doet deze functie?
Als de stelling Programma ( Programma ) eindigt waar is, komt het programma 'test' in een oneindige lus en eindigt dus niet.
Als Programma ( Programma ) eindigt niet waar is, is het programma 'test' meteen klaar.
En nu komt de truc:
| 1 |
Nou zijn er twee opties:
1. test_stelling ( test ( test ) eindigt ) == 'ja', maar dat betekent dat test ( test ) in een oneindige lus raakt en dus niet eindigt, tegenspraak!
2. test_stelling ( test ( test ) eindigt ) == 'nee', maar dat betekent dat test ( test ) meteen klaar is en dus wel eindigt, tegenspraak!
M.a.w. de aanname was fout. Het kan dus niet.
Edit: Toen ik wiskunde studeerde deden we nooit aan bronvermeldingen. Maar ik geloof dat het wel zo netjes is, dus ik zal er maar even bij vermelden dat dit bewijs werd geleverd door Turing en ook wel het 'stopprobleem' wordt genoemd.
En nou hoop ik maar dat ik zo laat op de avond met m'n slaperige hoofd geen fout heb gemaakt...
[ Bericht 3% gewijzigd door #ANONIEM op 29-09-2009 00:01:48 ]
Vierkantswortel van 2 is geen rationaal getal (maw kan niet als breuk van twee gehele getallen geschreven worden.)
(in het volgende stelt a een geheel getal voor)
Wat is een even getal? Een getal dat geschreven kan worden als 2*a
a=0 geeft 0 a=1 geeft 2 etc..
Een oneven getal kan geschreven worden als (2*a + 1) (dus een even getal +1)
a=0 geeft 1 a=1 geeft 3 etc...
Eerst bewijzen we dat het kwadraat van een even getal even is, en het kwadraat van een oneven getal oneven:
(2*a)2=4 * a2 = 2 * (2*a2); dus even
(2*a+1)2 = 4*a2 + 4*a + 1 = 2*(2*a2 + 2*a) + 1 (eerste term is even want factor twee; plus één wordt dus oneven)
Een rationaal getal is een getal dat geschreven kan worden als een breuk van gehele getallen. Elke breuk kan vereenvoudigd worden tot z'n eenvoudigste schrijfwijze (=met de kleinst mogelijke teller en noemer), door teller en noemer te delen door hun gemeenschappelijke delers. Daaruit volgt dat elke breuk kan geschreven worden als T/N waarbij minstens één van beide ( T of N) oneven zijn; immers: als ze beide even zijn kan je ze delen door twee, en herhalen tot T of N oneven wordt.
Stel nu dat T/N = wortel van 2. waarbij minstens één van beide oneven is.
Dus: (T/N)2 = 2
of T2 = 2*N2 ---> hieruit volgt dat T2 even is. T zelf kan dan niet oneven zijn, want dan zou het kwadraat ook oneven zijn (zie boven)
Als T even is bestaat er een geheel getal K = T/2
--> T = 2*K ---> T2 = 4*K2
vervangen we T door 2*K in bovenstaande vergelijking
4*K2=2*N2
of (linker en rechterhelft delen door twee)
2*K2=N2
dus N kwadraat is even, N zelf dus ook. En we hadden reeds gevonden dat T even was. Wat in tegenspraak is met onze veronderstelling, dat T en N niet beide even kunnen zijn.
Onze veronderstelling leidt tot een tegenspraak, maw, T en N bestaan niet (als eindige getallen)
(btw: let erop dat de conclusie T2 = even, dus T is even volgt uit de stelling dat het kwadraat van een oneven getal oneven is, niet uit de stelling dat het kwadraat van een even getal even is. Nederlanders zijn mensen betekent niet dat mensen Nederlanders zijn)
(in het volgende stelt a een geheel getal voor)
Wat is een even getal? Een getal dat geschreven kan worden als 2*a
a=0 geeft 0 a=1 geeft 2 etc..
Een oneven getal kan geschreven worden als (2*a + 1) (dus een even getal +1)
a=0 geeft 1 a=1 geeft 3 etc...
Eerst bewijzen we dat het kwadraat van een even getal even is, en het kwadraat van een oneven getal oneven:
(2*a)2=4 * a2 = 2 * (2*a2); dus even
(2*a+1)2 = 4*a2 + 4*a + 1 = 2*(2*a2 + 2*a) + 1 (eerste term is even want factor twee; plus één wordt dus oneven)
Een rationaal getal is een getal dat geschreven kan worden als een breuk van gehele getallen. Elke breuk kan vereenvoudigd worden tot z'n eenvoudigste schrijfwijze (=met de kleinst mogelijke teller en noemer), door teller en noemer te delen door hun gemeenschappelijke delers. Daaruit volgt dat elke breuk kan geschreven worden als T/N waarbij minstens één van beide ( T of N) oneven zijn; immers: als ze beide even zijn kan je ze delen door twee, en herhalen tot T of N oneven wordt.
Stel nu dat T/N = wortel van 2. waarbij minstens één van beide oneven is.
Dus: (T/N)2 = 2
of T2 = 2*N2 ---> hieruit volgt dat T2 even is. T zelf kan dan niet oneven zijn, want dan zou het kwadraat ook oneven zijn (zie boven)
Als T even is bestaat er een geheel getal K = T/2
--> T = 2*K ---> T2 = 4*K2
vervangen we T door 2*K in bovenstaande vergelijking
4*K2=2*N2
of (linker en rechterhelft delen door twee)
2*K2=N2
dus N kwadraat is even, N zelf dus ook. En we hadden reeds gevonden dat T even was. Wat in tegenspraak is met onze veronderstelling, dat T en N niet beide even kunnen zijn.
Onze veronderstelling leidt tot een tegenspraak, maw, T en N bestaan niet (als eindige getallen)
(btw: let erop dat de conclusie T2 = even, dus T is even volgt uit de stelling dat het kwadraat van een oneven getal oneven is, niet uit de stelling dat het kwadraat van een even getal even is. Nederlanders zijn mensen betekent niet dat mensen Nederlanders zijn)
I'll be back
quote:Op maandag 28 september 2009 22:18 schreef Iblis het volgende:
Als eerste bewijs, een klassieker, namelijk, dat er oneindig veel priemgetallen zijn. De bedenker, Euklides, leefde zo ongeveer 2300 jaar geleden.
Het bewijs is zo belangrijk omdat het zo ongelooflijk elegant is, en omdat priemgetallen tot op de dag van vandaag fascinerend blijven. Er zijn veel vragen nog niet beantwoord, maar eentje in ieder geval wel: er zijn er namelijk oneindig veel. Er kan dus altijd gezocht worden naar nóg een groter priemgetal.
Als eerste: Een priemgetal is een getal dat precies twee delers heeft: 1 en zichzelf. Bijvoorbeeld 13, of 17, of 1009. Het getal 1 wordt meestal niet als priemgetal beschouwd. Maar nu het bewijs.
Neem aan dat er eindig veel priemgetallen zijn. Zeg, n priemgetallen, waarbij n misschien wel heel groot is, maar toch eindig. We kunnen al die getallen nu op een rijtje zetten: p1, p2, p3, ..., pn. Bereken nu E = p1·p2···pn + 1. Dus vermenigvuldig al die getallen met elkaar, en tel er 1 bij op.
Het is duidelijk dat dit getal E niet deelbaar is door p1, want je houdt nog rest 1 over. Ook niet door p2, daar geldt hetzelfde voor, zo geldt dat voor al die priemgetallen tot en met pn.
Dit betekent óf dat E zelf een priemgetal is, of als het geen priemgetal is (en dus deelbaar is door een ander priemgetal), dat het dan deelbaar is door een priemgetal dat niet in ons rijtje zat.
Maar we hadden aangenomen dat ons rijtje alle priemgetallen bevat. Die aanname moet wel fout zijn, want we komen nu op een tegenspraak uit. Kortom, er moeten wel oneindig veel priemgetallen zijn. □
Dat was het al.Ik vind wiskunde nog steeds saai geloof ikSPOILEROm 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.SPOILEROm 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.Eindelijk iemand die denkt wat iedereen zegt
Tijd voor een nieuwe stelling, wederom een over priemgetallen. Ik zal eerst de stelling uitleggen, later een bewijs.
We kunnen ons afvragen welke priemgetallen p te schrijven zijn als som van twee kwadraten. De welbekende identiteit 1 + 1 = 2 laat zien dat 2 hier in elk geval aan voldoet, waarna we ons kunnen concentreren op de oneven priemgetallen.
Wil een som van twee kwadraten oneven zijn, dan zal precies 1 van deze kwadraten even moeten zijn en de andere oneven. Een even kwadraat is altijd deelbaar door 4 en een oneven kwadraat is altijd 1 modulo 4. We zien dus dat p sowieso 1 modulo 4 zal moeten zijn en priemgetallen die 3 modulo 4 zijn, zoals 3, 7, 11, etc kunnen dan ook niet als som van twee kwadraten geschreven worden. De stelling zegt nu dat ook het omgekeerde geldt:
Stelling. Elk priemgetal dat 1 modulo 4 is kan geschreven worden als de som van twee kwadraten.
Er zijn meerdere bewijzen van deze stelling bekend, eigenlijk allemaal wel behoorlijk fraai. Om de spanning op te voeren en om de stelling even te laten bezinken bij de lezer zal ik nog even wachten met het posten van het fraaiste bewijs.
We kunnen ons afvragen welke priemgetallen p te schrijven zijn als som van twee kwadraten. De welbekende identiteit 1 + 1 = 2 laat zien dat 2 hier in elk geval aan voldoet, waarna we ons kunnen concentreren op de oneven priemgetallen.
Wil een som van twee kwadraten oneven zijn, dan zal precies 1 van deze kwadraten even moeten zijn en de andere oneven. Een even kwadraat is altijd deelbaar door 4 en een oneven kwadraat is altijd 1 modulo 4. We zien dus dat p sowieso 1 modulo 4 zal moeten zijn en priemgetallen die 3 modulo 4 zijn, zoals 3, 7, 11, etc kunnen dan ook niet als som van twee kwadraten geschreven worden. De stelling zegt nu dat ook het omgekeerde geldt:
Stelling. Elk priemgetal dat 1 modulo 4 is kan geschreven worden als de som van twee kwadraten.
Er zijn meerdere bewijzen van deze stelling bekend, eigenlijk allemaal wel behoorlijk fraai. Om de spanning op te voeren en om de stelling even te laten bezinken bij de lezer zal ik nog even wachten met het posten van het fraaiste bewijs.
tvp als wiskundestudent
-----------------------------------------------------
So happy to show us, I ate the lotus
... and I feel fine.
So happy to show us, I ate the lotus
... and I feel fine.
Geinig
I have the cape. I make the fucking Whoosh noise.
Op donderdag 12 juli 2012 19:56 schreef Lithia het volgende:
Ik durf hier niets over te zeggen. Bart is koning hier.
Op donderdag 12 juli 2012 19:56 schreef Lithia het volgende:
Ik durf hier niets over te zeggen. Bart is koning hier.
tvp, ik ben benieuwd naar het bewijs van thabit
Want ik heb destijds besloten, dat ik de harde weg ontwijk.
Dus blijf ik lopen door de sloten, het liefst in zeven tegelijk.
BZB - Zeven Sloten
Dus blijf ik lopen door de sloten, het liefst in zeven tegelijk.
BZB - Zeven Sloten
Tijd voor een bewijs, inderdaad. Het bewijs dat ik hier geef is afkomstig van Don Zagier, onthoud die naam.quote:Op dinsdag 29 september 2009 10:41 schreef thabit het volgende:
Stelling. Elk priemgetal dat 1 modulo 4 is kan geschreven worden als de som van twee kwadraten.
Zij p = 4k + 1 een priemgetal. We gaan kijken naar alle oplossingen van de vergelijking
(*) x2 + 4yz = p
in positieve gehele getallen x, y en z. Het doel is om aan te tonen dat er een oplossing bestaat met y=z. Zo'n oplossing geeft dan namelijk x2 + (2y)2.
De grap is nu, dat we oplossingen in paren kunnen opdelen: als (x,y,z) een oplossing van (*) is, dan is (x,z,y) dat ook. De oplossingen met y=z zijn precies diegenen die onder deze paring aan zichzelf zijn gekoppeld. Het doel is nu, om aan te tonen dat (*) een oneven aantal oplossingen heeft: als dat zo is, moet er onder de paring een oplossing zijn die bij zichzelf hoort, en dus y=z heeft.
Om aan te tonen dat (*) een oneven aantal oplossingen heeft definieren we een andere paring op de verzameling oplossingen. Hiervoor jat ik gewoon een plaatje van Wikipedia:
Zagier claimt nu 2 dingen:
(a) Dit is inderdaad een paring op de oplossingen van (*).
(b) Het enige punt dat aan zichzelf gekoppeld wordt is (1, 1, k).
Laten we eerst eens aannemen dat dit klopt, dan bewijzen we de claims morgen wel.
. De paring deelt de verzameling oplossingen op in paren, maar er zit 1 eenling tussen op die manier (namelijk (1,1,k)). Dus heeft (*) een oneven aantal oplossingen.
De mooiste bewijzen zijn de bewijzen waar je een half uur naar kijkt om dan "ow zo doen ze dat" te zeggen
"Those unforgettable days, for them I live"
tvp, thabit kan het dat ik les van je hebt gehad voor Algebra 1 in Leiden?
WEB / [HaxBall #64] Jos is God
Arguing on the Internet is like running in the Special Olympics.
Arguing on the Internet is like running in the Special Olympics.
Ik heb nog een wat simpeler bewijs, voor een andere stelling. Namelijk, de som van de eerste n oneven getallen is altijd een kwadraat. B.v. 1 + 3 = 4 = 22, 1 + 3 + 5 = 9 = 32. En 1 + 3 + 5 + 7 = 16 = 42, en 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 52. Dat doet zelfs vermoeden dat we kunnen zeggen: de som van de eerste n oneven getallen is n2.
Nu, zie hier:
Bron: Wikimedia Commons. Maker: Anynobody. Licentie: CC-BY-SA.
Tevens laat dit mooi zien waarom kwadraat eigenlijk ‘vierkant’ betekent.
Nu, zie hier:
Bron: Wikimedia Commons. Maker: Anynobody. Licentie: CC-BY-SA.
Tevens laat dit mooi zien waarom kwadraat eigenlijk ‘vierkant’ betekent.
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.
De illustratie maakt het mooi inzichtelijk maar is natuurlijk geen bewijs. Ik vind dit eigenlijk vrij triviaal en je kunt het eenvoudig ook inductief bewijzen:quote:
Ik heb nog een wat simpeler bewijs, voor een andere stelling. Namelijk, de som van de eerste n oneven getallen is altijd een kwadraat. B.v. 1 + 3 = 4 = 22, 1 + 3 + 5 = 9 = 32. En 1 + 3 + 5 + 7 = 16 = 42, en 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 52. Dat doet zelfs vermoeden dat we kunnen zeggen: de som van de eerste n oneven getallen is n2.
Nu, zie hier:
[ link | afbeelding ]
Bron: Wikimedia Commons. Maker: Anynobody. Licentie: CC-BY-SA.
Tevens laat dit mooi zien waarom kwadraat eigenlijk ‘vierkant’ betekent.
Stel:
Sn is de som van de eerste n oneven getallen, en stel dat x = n -1
Dan is het n-de oneven getal uit te drukken als 2*n-1
Als Sn = x2 dan geldt:
Sn+1 = Sn + 2*n -1 = x2 + 2*( x+1) -1 = x2 +2*x +1 = (x+1)2
Dus als de stelling waar is voor n, dan is ie ook waar voor n+1. Voor n=1 is eenvoudig te verifieren dat de stelling klopt.
[ Bericht 0% gewijzigd door #ANONIEM op 29-09-2009 23:40:59 ]
Ik vind dat inductiebewijs veel minder inzichtelijk. Die afbeelding maakt op dezelfde manier duidelijk dat je er telkens weer een hoekje aan kunt plakken, natuurlijk, hier is ze afgekapt op het 8e oneven getal, maar de manier om naar de som van 9 oneven getallen te komen is evident. En daarmee bij 10, 11, 12, 13, enz.quote:
[..]
De illustratie maakt het mooi inzichtelijk maar is natuurlijk geen bewijs. Ik vind dit eigenlijk vrij triviaal en je kunt het eenvoudig ook inductief bewijzen:
Stel:
Sn is de som van de eerste n oneven getallen, en stel dat x = n -1
Dan is het n-de oneven getal uit te drukken als 2*n-1
Als Sn = x2 dan geldt:
Sn+1 = Sn + 2*n -1 = x2 + 2*( x+1) -1 = x2 +2*x +1 = (x+1)2
Dus als de stelling waar is voor n, dan is ie ook waar voor n+1. Voor n=1 is eenvoudig te verifieren dat de stelling klopt.
Eenzelfde soort bewijs kan overigens voor de som van 1 t/m N gegeven worden. Die som heet nota bene driehoeksgetal. Formaliseren is intens belangrijk, maar als het gaat om een idee, een beeld erachter is zo’n afbeelding m.i. van heel veel waarde.
Natuurlijk, inductie werkt ook, maar je moet inductie of als axioma aannemen of bewijzen vanuit een wel-ordenings axioma, hoe dan ook, die techniek is minder inzichtvol – maar dat is natuurlijk te betwisten als je ze al heel vaak gehanteerd hebt – dan zo’n plaatje. Wat ook echt mooi illustreert hoe een kwadraat aan z’n naam komt.
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.
Het plaatje is ook wel verhelderend, dat geef ik onmiddelijk toe. Als je trouwens de rechterbovenhoek van ieder vierkant een kleurtje zou geven dan zie je ook onmiddelijk en zonder het te hoeven uitschrijven dat (x+1)2 = x2 + 2*x +1. Het randje dat er bij komt is namelijk onder te verdelen in twee stukjes van lengte x en een los blokje, het rechterbovenhoekje.
Als je alleen maar voor inzichtelijkheid gaat kun je trouwens ook goed zonder afbeelding. Uit x2 + 2*x +1 blijkt immers al dat er 2*x+1 bijkomt en dat is altijd het volgende oneven getal.
[ Bericht 10% gewijzigd door #ANONIEM op 30-09-2009 00:02:33 ]
Als je alleen maar voor inzichtelijkheid gaat kun je trouwens ook goed zonder afbeelding. Uit x2 + 2*x +1 blijkt immers al dat er 2*x+1 bijkomt en dat is altijd het volgende oneven getal.
[ Bericht 10% gewijzigd door #ANONIEM op 30-09-2009 00:02:33 ]
Haal trouwens de fout maar even uit mijn "bewijs" 
Het principe klopt, maar er zit een onnauwkeurigheid is. Dat krijg je er van als je laat op de avond met je gare hoofd nog bewijzen gaat zitten bedenken.
[ Bericht 0% gewijzigd door #ANONIEM op 30-09-2009 00:20:44 ]
Het principe klopt, maar er zit een onnauwkeurigheid is. Dat krijg je er van als je laat op de avond met je gare hoofd nog bewijzen gaat zitten bedenken.[ Bericht 0% gewijzigd door #ANONIEM op 30-09-2009 00:20:44 ]
Stelling: Elk positief natuurlijk getal is voor wiskundigen interessant.
Bewijs: Neem aan dat er minimaal 1 positief natuurlijk getal N bestaat die voor wiskundigen niet interessant is. Dat betekent dat er ook een kleinste positief natuurlijk getal N bestaat. Het feit dat dat getal het kleinste positieve natuurlijke getal N maakt het voor wiskundigen een interessant getal. Contradictie!
QED.
[ Bericht 0% gewijzigd door Dennis_enzo op 30-09-2009 05:32:24 ]
Bewijs: Neem aan dat er minimaal 1 positief natuurlijk getal N bestaat die voor wiskundigen niet interessant is. Dat betekent dat er ook een kleinste positief natuurlijk getal N bestaat. Het feit dat dat getal het kleinste positieve natuurlijke getal N maakt het voor wiskundigen een interessant getal. Contradictie!
QED.
[ Bericht 0% gewijzigd door Dennis_enzo op 30-09-2009 05:32:24 ]
Ook geen sig dus
Tvp voor leuke bewijzen
Ik in een aantal worden omschreven: Ondernemend | Moedig | Stout | Lief | Positief | Intuïtief | Communicatief | Humor | Creatief | Spontaan | Open | Sociaal | Vrolijk | Organisator | Pro-actief | Meedenkend | Levensgenieter | Spiritueel
quote:Op woensdag 30 september 2009 05:13 schreef Dennis_enzo het volgende:
Stelling: Elk positief natuurlijk getal is voor wiskundigen interessant.
Bewijs: Neem aan dat er minimaal 1 positief natuurlijk getal N bestaat die voor wiskundigen niet interessant is. Dat betekent dat er ook een kleinste positief natuurlijk getal N bestaat. Het feit dat dat getal het kleinste positieve natuurlijke getal N maakt het voor wiskundigen een interessant getal. Contradictie!
QED.
WEB / [HaxBall #64] Jos is God
Arguing on the Internet is like running in the Special Olympics.
Arguing on the Internet is like running in the Special Olympics.
Pythagoras is op heel veel manieren bewezen, maar het bewijs van James Garfield (de 20e president van de V.S.), alhoewel niet heel erg spectaculair, vind ik wel erg leuk:
Neem deze trapezoide (plaatje even gejat)
De oppervlakte van het ding is
O = (a+b)(a+b)/2
Dat kun je eenvoudig inzien door de trapezoide 180 gedraaid bovenop zichzelf te plaatsen, wat een vierkant met zijde (a+b) oplevert. De oppervlakte van de trapezoide is dan de helft van de oppervlakte van het vierkant.
Maar de oppervlakte is natuurlijk ook gelijk aan de som van de oppervlakten van de samenstellende rechthoekige driehoeken:
O = ab/2 + ab/2 + c2/2
Uitschrijven levert op:
(a+b)2/2 = ab + c2/2
a2 + b2 + 2ab = 2ab +c2
a2 + b2 = c2
[ Bericht 1% gewijzigd door #ANONIEM op 30-09-2009 23:26:29 ]
Neem deze trapezoide (plaatje even gejat)
De oppervlakte van het ding is
O = (a+b)(a+b)/2
Dat kun je eenvoudig inzien door de trapezoide 180 gedraaid bovenop zichzelf te plaatsen, wat een vierkant met zijde (a+b) oplevert. De oppervlakte van de trapezoide is dan de helft van de oppervlakte van het vierkant.
Maar de oppervlakte is natuurlijk ook gelijk aan de som van de oppervlakten van de samenstellende rechthoekige driehoeken:
O = ab/2 + ab/2 + c2/2
Uitschrijven levert op:
(a+b)2/2 = ab + c2/2
a2 + b2 + 2ab = 2ab +c2
a2 + b2 = c2
[ Bericht 1% gewijzigd door #ANONIEM op 30-09-2009 23:26:29 ]
Die kende ik niet, nicequote:
[quote]Op zondag 16 augustus 2009 01:12 schreef remlof het volgende:
Ik ben nog uit de tijd van de barre winters en de tolerantie [/quote]
Ik ben nog uit de tijd van de barre winters en de tolerantie [/quote]
Dit moest ik nog even afmaken. Zagier schrijft hier zelf geen bewijs van op, omdat het door een geoefende wiskundige makkelijk te verifieren is. Het is in de wiskunde dan ook zeer gebruikelijk om bewijzen die de lezer direct na kan gaan, niet op te schrijven, of daar in elk geval heel kort in te zijn. Er gebeuren hier dus ook geen bijzonder interessante dingen meer.quote:Op dinsdag 29 september 2009 22:21 schreef thabit het volgende:
[..]
Zij p = 4k + 1 een priemgetal. We gaan kijken naar alle oplossingen van de vergelijking
(*) x2 + 4yz = p
in positieve gehele getallen x, y en z. Het doel is om aan te tonen dat er een oplossing bestaat met y=z. Zo'n oplossing geeft dan namelijk x2 + (2y)2.
Zagier claimt nu 2 dingen:
(a) Dit is inderdaad een paring op de oplossingen van (*).
(b) Het enige punt dat aan zichzelf gekoppeld wordt is (1, 1, k).
Laten we eerst eens aannemen dat dit klopt, dan bewijzen we de claims morgen wel.
De fraaiheid van het bewijs zit hem er dan ook in dat het volkomen gestoord is en niet te bevatten hoe iemand erop komt; dat het volkomen elementair en direct is, maar dat het je totaal geen inzicht in wat dan ook geeft. Hieraan herken je Don Zagier: zijn voordrachten zijn ook eigenlijk altijd een soort wiskundige goochelacts, uiterst vermakelijk om naar te kijken, maar je leert er geen ene kloot van.
.Laat ik vooral opmerken dat het hier cruciaal is dat p een priemgetal is: een getal als 21 is ook 1 modulo 4, maar niet te schrijven als som van twee kwadraten.
Hieruit volgt dan ook meteen dat de gevallen x = y-z en x = 2y niet kunnen voorkomen: in het eerste geval is (*) gelijk aan (y+z)2 en in het tweede geval deelbaar door 4, in geen van beide gevallen dus een priemgetal. Het is ook direct duidelijk dat door de gestelde ongelijkheden in elk van de gevallen, positieve getallen naar positieve getallen worden gestuurd. Door haakjes uit te werken kun je ook zien dat in elk van de drie gevallen de waarde van de uitdrukking x2+4yz gelijk blijft,.
We beginnen met (b): in een oplossing (x,y,z) kan x alleen naar zichzelf gestuurd worden in het tweede geval. Dan geldt ook automatisch x=y en dus p = x2 + 4xz = x(x + 4z). Omdat p een priemgetal is, moet x nu wel 1 zijn en dan hebben we automatisch y=1 en z=k.
Okee, nu (a). Hierbij moeten we eigenlijk alleen bekijken dat als je begint met een oplossing van (*) die aan een van de 3 gestelde ongelijkheden voldoet, aan welke ongelijkheid de oplossing voldoet waar je haar heenstuurt, dan weet je namelijk ook waar dat weer heen wordt gestuurd en dan kun je in alle geval direct zien dat het (x,y,z) is.
Het eerste geval wordt naar het derde geval gestuurd: er geldt altijd x+2z > 2z. Zo ook wordt het derde geval naar het eerste geval gestuurd: altijd geldt x-2y < x-2y+z = (x-y+z) + y. Een oplossing uit geval 2 wordt naar een oplossing uit geval 2 gestuurd: altijd geldt y - (x-y+z) = 2y-x-z < 2y-x en 2y-x < 2y.
Oh, mochten users ook requests kunnen plaatsen: het bewijs van 1 plus 1 gelijkstaat aan 2. Graag met zo duidelijk mogelijke uitleg!
Bedankt.
Bedankt.
Is daar wel bewijs voor? 1+1=2 is toch een axioma?quote:
Oh, mochten users ook requests kunnen plaatsen: het bewijs van 1 plus 1 gelijkstaat aan 2. Graag met zo duidelijk mogelijke uitleg!
Bedankt.
I have the cape. I make the fucking Whoosh noise.
Op donderdag 12 juli 2012 19:56 schreef Lithia het volgende:
Ik durf hier niets over te zeggen. Bart is koning hier.
Op donderdag 12 juli 2012 19:56 schreef Lithia het volgende:
Ik durf hier niets over te zeggen. Bart is koning hier.
Hmm, toch wel:
quote:The proof starts from the Peano Postulates, which define the natural
numbers N. N is the smallest set satisfying these postulates:
P1. 1 is in N.
P2. If x is in N, then its "successor" x' is in N.
P3. There is no x such that x' = 1.
P4. If x isn't 1, then there is a y in N such that y' = x.
P5. If S is a subset of N, 1 is in S, and the implication
(x in S => x' in S) holds, then S = N.
Then you have to define addition recursively:
Def: Let a and b be in N. If b = 1, then define a + b = a'
(using P1 and P2). If b isn't 1, then let c' = b, with c in N
(using P4), and define a + b = (a + c)'.
Then you have to define 2:
Def: 2 = 1'
2 is in N by P1, P2, and the definition of 2.
Theorem: 1 + 1 = 2
Proof: Use the first part of the definition of + with a = b = 1.
Then 1 + 1 = 1' = 2 Q.E.D.
I have the cape. I make the fucking Whoosh noise.
Op donderdag 12 juli 2012 19:56 schreef Lithia het volgende:
Ik durf hier niets over te zeggen. Bart is koning hier.
Op donderdag 12 juli 2012 19:56 schreef Lithia het volgende:
Ik durf hier niets over te zeggen. Bart is koning hier.
Dat is ook al een langsgekomen in de Bèta-wiskunde huiswerktopic: [Bèta wiskunde] huiswerk- en vragentopic.quote:
Oh, mochten users ook requests kunnen plaatsen: het bewijs van 1 plus 1 gelijkstaat aan 2. Graag met zo duidelijk mogelijke uitleg!
Bedankt.
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.
Geen idee of het een 'fraaie' afleiding is, maar ik vond deze wel fascinerend:
0,99999...=1
Uitleg: http://en.wikipedia.org/wiki/0.999...
tevens tvp
0,99999...=1
Uitleg: http://en.wikipedia.org/wiki/0.999...
tevens tvp
Bron: Wikimedia Commons. Maker: Hamilton Richards.
Licentie: CC-BY-SA. Edsger Dijkstra in 2002
Nóg een bewijs van de stelling van Pythagoras, door de Nederlandse Wiskundige en Informaticus Edsger Dijkstra. Hij is vooral bekend, nu ja, bekend – menigeen zal nooit van hem gehoord hebben, vanwege zijn werk in de informatica en zijn kortste pad algoritme: een algoritme dat je b.v. kunt gebruiken om in een applicatie als Google Maps de korste weg te vinden van A naar B. Op zich ook een elegant algoritme.
Hij was verder bekend omdat hij alles met zijn vulpen schreef. De stukjes die hij schreef worden EWD’s genoemd, en deze zijn allemaal gescand en te lezen op de universiteit waar hij lange tijd heeft gezeten: De universiteit van Austin, in Texas. In 2002 is hij in Nuenen overleden.
Dit bewijs betreft EWD 975, daarin is zijn handschrift te zien. Een HTML-versie vind je hier. Het origineel is in het Engels, maar hieronder volgt de uitwerking in het Nederlands.
Het vereist op zich alleen middelbare school kennis van wiskunde, maar is denk ik wel iets lastiger dan het vorige Pythagorasbewijs.
Stelling van Pythagoras: In een rechthoekige driehoek is het kwadraat van de lengte van de schuine zijde gelijk aan de som van de kwadraten van de twee andere zijden.
We beginnen met een willekeurige driehoek:
We weten dat de som van de hoeken α, β, γ 180°C is. Of, in radialen, π. We zouden de stelling van Pythagoras dus kunnen uitdrukken als:
γ = π/2 ⇒ a2 + b2 = c2
In woorden: Als γ een rechte hoek is, dan geldt de stelling van Pythagoras. Echter, we weten ook dat α + β + γ = π, dus als we dat invullen krijgen we:
γ = (α + β + γ) / 2 ⇔ 2γ = α + β + γ ⇔ γ = α + β
Dat is niet zo’n vreemde uitdrukking, want inderdaad als γ een rechte hoek is moet α + β ook wel 90° of π/2 zijn. We kunnen dus zeggen:
γ = α + β ⇒ a2 + b2 = c2
Dijkstra vraagt zich nu af ook geldt:
γ = α + β ≡ a2 + b2 = c2
Wat dan equivalent is aan:
γ ≠ α + β ≡ a2 + b2 ≠ c2
Hij merkt nu op dat als als x ≠ y dat dan geldt: x < y óf x > y. (Maar niet beide natuurlijk.) Zijn hypothese is nu dat je zelfs kunt zeggen dat:
α + β < γ ≡ a2 + b2 < c2
α + β > γ ≡ a2 + b2 > c2
Beschouw nu de variant van bovenstaande driehoek, we hebben twee punten H en K toegevoegd:
Dit is dus duidelijk een driehoek waarin geldt dat α + β < γ. Maar het bewijs is dus algemener, dit is alleen ter visualisatie. Maar in dit geval zien we dus dat de oppervlakte van ΔCKB en ΔAHC, die niet overlappen, kleiner is dan de oppervlakte van ΔABC. We duiden de oppervlakte van ΔCKB simpelweg aan met ‘CKB’ en van ΔAHC met ‘AHC’, enz., dan geldt voor de driehoek hierboven:
CKB + AHC < ABC
Het moge duidelijk zijn dat als α + β = γ dat H en K dan precies samenvallen (immers α + β = π/2 in dat geval) en dus geldt dan ook:
CKB + AHC = ABC.
En dat als α + β > γ, dat dan (merk trouwens op dat dit heel veel mogelijke plaatjes geeft in de relatieve positie van A, B, H, en K, dus daarom tekenen we die plaatjes ook niet) geldt:
CKB + AHC > ABC.
Door nu gebruik te maken van de signum functie kunnen we heel eenvoudig schrijven:
signum(α + β - γ) = signum(CKB + AHC - ABC).
Verder valt op dat ΔABC, ΔAHC en ΔCKB gelijkvormig zijn, immers, ze hebben alle drie de hoeken α, β en γ. Omdat ze gelijkvormig zijn geldt:
CKB/a2 = AHC/b2 = ABC/c2.
Dus de oppervlakte gedeeld door het kwadraat van de langste zijde is gelijk (*), en in het bijzonder geldt dat dit positief is. We merken daarom op:
signum(CKB + AHC - ABC) = signum(a2 + b2 - c2).
Dus:
signum(α + β - γ) = signum(a2 + b2 - c2)
Deze stelling zegt, in Dijkstra’s woorden eigenlijk ‘vier keer zoveel als de stelling van Pythagoras’.
* Over die gelijkvormigheid: Neem een driehoek met basis a en hoogte h, en neem een geschaalde driehoek met basis ca en dus hoogte ch. De oppervlakte van de eerste is 1/2·a·h, en van de tweede is 1/2·a·h·c2. Hun oppervlaktes verhouden zich dus als c2, wat inderdaad ook voor de kwadraten van die zijdes geldt
Plaatjes van de driehoeken zijn eigen werk.
Licentie: CC-BY-SA. Edsger Dijkstra in 2002
Nóg een bewijs van de stelling van Pythagoras, door de Nederlandse Wiskundige en Informaticus Edsger Dijkstra. Hij is vooral bekend, nu ja, bekend – menigeen zal nooit van hem gehoord hebben, vanwege zijn werk in de informatica en zijn kortste pad algoritme: een algoritme dat je b.v. kunt gebruiken om in een applicatie als Google Maps de korste weg te vinden van A naar B. Op zich ook een elegant algoritme.
Hij was verder bekend omdat hij alles met zijn vulpen schreef. De stukjes die hij schreef worden EWD’s genoemd, en deze zijn allemaal gescand en te lezen op de universiteit waar hij lange tijd heeft gezeten: De universiteit van Austin, in Texas. In 2002 is hij in Nuenen overleden.
Dit bewijs betreft EWD 975, daarin is zijn handschrift te zien. Een HTML-versie vind je hier. Het origineel is in het Engels, maar hieronder volgt de uitwerking in het Nederlands.
Het vereist op zich alleen middelbare school kennis van wiskunde, maar is denk ik wel iets lastiger dan het vorige Pythagorasbewijs.
Stelling van Pythagoras: In een rechthoekige driehoek is het kwadraat van de lengte van de schuine zijde gelijk aan de som van de kwadraten van de twee andere zijden.
We beginnen met een willekeurige driehoek:
We weten dat de som van de hoeken α, β, γ 180°C is. Of, in radialen, π. We zouden de stelling van Pythagoras dus kunnen uitdrukken als:
γ = π/2 ⇒ a2 + b2 = c2
In woorden: Als γ een rechte hoek is, dan geldt de stelling van Pythagoras. Echter, we weten ook dat α + β + γ = π, dus als we dat invullen krijgen we:
γ = (α + β + γ) / 2 ⇔ 2γ = α + β + γ ⇔ γ = α + β
Dat is niet zo’n vreemde uitdrukking, want inderdaad als γ een rechte hoek is moet α + β ook wel 90° of π/2 zijn. We kunnen dus zeggen:
γ = α + β ⇒ a2 + b2 = c2
Dijkstra vraagt zich nu af ook geldt:
γ = α + β ≡ a2 + b2 = c2
Wat dan equivalent is aan:
γ ≠ α + β ≡ a2 + b2 ≠ c2
Hij merkt nu op dat als als x ≠ y dat dan geldt: x < y óf x > y. (Maar niet beide natuurlijk.) Zijn hypothese is nu dat je zelfs kunt zeggen dat:
α + β < γ ≡ a2 + b2 < c2
α + β > γ ≡ a2 + b2 > c2
Beschouw nu de variant van bovenstaande driehoek, we hebben twee punten H en K toegevoegd:
Dit is dus duidelijk een driehoek waarin geldt dat α + β < γ. Maar het bewijs is dus algemener, dit is alleen ter visualisatie. Maar in dit geval zien we dus dat de oppervlakte van ΔCKB en ΔAHC, die niet overlappen, kleiner is dan de oppervlakte van ΔABC. We duiden de oppervlakte van ΔCKB simpelweg aan met ‘CKB’ en van ΔAHC met ‘AHC’, enz., dan geldt voor de driehoek hierboven:
CKB + AHC < ABC
Het moge duidelijk zijn dat als α + β = γ dat H en K dan precies samenvallen (immers α + β = π/2 in dat geval) en dus geldt dan ook:
CKB + AHC = ABC.
En dat als α + β > γ, dat dan (merk trouwens op dat dit heel veel mogelijke plaatjes geeft in de relatieve positie van A, B, H, en K, dus daarom tekenen we die plaatjes ook niet
) geldt:CKB + AHC > ABC.
Door nu gebruik te maken van de signum functie kunnen we heel eenvoudig schrijven:
signum(α + β - γ) = signum(CKB + AHC - ABC).
Verder valt op dat ΔABC, ΔAHC en ΔCKB gelijkvormig zijn, immers, ze hebben alle drie de hoeken α, β en γ. Omdat ze gelijkvormig zijn geldt:
CKB/a2 = AHC/b2 = ABC/c2.
Dus de oppervlakte gedeeld door het kwadraat van de langste zijde is gelijk (*), en in het bijzonder geldt dat dit positief is. We merken daarom op:
signum(CKB + AHC - ABC) = signum(a2 + b2 - c2).
Dus:
signum(α + β - γ) = signum(a2 + b2 - c2)
Deze stelling zegt, in Dijkstra’s woorden eigenlijk ‘vier keer zoveel als de stelling van Pythagoras’.
* Over die gelijkvormigheid: Neem een driehoek met basis a en hoogte h, en neem een geschaalde driehoek met basis ca en dus hoogte ch. De oppervlakte van de eerste is 1/2·a·h, en van de tweede is 1/2·a·h·c2. Hun oppervlaktes verhouden zich dus als c2, wat inderdaad ook voor de kwadraten van die zijdes geldt
Plaatjes van de driehoeken zijn eigen werk.
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.
Merk trouwens op dat Dijkstra’s bewijs nog wel wat nuttige opmerkingen op het laatst heeft, die ik niet heb overgenomen.
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.
Dijkstra is een held, maar ik denk niet dat navigatie systemen het Dijkstra algoritme gebruiken Eerder een algoritme dat heuristische schattingen doet.
Eerder een algoritme dat heuristische schattingen doet.
Ook geen sig dus
Klopt. Een variant van A* kunnen ze wel mogelijk eens gebruiken, bovendien kun je heel goed gebruik maken van het gegeven dat er snelwegen zijn en bepaalde ‘markers’ op een landkaart en het feit dat afstanden euclidisch zijn, en nog wat informatie, maar voor het idee.quote:
Dijkstra is een held, maar ik denk niet dat navigatie systemen het Dijkstra algoritme gebruiken
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.
Dat kortste pad algortime is erg leuk. Ik heb ooit eens geprobeerd zelf een kortste pad algoritme af te leiden. Dat ging zo: Stel je voor dat de verbindingen tussen alle plaatsen/locaties worden gevormd door ideale touwtjes (dat wil zeggen dat ze niet kunnen rekken). De lengte van een touwtje tussen A en B representeert de afstand tussen A en B. Als je nu knooppunt A met je ene hand oppakt en knooppunt B met je andere hand en je trekt de touwtjes strak, dan wordt het kortste pad aangegeven door de strakgetrokken touwtjes. Dit kun je bewijzen door een willekeurig strakgetrokken touwtje door te knippen. Het pad zal dan nooit korter worden, alleen langer of eventueel gelijk als er meer dan 1 kortste pad is. Als je dat formaliseert ... komt je op Dijkstra's algoritme uit.
Recentelijk is er een nog veel sneller algoritme gepubliceerd. Maar ik weet vrij zeker dat dat (nog) niet veel in navigatiesystemen gebruikt wordt. De gangbare algoritmen zijn voor de meeste toepassingen snel genoeg voor gebruik en eenvoudig genoeg voor implementatie.quote:Op dinsdag 6 oktober 2009 08:37 schreef Iblis het volgende:
[..]
Klopt. Een variant van A* kunnen ze wel mogelijk eens gebruiken, bovendien kun je heel goed gebruik maken van het gegeven dat er snelwegen zijn en bepaalde ‘markers’ op een landkaart en het feit dat afstanden euclidisch zijn, en nog wat informatie, maar voor het idee.
Dit nieuwe algoritme maakt (grofweg) gebruik van het feit dat je deelgrafen hebt waar je in een kortste pad nooit meer dan 1 naar binnen gaat. Zo kun je een Dijkstra vanaf het beginpunt starten en vanaf het eindpunt en bij de knopen die binnen zo'n deelgraaf zitten weet je dat je daar niet meer buiten hoeft te zoeken. Het bepalen van goede deelgrafen vergt hierbij wel behoorlijk wat voorberekeningen, dus dat is dan informatie die je extra bij je kaart moet stoppen.
Als ik me niet vergis is dit de link: http://digbib.ubka.uni-karlsruhe.de/volltexte/documents/433201
quote:
[..]
hier verlies je me
Waarom wil je dit doen? Niet alleen alle priemgetallen met elkaar vermedigvuldigen, maar ook nog eens '1' bij optellen?
Overigens wat ik zelf een mooie wetmatigheid vind in de wiskunde:
als je alle cijfers in een getal optelt, en je kan dat door 3 delen (en de uitkomst is een heel getal), is het originele getal ook te delen door drie.
Dus: 81 = 8+1=9
9 kan je delen door 3 dus 81 kan je delen door 3
3528921= 3+5+2+8+9+2+1 = 30
30 kan je delen door 3 dus 3528921 kan je delen door 3
8592847932= 8+5+9+2+8+4+7+9+3+2 = 57
57= 5+7=12
12= 1+2 =3
enz.
Het is misschien lastiger te bewijzen voor alle getallen, maar om het in ieder geval inzichtelijk te maken kun je het voor een getal ABCDE vrij makkelijk bewijzen.quote:
[..]
Maar heb je daar ook een bewijs voor?
ABCDE is in feite 10.000A + 1000B + 100C + 10D + E
Dat is dan (9999A + A) + (999B +B) + (99C + C) + (9D + D) + E
Dit is dan weer 9999A + 999B + 99C + 9D + A + B + C + D + E
Als je dit door 3 deelt (dit geldt trouwens ook voor 9), dan zie je meteen dat de eerste vier termen deelbaar zijn door 3, en het dus afhangt van (A + B + C + D + E) of het getal in zijn geheel deelbaar is door 3. De uitkomst is namelijk (3333A + 333B + 33C + 3D) + (A + B + C + D + E)/3
"Patriotism is the last refuge of a scoundrel"
Kan iemand me het bewijs voor de laatste stelling van Fermat uitleggen?
In Baden-Badener Badeseen kann man Baden-Badener baden sehen.
Vanaf waar volg je het niet helemaal meer?quote:
Kan iemand me het bewijs voor de laatste stelling van Fermat uitleggen?
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 kan dit kort beantwoorden: Nee. Het bewijs bevat hele zware wiskunde waarvoor je jaren moet studeren om ze je eigen te maken. Er is wel een Horizon-documentaire van de BBC over het bewijs. Als je een hele kleine indruk wilt krijgen van wat erbij komt kijken, dan raad ik je aan om die te kijken, is vast wel te vinden op YouTube. Wil je meer dan alleen een kleine indruk krijgen, dan vrees ik dat je een aantal jaar flink moet studeren.quote:Op dinsdag 6 oktober 2009 17:55 schreef Pietverdriet het volgende:
Kan iemand me het bewijs voor de laatste stelling van Fermat uitleggen?
Deze:quote:
[..]
Ik kan dit kort beantwoorden: Nee. Het bewijs bevat hele zware wiskunde waarvoor je jaren moet studeren om ze je eigen te maken. Er is wel een Horizon-documentaire van de BBC over het bewijs. Als je een hele kleine indruk wilt krijgen van wat erbij komt kijken, dan raad ik je aan om die te kijken, is vast wel te vinden op YouTube. Wil je meer dan alleen een kleine indruk krijgen, dan vrees ik dat je een aantal jaar flink moet studeren.
Het begin is het aangrijpendst, als hij zo geëmotioneerd raakt.
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.
Het boek fermats last theorem van simon singh, daar staat het heel duidelijk in uitgelegd.quote:Op dinsdag 6 oktober 2009 17:55 schreef Pietverdriet het volgende:
Kan iemand me het bewijs voor de laatste stelling van Fermat uitleggen?
Ja, die bedoelde ik inderdaad.quote:Op dinsdag 6 oktober 2009 18:14 schreef Iblis het volgende:
[..]
Deze:
Het begin is het aangrijpendst, als hij zo geëmotioneerd raakt.
Ook dat boek geeft niet meer dan een kleine indruk. Als je een volledig bewijs wilt hebben, waarin elk tussenresultaat voorkomt, is dat zeker enkele duizenden pagina's. Er is een boek van Cornell, Silverman en Stevens waar wat meer wiskundige details in zitten en waarin de essentiele stappen van Wiles goed worden uitgelegd. Maar je moet wel wiskunde gestudeerd hebben om dat boek te kunnen begrijpen.quote:Op dinsdag 6 oktober 2009 18:19 schreef Basp1 het volgende:
[..]
Het boek fermats last theorem van simon singh, daar staat het heel duidelijk in uitgelegd.
Wat enorm tofquote:
[..]
Deze:
Het begin is het aangrijpendst, als hij zo geëmotioneerd raakt.
Ik heb de hele rits filmpjes gekeken Respect.
Op donderdag 22 november 2012 00:14 schreef ondeugend het volgende:
liefdevolle gevoelens voor de duisternis
liefdevolle gevoelens voor de duisternis
Is zonder meer een van de beste afleveringen ooit van Horizon.quote:Op dinsdag 6 oktober 2009 19:42 schreef Bravebart het volgende:
[..]
Wat enorm tof
In Baden-Badener Badeseen kann man Baden-Badener baden sehen.
Niet, was ook niet nodig, hij werd niet in twijfel getrokken, alleen was er geen sluitend wiskundig bewijsquote:Op dinsdag 6 oktober 2009 19:54 schreef ReWout het volgende:
Even een vraagje over fermat... het dan destijds bewezen. Maar wat zijn we ermee verder gekomen
In Baden-Badener Badeseen kann man Baden-Badener baden sehen.
Nee dat bedoel ik niet. Het bewijs was dus een paar jaar geleden bewezen. Maar wat ze we als mensheid ermee opgeschotenquote:
[..]
Niet, was ook niet nodig, hij werd niet in twijfel getrokken, alleen was er geen sluitend wiskundig bewijs
we kunnen iig nog niet met lichtsnelheid reizen daardoor helaas.
volgens mij begrijp je niet helemaal waar het om gaat bij een wiskundig bewijs.quote:Op dinsdag 6 oktober 2009 19:59 schreef ReWout het volgende:
[..]
Nee dat bedoel ik niet. Het bewijs was dus een paar jaar geleden bewezen. Maar wat ze we als mensheid ermee opgeschoten
In Baden-Badener Badeseen kann man Baden-Badener baden sehen.
Nou, tja, er zijn veel wiskundige vakgebieden ontgonnen en met elkaar verbonden. Dat is eigenlijk het grootste gedeelte. Wiskunde is veel verbanden leggen. Numerieke berekeningen en voorgaande deelbewijzen hadden eigenlijk al wel de meesten doen vermoeden dat de stelling waar was. Dus in die zin is de uitkomst niet schokkend.quote:
Even een vraagje over fermat... het is destijds bewezen. Maar wat zijn we ermee verder gekomen
Maar de weg ernaartoe wél. Het is een beetje te vergelijken misschien met ‘oké nu zijn de Amerikanen naar de maan geweest en staat daar een vlag’, wat hebben we aan die vlag? Nu ja, die vlag is nog het minst interessante, maar alle technieken en kennis die zijn ontwikkeld om dat haalbaar te maken, díé zijn natuurlijk superbelangrijk.
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 wilt weten hoe we dat wel moeten doen; laatst kwam er een pareltje hier bij ons op de onderzoeksgroep binnen waarin een zogenaamde "quark hyperdrive" werd beschreven waarmee dat wel kan.quote:Op dinsdag 6 oktober 2009 19:59 schreef ReWout het volgende:
Maar wat ze we als mensheid ermee opgeschoten
Tovve tekeningen ook nog erbij 
Ik schrijf boeken over wetenschap en filosofie!
https://www.epsilon-uitga(...)e-tijd-materie/10996
https://www.spectrumboeke(...)k-niet-9789000386765
https://www.spectrumboeke(...)tronen-9789000395071
https://www.epsilon-uitga(...)e-tijd-materie/10996
https://www.spectrumboeke(...)k-niet-9789000386765
https://www.spectrumboeke(...)tronen-9789000395071
Ik geloof dat ik een paint topic in onz zie aankomenquote:
[..]
Als je wilt weten hoe we dat wel moeten doen; laatst kwam er een pareltje hier bij ons op de onderzoeksgroep binnen waarin een zogenaamde "quark hyperdrive" werd beschreven waarmee dat wel kan.
Een oude bekende van de middelbare school. De kwadratische vergelijking. Je weet wel, je hebt , en om één of andere reden geldt:
Waarom? Hoe komen ze daarop… We bekijken eerst eens een wat simpeler geval: x2 + bx = c. Dit kan heel aardig gevisualiseerd worden. Bedenk dat ‘kwadraat’ van het Latijnse ‘quadratus’ komt, dat vierkant betekent.
We kunnen daarom de formule:
Ook visualiseren als een vierkant met oppervlakte x2, een rechthoek met oppervlakte bx en nog een constante term c.
De rechthoek met oppervlakte bx splitsen we nu in twee gelijke rechthoeken:
Dit komt overeen met:
Nu ‘herordenen’ we de vergelijking:
Dit is alleen als visueel hulpmiddel, aan de niet-visuele vergelijking verandert niets. We kunnen nu echter de linkerkant van de vierkant volledig maken, er een vierkant van maken. Dat is waarom deze methode ‘completing the square’ heet in het Engels. Daartoe tellen we (b/2)2 op aan beide zijden:
Of, als vergelijking:
We zien nu al, visueel, dat we nu links een vierkant hebben:
Of als vergelijking:
Dit is eigenlijk het idee achter het bewijs. Door nu wortel te trekken is zo op te lossen wat x is. De rest is af te maken door relatief eenvoudig formule manipuleren. Eigenlijk is dat saai, en niet eens heel fraai. Daarom staat het in een spoiler.
Waarom? Hoe komen ze daarop… We bekijken eerst eens een wat simpeler geval: x2 + bx = c. Dit kan heel aardig gevisualiseerd worden. Bedenk dat ‘kwadraat’ van het Latijnse ‘quadratus’ komt, dat vierkant betekent.
We kunnen daarom de formule:
Ook visualiseren als een vierkant met oppervlakte x2, een rechthoek met oppervlakte bx en nog een constante term c.
De rechthoek met oppervlakte bx splitsen we nu in twee gelijke rechthoeken:
Dit komt overeen met:
Nu ‘herordenen’ we de vergelijking:
Dit is alleen als visueel hulpmiddel, aan de niet-visuele vergelijking verandert niets. We kunnen nu echter de linkerkant van de vierkant volledig maken, er een vierkant van maken. Dat is waarom deze methode ‘completing the square’ heet in het Engels. Daartoe tellen we (b/2)2 op aan beide zijden:
Of, als vergelijking:
We zien nu al, visueel, dat we nu links een vierkant hebben:
Of als vergelijking:
Dit is eigenlijk het idee achter het bewijs. Door nu wortel te trekken is zo op te lossen wat x is. De rest is af te maken door relatief eenvoudig formule manipuleren. Eigenlijk is dat saai, en niet eens heel fraai. Daarom staat het in een spoiler.
SPOILEROm 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.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.
deze is pas echt fraai:
en dan krijg je dit soort ongein:
met oneindig veel vormen die allemaal oneindig verschillend zijn.. ik heb er even over moeten nadenken, maar na een dag lang onzoomen op de mandelbrot fractal kon ik geen 2 de zelfde vinden
en dan krijg je dit soort ongein:
met oneindig veel vormen die allemaal oneindig verschillend zijn.. ik heb er even over moeten nadenken, maar na een dag lang onzoomen op de mandelbrot fractal kon ik geen 2 de zelfde vinden
Ja, maar, ja, maar, ik wil niet vervelend doen, maar kun je ook vertellen hoe die verzameling tot stand komt? Want die kleuren zitten natuurlijk niet per se in die vergelijking.quote:
deze is pas echt fraai:
[ afbeelding ]
en dan krijg je dit soort ongein:
[ afbeelding ]
met oneindig veel vormen die allemaal oneindig verschillend zijn.. ik heb er even over moeten nadenken, maar na een dag lang onzoomen op de mandelbrot fractal kon ik geen 2 de zelfde vinden
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.
Eff simpel uitgelegd, de formule gaat uit van het getal i, dat getal bestaat eigenlijk niet, dus je kan het alleen benaderen.quote:Op dinsdag 6 oktober 2009 23:53 schreef Iblis het volgende:
[..]
Ja, maar, ja, maar, ik wil niet vervelend doen, maar kun je ook vertellen hoe die verzameling tot stand komt? Want die kleuren zitten natuurlijk niet per se in die vergelijking.
In de fractal heb je gewoon een x en een y as, met bijbehorende waarden.
Als je een getal door de formule heen haalt, komt er een ander getal uit dat of 0 is of groter als dat het was.
Als het antwoord 0 is dan wordt de pixel in dit plaatje zwart gemaakt.
Als je het getal dat groter is geworden nogeens door de formule haalt, wordt het nog groter.
Hoevaak je het getal door de formule haalt wordt in het engels "Itteration" genoemd.
Uiteindelijk zal het getal oneindig worden, en de waarde van de pixel is het aantal itterations.
De kleuren voor de itterations kan je zelf verzinnen, maar het aantal itterations zijn niet betekenisloos.
Het leuke eraan is dat de formule al heel lang bestaat, maar doordat de computers pas de laatste 20 jaar snel genoeg zijn om bij het inzoomen binnen een dag een plaatje te kunnen opbouwen, kunnen we nu pas de wonderlijke vormen zien.
Er bestaan ook nog julia factals, dat is een fractal die uitgaat van 1 punt op de mandelbrot fractal en die voor elk punt (dus on eindig veel)een aparte factal kan maken met oneindig veel vormen die ook allemaal verschillend zijn.
hier een zoom filmpje voor als je wilt spacen:
En het is ook nog een wetenschappelijke doorbraak die nog niet echt is doorgebroken, als we onderzoeksresultaten willen analyseren zoeken we altijd naar een patroon, parabool, lijn of andere simpele logica.
vanaf nu kunnen we naar fractals zoeken en dingen meten die onmeetbaar zijn met de huidige wetenschap.
vanaf nu kunnen we naar fractals zoeken en dingen meten die onmeetbaar zijn met de huidige wetenschap.
Alsem, volgens mij snap je toch niet heel veel van fractals. Ik zal het t.z.t. – nu is het te laat – eens proberen uit te leggen. Merk ook op dat je formule niet juist was, jij gaf de formule voor de Tricorn-fractal waarbij je de complex toegevoegde neemt. De gewone Mandelbrotiteratie wordt gegeven door .
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.
Overigens is het wel razend interessant, dus goed dat je het noemt.
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.
Oké, fractaluitleg. Een fractal is wiskundig gezien eigenlijk alleen een verzameling punten. in een vlak (het complexe vlak om precies te zijn). Een punt hoort of wél bij die verzameling, of niet.
Bron: Wikimedia Commons. Maker: Connelly. Publiek Domein.
Hier boven zie je dus de Mandelbrotverzameling in het complexe vlak. Zwart hoort er wel bij, wit niet. Waar komen dan die kleurtjes vandaan? Dat heeft te maken met het rekenproces dat bepaalt of zo’n punt in het vlak zit of niet.
Een complex getal bestaat uit een reële en een imaginaire component, doorgaans geschreven als a + bi, a is de reële component, b de imaginaire. Dit zie je ook hierboven. Het punt (1 + 0i) ligt bijvoorbeeld ‘op de x-as’, d.w.z. de horizontale, of eigenlijk reële as, het punt (0 + i) ligt op de verticale as, of imaginaire as. En het punt (1 + i) ligt in het kwadrant rechtsboven.
Complexe getallen kun je vrij eenvoudig optellen en aftrekken, dat is ongeveer zoals je zou verwachten: (2 + 3i) + (5 + 4i) = 7 + 7i. Vermenigvuldigen is ook niet zo raar, dat geeft: (2 + 3i)(5 + 4i) = (10 + 8i + 15i + 12i2) = (10 + 23i + 12i2). Alleen nu is er wel een ding speciaal, er geldt namelijk i2 = -1. Dus we kunnen het vorige getal schrijven als (-2 + 23i).
Dat is dus de bekende i2 = -1, of soms ook als i = √(-1) geschreven. Als je dit weet, weet je eigenlijk al genoeg om die Mandelbrot fractal te kunnen teken.
Je pakt namelijk een punt uit dit complexe vlak, zeg c, en dan zeg je: z1 = c, z2 = z1*z1 + c, z3 = z2*z2 + c, en zo voort. Of in z’n algemeenheid: zn+1 = zn*zn + c. Voor sommige waarden van c levert dit een heel groot getal op, dat steeds maar groter wordt. Die zitten niet in je verzameling. Voor sommige waarden geldt dat het getal niet steeds groter wordt. Neem bijvoorbeeld i:
z1 = i
z2 = i*i + i = -1 + i
z3 = (-1 + i)2 + i = (i2 - 2i + 1) + i = -i
z4 = (-i)2 + i = -1 + i
z5 = z3
En zo voort. We komen dus in een rondje terecht. Probeer het eens voor c = 1:
z1 = 1
z2 = 1*1 + 1 = 2
z3 = 2*2 + 1 = 5
z4 = 5*5 + 1 = 26.
Dit gaat dus hopeloos mis, dit punt verdwijnt. De truc is nu: wanneer weet je zeker dat zo’n punt verdwijnt? Zoals je ziet kan een punt namelijk ‘op en neer klappen’ zoals in het geval van c = i. Als je rond de oorsprong een cirkel trekt met straal 2 in bovenstaand figuur, dan is het zeker dat als je iteratie een keertje buiten die cirkel komt, dat het dan misgaat.
Op deze manier kunnen we ook tot de kleuren komen: We tellen hoe vaak we bovenstaand proces moeten uitvoeren om buiten die cirkel te geraken. Dan krijg je zoiets:
Bron: Wikimedia Commons. Maker: Wolfgang Beyer. Licentie: CC-BY-SA.
De zwarte punten zitten dus in de verzameling, de gekleurde niet. En je ziet heel duidelijke banden met dezelfde kleur. De meer roodachtige aan de buitenkant zijn direct al weg in feite; de rood-paarse kleur daarbinnen doet er 1 iteratie over, die daarbinnen 2, de blauw tinten nog langer, en de groen tinten nog weer langer, en de paarse tinten binnenin, grenzend aan het zwarte vlak, doen er nóg weer langer over.
Die kleuren geven dus eigenlijk vooral het berekeningsproces weer, en hoe lang je erover doet om te berekenen dat zo’n punt niet in de verzameling zit, maar zijn niet ‘de fractal zelf’ ook al wordt misschien vaak wel zo geassocieerd. De fractal zelf, de Mandelbrotverzameling in dit geval is dus het zwarte.
Maar hoe komt men dan aan zo’n afbeelding?
Bron: Wikimedia Commons. Maker: Wolfgang Beyer. Licentie: CC-BY-SA.
Waarom zie je daar niet van die duidelijke strepen met dezelfde kleur? Dat is in feite gewoon een bewerkingstruc. Die strepen worden als het ware uitgevlakt en in een continue overgang geplaatst. Stel dat je een punt c hebt dat na n iteraties ‘buiten de cirkel is gekomen’ dan hoort daar dan de volgende waarde bij: v = n - log2log2 |zn|, hier is zn dus het punt dat voor het eerst buiten de cirkel valt, |zn| geeft de afstand van dat punt tot de oorsprong (dus als rechte lijn gezien). Op deze manier krijg je een continu waardenverloop: immers punten die net ietsje verder weg komen krijgen een iets andere kleur. De truc is nu om die waarden ook nog op geschikte kleuren af te beelden.. Maar als je dat doet, dan krijg je dus zulke mooie, vloeiende, afbeeldingen.
De moeilijkheid, en het fascinerende aan fractals is, dat je op een gegeven moment je iteratie moet afkappen. Je kunt wel zeker weten dat een punt niet in de verzameling zit, en van sommige punten is ook duidelijk dat ze er wél inzitten, maar op het grensvlak is het vaak niet duidelijk. Het enige dat je dan kunt doen is gewoon rekenen. 100 iteraties proberen en kijken of het punt al ontsnapt. Of 1000. Of 10000. En zo voort. In die zin is een fractal dus altijd een benadering. Die grenspunten ontsnappen misschien niet na 1000 iteraties, en zijn daarom zwart gekleurd, maar mogelijk wel na 10000!
Dat is ook de reden dat men (alleen) kan zeggen: de oppervlakte van de verzameling is 1,506 591 77 ± 0,000 000 08. Om dat precies uit te rekenen zou je oneindig lang moeten doorrekenen. Er is geen formule met een exacte uitkomst te geven.
Zo’n tekening is dus altijd een benadering. Het grappige is ook dat de uitvinder van deze verzameling, Benoît Mandelbrot, in het begin, op basis van zulke computerafbeeldingen dacht dat de verzameling niet verbonden was, m.a.w. dat je niet via een zwart punt over alleen maar zwarte punten naar elk ander zwart punt kunt komen. Er zouden dus eilandjes zijn. Dat vermoeden was gebaseerd op tekeningen gerenderd door de computer waarbij heel dunne haarlijntjes niet zichtbaar waren. Je moet immers kiezen hoe nauwkeurig je zoiets doet. Als je c = -1.1 en c = 1.2 uitrekent, moet je dan c = 1.15 ook nog doen? En c = 1.155? En c = 1.1555? Je moet ergens stoppen. Het kan best dat dus in je tekening twee pixels naast elkaar beiden een kleurtje hebben, maar dat er tussen eigenlijk nog een – in die tekening onzichtbaar – zwart lijntje loopt.
Inmiddels is bewezen dat de gehele verzameling wel verbonden is, maar die inzoomfilmpjes die je ziet tonen aan dat je in principe steekds maar kunt vergroten en vergroten op de grens en telkens nieuw detail ziet. En wát je dan precies ziet, dat is pas te zeggen nadat het is uitgerekend. Je kunt dus niet een patroon ontdekken voorspellen. Ter vergelijking, een breuk als 1/7 ≈ 1,142857142857, maar die herhaalt zichzelf telkens. Je kunt zo voorspellen dat cijfer 1, 7, 13, 19, enz. een 1 zijn. Als iemand dus wil weten wat cijfer 283043 achter de komma is kun je dat direct zeggen zonder tot 283043 cijfers achter de komma door te rekenen omdat er een patroon in zit. Dat kan bij zo’n fractal niet. Je moet het helemaal uitrekenen.
Bron: Wikimedia Commons. Maker: Connelly. Publiek Domein.
Hier boven zie je dus de Mandelbrotverzameling in het complexe vlak. Zwart hoort er wel bij, wit niet. Waar komen dan die kleurtjes vandaan? Dat heeft te maken met het rekenproces dat bepaalt of zo’n punt in het vlak zit of niet.
Een complex getal bestaat uit een reële en een imaginaire component, doorgaans geschreven als a + bi, a is de reële component, b de imaginaire. Dit zie je ook hierboven. Het punt (1 + 0i) ligt bijvoorbeeld ‘op de x-as’, d.w.z. de horizontale, of eigenlijk reële as, het punt (0 + i) ligt op de verticale as, of imaginaire as. En het punt (1 + i) ligt in het kwadrant rechtsboven.
Complexe getallen kun je vrij eenvoudig optellen en aftrekken, dat is ongeveer zoals je zou verwachten: (2 + 3i) + (5 + 4i) = 7 + 7i. Vermenigvuldigen is ook niet zo raar, dat geeft: (2 + 3i)(5 + 4i) = (10 + 8i + 15i + 12i2) = (10 + 23i + 12i2). Alleen nu is er wel een ding speciaal, er geldt namelijk i2 = -1. Dus we kunnen het vorige getal schrijven als (-2 + 23i).
Dat is dus de bekende i2 = -1, of soms ook als i = √(-1) geschreven. Als je dit weet, weet je eigenlijk al genoeg om die Mandelbrot fractal te kunnen teken.
Je pakt namelijk een punt uit dit complexe vlak, zeg c, en dan zeg je: z1 = c, z2 = z1*z1 + c, z3 = z2*z2 + c, en zo voort. Of in z’n algemeenheid: zn+1 = zn*zn + c. Voor sommige waarden van c levert dit een heel groot getal op, dat steeds maar groter wordt. Die zitten niet in je verzameling. Voor sommige waarden geldt dat het getal niet steeds groter wordt. Neem bijvoorbeeld i:
z1 = i
z2 = i*i + i = -1 + i
z3 = (-1 + i)2 + i = (i2 - 2i + 1) + i = -i
z4 = (-i)2 + i = -1 + i
z5 = z3
En zo voort. We komen dus in een rondje terecht. Probeer het eens voor c = 1:
z1 = 1
z2 = 1*1 + 1 = 2
z3 = 2*2 + 1 = 5
z4 = 5*5 + 1 = 26.
Dit gaat dus hopeloos mis, dit punt verdwijnt. De truc is nu: wanneer weet je zeker dat zo’n punt verdwijnt? Zoals je ziet kan een punt namelijk ‘op en neer klappen’ zoals in het geval van c = i. Als je rond de oorsprong een cirkel trekt met straal 2 in bovenstaand figuur, dan is het zeker dat als je iteratie een keertje buiten die cirkel komt, dat het dan misgaat.
Op deze manier kunnen we ook tot de kleuren komen: We tellen hoe vaak we bovenstaand proces moeten uitvoeren om buiten die cirkel te geraken. Dan krijg je zoiets:
Bron: Wikimedia Commons. Maker: Wolfgang Beyer. Licentie: CC-BY-SA.
De zwarte punten zitten dus in de verzameling, de gekleurde niet. En je ziet heel duidelijke banden met dezelfde kleur. De meer roodachtige aan de buitenkant zijn direct al weg in feite; de rood-paarse kleur daarbinnen doet er 1 iteratie over, die daarbinnen 2, de blauw tinten nog langer, en de groen tinten nog weer langer, en de paarse tinten binnenin, grenzend aan het zwarte vlak, doen er nóg weer langer over.
Die kleuren geven dus eigenlijk vooral het berekeningsproces weer, en hoe lang je erover doet om te berekenen dat zo’n punt niet in de verzameling zit, maar zijn niet ‘de fractal zelf’ ook al wordt misschien vaak wel zo geassocieerd. De fractal zelf, de Mandelbrotverzameling in dit geval is dus het zwarte.
Maar hoe komt men dan aan zo’n afbeelding?
Bron: Wikimedia Commons. Maker: Wolfgang Beyer. Licentie: CC-BY-SA.
Waarom zie je daar niet van die duidelijke strepen met dezelfde kleur? Dat is in feite gewoon een bewerkingstruc. Die strepen worden als het ware uitgevlakt en in een continue overgang geplaatst. Stel dat je een punt c hebt dat na n iteraties ‘buiten de cirkel is gekomen’ dan hoort daar dan de volgende waarde bij: v = n - log2log2 |zn|, hier is zn dus het punt dat voor het eerst buiten de cirkel valt, |zn| geeft de afstand van dat punt tot de oorsprong (dus als rechte lijn gezien). Op deze manier krijg je een continu waardenverloop: immers punten die net ietsje verder weg komen krijgen een iets andere kleur. De truc is nu om die waarden ook nog op geschikte kleuren af te beelden.. Maar als je dat doet, dan krijg je dus zulke mooie, vloeiende, afbeeldingen.
De moeilijkheid, en het fascinerende aan fractals is, dat je op een gegeven moment je iteratie moet afkappen. Je kunt wel zeker weten dat een punt niet in de verzameling zit, en van sommige punten is ook duidelijk dat ze er wél inzitten, maar op het grensvlak is het vaak niet duidelijk. Het enige dat je dan kunt doen is gewoon rekenen. 100 iteraties proberen en kijken of het punt al ontsnapt. Of 1000. Of 10000. En zo voort. In die zin is een fractal dus altijd een benadering. Die grenspunten ontsnappen misschien niet na 1000 iteraties, en zijn daarom zwart gekleurd, maar mogelijk wel na 10000!
Dat is ook de reden dat men (alleen) kan zeggen: de oppervlakte van de verzameling is 1,506 591 77 ± 0,000 000 08. Om dat precies uit te rekenen zou je oneindig lang moeten doorrekenen. Er is geen formule met een exacte uitkomst te geven.
Zo’n tekening is dus altijd een benadering. Het grappige is ook dat de uitvinder van deze verzameling, Benoît Mandelbrot, in het begin, op basis van zulke computerafbeeldingen dacht dat de verzameling niet verbonden was, m.a.w. dat je niet via een zwart punt over alleen maar zwarte punten naar elk ander zwart punt kunt komen. Er zouden dus eilandjes zijn. Dat vermoeden was gebaseerd op tekeningen gerenderd door de computer waarbij heel dunne haarlijntjes niet zichtbaar waren. Je moet immers kiezen hoe nauwkeurig je zoiets doet. Als je c = -1.1 en c = 1.2 uitrekent, moet je dan c = 1.15 ook nog doen? En c = 1.155? En c = 1.1555? Je moet ergens stoppen. Het kan best dat dus in je tekening twee pixels naast elkaar beiden een kleurtje hebben, maar dat er tussen eigenlijk nog een – in die tekening onzichtbaar – zwart lijntje loopt.
Inmiddels is bewezen dat de gehele verzameling wel verbonden is, maar die inzoomfilmpjes die je ziet tonen aan dat je in principe steekds maar kunt vergroten en vergroten op de grens en telkens nieuw detail ziet. En wát je dan precies ziet, dat is pas te zeggen nadat het is uitgerekend. Je kunt dus niet een patroon ontdekken voorspellen. Ter vergelijking, een breuk als 1/7 ≈ 1,142857142857, maar die herhaalt zichzelf telkens. Je kunt zo voorspellen dat cijfer 1, 7, 13, 19, enz. een 1 zijn. Als iemand dus wil weten wat cijfer 283043 achter de komma is kun je dat direct zeggen zonder tot 283043 cijfers achter de komma door te rekenen omdat er een patroon in zit. Dat kan bij zo’n fractal niet. Je moet het helemaal uitrekenen.
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 ben altijd bijzonder zwak in formele bewijzen geweest, toch teveel een chaoot, dus even een domme vraag:
Moet je dan niet eerst bewijzen dat combinaties van priemgetallen alleen weer deelbaar zijn door priemgetallen? Of zit dat besloten in de vermenigvuldiging?quote:Op maandag 28 september 2009 22:18 schreef Iblis het volgende:
Dit betekent óf dat E zelf een priemgetal is, of als het geen priemgetal is (en dus deelbaar is door een ander priemgetal), dat het dan deelbaar is door een priemgetal dat niet in ons rijtje zat.
They told me all of my cages were mental, so I got wasted like all my potential.
vette uitleg, zo had ik het nog nooit bekeken!
vanavond nog maar eens nalezen, mijn uitleg is idd erg vaag, dont blame me, ik heb 5 jaar geleden voor het laatst wiskunde gehad
Ik heb een keer een programma gedownload, fractalX.exe daarmee kan je zelf inzoomen, het is echt ongelofelijk hoe mooi die figuren zijn, ze lijken ook bekend voor te komen en te kloppen, alsof je hersens dergelijke berekeningen ook maken.
daarmee kan je ook je eigen julia fractal zoeken, itterations instellen en kleur geven, deze heb ik laatst gemaakt:
vanavond nog maar eens nalezen, mijn uitleg is idd erg vaag, dont blame me, ik heb 5 jaar geleden voor het laatst wiskunde gehad
Ik heb een keer een programma gedownload, fractalX.exe daarmee kan je zelf inzoomen, het is echt ongelofelijk hoe mooi die figuren zijn, ze lijken ook bekend voor te komen en te kloppen, alsof je hersens dergelijke berekeningen ook maken.
daarmee kan je ook je eigen julia fractal zoeken, itterations instellen en kleur geven, deze heb ik laatst gemaakt:
Ik heb inderdaad nagelaten te vermelden dat elk getal een unieke priemfactorisatie heeft. Dat was op zich opzettelijk. Elk getal heeft een unieke factorisatie in priemgetallen. En we weten dus dat die factorisatie niet de getallen kan bevatten uit ons rijtje. Ergo, ons rijtje is niet compleet.quote:Op woensdag 7 oktober 2009 12:42 schreef speknek het volgende:
Ik ben altijd bijzonder zwak in formele bewijzen geweest, toch teveel een chaoot, dus even een domme vraag:
[..]
Moet je dan niet eerst bewijzen dat combinaties van priemgetallen alleen weer deelbaar zijn door priemgetallen? Of zit dat besloten in de vermenigvuldiging?
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.
Overigens laat ik formeel gezien wel meer steekjes vallen, maar het is niet mijn bedoeling om strikt formeel te zijn. In die fractaluitleg praat ik b.v. over ‘complexe getallen die steeds maar groter worden’, alhoewel dat natuurlijk formeel gezien niet zo zinnig is.
Ik denk dat ook zonder die formaliteiten echter het idee, de slimmigheid van de redenering, wel over komt. (Of het fascinerende erachter.)
Ik denk dat ook zonder die formaliteiten echter het idee, de slimmigheid van de redenering, wel over komt. (Of het fascinerende erachter.)
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.
Dat hoef je niet te gebruiken. Het gaat erom dat elk getal ten minste 1 priemfactorisatie heeft. En dat is wat makkelijker te bewijzen: stel dat er een getal zonder priemfactorisatie is, dan is er ook een kleinste getal waarvoor dat geldt, zeg n. Omdat n geen priemfactorisatie heeft, is n geen priemgetal dus n = m*k met m en k kleiner dan n. Maar omdat n het kleinste getal zonder priemfactorisatie is hebben m en k dus wel een priemfactorisatie en uit n = m*k krijg je dan ook een priemfactorisatie voor n.quote:Op woensdag 7 oktober 2009 12:51 schreef Iblis het volgende:
[..]
Ik heb inderdaad nagelaten te vermelden dat elk getal een unieke priemfactorisatie heeft. Dat was op zich opzettelijk. Elk getal heeft een unieke factorisatie in priemgetallen. En we weten dus dat die factorisatie niet de getallen kan bevatten uit ons rijtje. Ergo, ons rijtje is niet compleet.
Deze vind ik eigenlijk nog eleganter dan de OP, alhoewel ik de hele tijd het gevoel heb dat ik ergens bedot wordt. Het glijdt erin als de zalvende woorden van een sekteleider, hallelujah!quote:Op woensdag 7 oktober 2009 12:55 schreef thabit het volgende:
Dat hoef je niet te gebruiken. Het gaat erom dat elk getal ten minste 1 priemfactorisatie heeft. En dat is wat makkelijker te bewijzen: stel dat er een getal zonder priemfactorisatie is, dan is er ook een kleinste getal waarvoor dat geldt, zeg n. Omdat n geen priemfactorisatie heeft, is n geen priemgetal dus n = m*k met m en k kleiner dan n. Maar omdat n het kleinste getal zonder priemfactorisatie is hebben m en k dus wel een priemfactorisatie en uit n = m*k krijg je dan ook een priemfactorisatie voor n.
They told me all of my cages were mental, so I got wasted like all my potential.
Dit bewijst natuurlijk niet dat er oneindig veel priemgetallen zijn, alleen dat elk getal een priemfactorontbinding heeft.quote:Op woensdag 7 oktober 2009 13:12 schreef speknek het volgende:
[..]
Deze vind ik eigenlijk nog eleganter dan de OP, alhoewel ik de hele tijd het gevoel heb dat ik ergens bedot wordt. Het glijdt erin als de zalvende woorden van een sekteleider, hallelujah!
het mooiste vind ik dat je met galoistheorie kan aantonen dat je geen formules kunt vinden voor meerderegraadsvergelijkingen. Da's echt prachtig opgebouwd allemaal.
En ook straf, want bewijzen dat iets niet kan is veel moeilijker dan het omgekeerde.
En ook straf, want bewijzen dat iets niet kan is veel moeilijker dan het omgekeerde.
Ja, ik heb ooit nog es de ambitie gehad om dat eens door te nemen, na een berichtje lang geleden over eendude waarvan de media beweerde dat hij polynomen van willekeurige graden exact kon oplossen.quote:Op woensdag 7 oktober 2009 16:44 schreef Beregd het volgende:
het mooiste vind ik dat je met galoistheorie kan aantonen dat je geen formules kunt vinden voor meerderegraadsvergelijkingen. Da's echt prachtig opgebouwd allemaal.
En ook straf, want bewijzen dat iets niet kan is veel moeilijker dan het omgekeerde.
Ik schrijf boeken over wetenschap en filosofie!
https://www.epsilon-uitga(...)e-tijd-materie/10996
https://www.spectrumboeke(...)k-niet-9789000386765
https://www.spectrumboeke(...)tronen-9789000395071
https://www.epsilon-uitga(...)e-tijd-materie/10996
https://www.spectrumboeke(...)k-niet-9789000386765
https://www.spectrumboeke(...)tronen-9789000395071
Ow ja, dat was weer zo'n typische media nemen alle onzin over van andere media fail.quote:Op woensdag 7 oktober 2009 17:41 schreef Haushofer het volgende:
[..]
Ja, ik heb ooit nog es de ambitie gehad om dat eens door te nemen, na een berichtje lang geleden over eendude waarvan de media beweerde dat hij polynomen van willekeurige graden exact kon oplossen.
Want ik heb destijds besloten, dat ik de harde weg ontwijk.
Dus blijf ik lopen door de sloten, het liefst in zeven tegelijk.
BZB - Zeven Sloten
Dus blijf ik lopen door de sloten, het liefst in zeven tegelijk.
BZB - Zeven Sloten
Nog een keer de stelling van Pythagoras:
SPOILEROm 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.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.
Eh ja, ik weet hoe je over Informatica denkt, maar zo'n wiskundeleek ben ik ook weer nietquote:Op woensdag 7 oktober 2009 14:30 schreef thabit het volgende:
[..]
Dit bewijst natuurlijk niet dat er oneindig veel priemgetallen zijn, alleen dat elk getal een priemfactorontbinding heeft.
. Ik bedoelde als een fraai bewijs tegenover het andere.
They told me all of my cages were mental, so I got wasted like all my potential.
Ik heb er nu een zonder woorden voor je.quote:
[..]
Eh ja, ik weet hoe je over Informatica denkt, maar zo'n wiskundeleek ben ik ook weer niet
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.
.serieus, plaatjes snap ik om een of andere reden wel. Ik tekende ook altijd venn diagrammen van alles.
They told me all of my cages were mental, so I got wasted like all my potential.
Galoistheorie, een prachtig onderwerp.quote:Op woensdag 7 oktober 2009 16:44 schreef Beregd het volgende:
het mooiste vind ik dat je met galoistheorie kan aantonen dat je geen formules kunt vinden voor meerderegraadsvergelijkingen. Da's echt prachtig opgebouwd allemaal.
En ook straf, want bewijzen dat iets niet kan is veel moeilijker dan het omgekeerde.
. Je kunt op die manier ook aantonen dat sommige dingen wel kunnen, wat anders niet zo makkelijk in te zien is, zoals het construeren van een regelmatige 65537-hoek met passer en liniaal zonder dat ook expliciet te doen.Een ander mooi onderwerp uit die fase van de wiskundestudie vind ik complexe functietheorie. Complexe functies zijn oneindig veel mooier dan reele functies. Als een complexe functie 1 keer differentieerbaar is, dan is ze gelijk oneindig vaak differentieerbaar en dat toon je aan met een paar superstrakke integraalformules.
ja, heb ik mijn thesis ovcer gemaakt (maar dan over ondeindige velduitbreidingen)quote:Op vrijdag 9 oktober 2009 14:55 schreef thabit het volgende:
[..]
Galoistheorie, een prachtig onderwerp.
In codetheorie heb je ook heel leuke bewijzen. Erg verschillend van de andere wiskunde vaak.
Dan zijn er ook zo van die andere wiskundige strekkingen met afschuwelijke bewijzen. Maattheorie bijvoorbeeld. Al die bewijzen zijn zodanig veel constructie en geknutsel, niks elegants aan vaak.
Even een intermezzo met een mooi gedichtje !
quote:Minus one
A carpenter named Charlie Bratticks
Who had a taste for mathematics
One summer Tuesday, just for fun
Made a wooden cube side minus one
Though this to you may seem wrong
He made it minus one foot long
Which meant (I hope your brains aren't frothing)
Its length was one foot less than nothing
Its width the same (you're not asleep?)
And likewise minus one foot deep
Giving, when multiplied (be solemn)
Minus one cubic foot of volume
With sweating brow this cube he sawed
Through areas of solid board
For though each cut had minus length
Minus times minus sapped his strength
A second cube he made, but thus
This time each one foot length was plus
Meaning of course that here one put
For volume, plus one cubic foot
So now he had, just for his sins
Two cubes as like as deviant twins
And feeling one should know the worst
He placed the second in the first
One plus, one minus - there's no doubt
The edges simply cancelled out
So did the volume, nothing gained
Only the surfaces remained
Well may you open wide your eyes
For those were now of double size
On something now, thanks to his skill
Took up no room and measured nil
From solid ebony he'd cut
These bulky objects, but
All that remained was now a thin
Black sharply angled sort of skin
Of twelve square feet - which though not small
Weighed nothing, filled no space at all
It stands there yet on Charlies floor
He can't think what to use it for
zzz
Een harmonieuze reeks leidt altijd tot oneindig.
Dus 1/1 +1/2 +1/3 +1/4 + 1/5 + ….. +1/n leidt tot oneindig.
Dit geldt ook voor 1/1000000 + 1/2000000 + 1/3000000 + etc.
Want oneindig gedeeld door miljoen is ook oneindig.
Nu komt het bewijs.
Bij de oorspronkelijke harmonieze reeks tot een willekeurig getal x is de tweede helft van de reeks altijd groter dan 0,5.
Want: de kleinste in het gezelschap is 1/x en het aantal = 0,5*x
En 0,5*x * 1/x = 0,5
En je kunt een harmonieuze reeks oneindig keer verdubbelen.
Van een lengte 1 naar een lengte 2 naar een lengte 4 en telkens komt er minimaal 0,5 bij.
Dus 1/1 +1/2 +1/3 +1/4 + 1/5 + ….. +1/n leidt tot oneindig.
Dit geldt ook voor 1/1000000 + 1/2000000 + 1/3000000 + etc.
Want oneindig gedeeld door miljoen is ook oneindig.
Nu komt het bewijs.
Bij de oorspronkelijke harmonieze reeks tot een willekeurig getal x is de tweede helft van de reeks altijd groter dan 0,5.
Want: de kleinste in het gezelschap is 1/x en het aantal = 0,5*x
En 0,5*x * 1/x = 0,5
En je kunt een harmonieuze reeks oneindig keer verdubbelen.
Van een lengte 1 naar een lengte 2 naar een lengte 4 en telkens komt er minimaal 0,5 bij.
Je kunt beter één kaars opsteken dan duizend maal de duisternis vervloeken.
|
|
| Forum Opties | |
|---|---|
| Forumhop: | |
| Hop naar: | |