W&T Wetenschap & Technologie
Een plek om te discussiëren over wetenschappelijke onderwerpen, wetenschappelijke problemen, technologische projecten en grootse uitvindingen.
Ik denk niet dat iemand chocola kan maken van je 'bewijs' voor de divergentie van de harmonische reeks. Verwijs dan gewoon even naar Wikipedia als je het niet begrijpelijk onder woorden kunt brengen.quote:Op vrijdag 9 oktober 2009 16:07 schreef Twentsche_Ros het volgende:
Een harmonieuze reeks leidt altijd tot oneindig.
Dus 1/1 +1/2 +1/3 +1/4 + 1/5 + ….. +1/n leidt tot oneindig.
[snip gibberish]
De som hiervan kan toch nooit oneindig zijn, maar zal nooit een zekere waarde (edidt: die waarde valt niet vast te stellen volgens mij, dus 'een zekere waarde' kan men met een korreltje zout nemen) ontstijgen?quote:Op vrijdag 9 oktober 2009 16:07 schreef Twentsche_Ros het volgende:
Een harmonieuze reeks leidt altijd tot oneindig.
Dus 1/1 +1/2 +1/3 +1/4 + 1/5 + .... +1/n leidt tot oneindig.
Denk ik bijvoorbeeld aan de somformule 1/1 + 1/10 + 1/100 + 1/1000 + ... + 1/n ; die zal nooit de 1,12 bereiken, of 1,112, of 1,1112, etc.
Oh really?
Lees het Wikipedia artikel eens goed door. Je begrijpt kennelijk niet dat de harmonische reeks hierboven echt divergent is. Dat is iets heel anders dan de (wel convergente) meetkundige reeks die jij geeft.quote:Op vrijdag 9 oktober 2009 21:34 schreef Matthijs- het volgende:
[..]
De som hiervan kan toch nooit oneindig zijn, maar zal nooit een zekere waarde (edidt: die waarde valt niet vast te stellen volgens mij, dus 'een zekere waarde' kan men met een korreltje zout nemen) ontstijgen?
Denk ik bijvoorbeeld aan de somformule 1/1 + 1/10 + 1/100 + 1/1000 + ... + 1/n ; die zal nooit de 1,12 bereiken, of 1,112, of 1,1112, etc.
Net die youtuub docu gezien, erg mooi! 
I am a Chinese college students, I have a loving father, but I can not help him, he needs to do heart bypass surgery, I can not help him, because the cost of 100,000 or so needed, please help me, lifelong You pray Thank you!
Kan iemand mij vertellen waarom de Fourier transformatie van een constante K gelijk is aan 2*pi*K*delta(omega)? Ik heb het op verschillende plekken op proberen te zoeken maar ik krijg alleen de - onbevredigende - verklaring dat de inverse Fourier transformatie van 2*pi*K*delta(omega) gelijk is aan K.
Ik zou dit graag willen kunnen bewijzen door de Fourier integraal op te lossen maar ik kom er niet uit?
Ik zou dit graag willen kunnen bewijzen door de Fourier integraal op te lossen maar ik kom er niet uit?
Daar is [Bèta wiskunde] Huiswerk- en vragentopic een betere plaats voor denk ik. Alhoewel de overlap in posters wel aardig hoog is.quote:Op zaterdag 10 oktober 2009 00:46 schreef Maverick_tfd het volgende:
Kan iemand mij vertellen waarom de Fourier transformatie van een constante K gelijk is aan 2*pi*K*delta(omega)? Ik heb het op verschillende plekken op proberen te zoeken maar ik krijg alleen de - onbevredigende - verklaring dat de inverse Fourier transformatie van 2*pi*K*delta(omega) gelijk is aan K.
Ik zou dit graag willen kunnen bewijzen door de Fourier integraal op te lossen maar ik kom er niet uit?
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.
Je hebt gelijk, post ik het daar ook evenquote:Op zaterdag 10 oktober 2009 00:48 schreef Iblis het volgende:
[..]
Daar is [Bèta wiskunde] Huiswerk- en vragentopic een betere plaats voor denk ik. Alhoewel de overlap in posters wel aardig hoog is.
Dacht misschien dat (omdat het bewijs kennelijk niet geheel voor de hand liggend is) het misschien wel een elegant bewijs zou zijn.
De soldaten van Conway
De mensen die “The Curious Incident of the Dog in the Night-Time” hebben gelezen kennen dit misschien al, of ze hebben het overgeslagen omdat ze het niets zei.
In het Engels heet dit probleem ‘Conway’s Soldiers’, en zo is het misschien ook beter bekend bij sommigen.
Het idee is in feite een eenvoudig soort solitair spelletje. Dus je hebt een aantal poppetjes op het bord staan, en je kunt ermee over naburige poppetjes springen, mits er aan de andere kant een leeg vakje is waar je kunt landen. Je mag verder alleen horizontaal en verticaal bewegen.
Bijvoorbeeld met twee stenen kun je met de onderste over de bovenste springen (of andersom natuurlijk):
Het probleem is nu als volgt: Hoeveel stenen heb je minstens nodig, als je ze allemaal onder de dikke blauwe lijn neerzet, om minstens één steen op n plaatsen boven de dikke blauwe lijn neer te zetten. Hierboven zie je al dat je 2 stenen nodig hebt om op de 1 plaats boven de blauwe lijn te komen.
De notatie gebruiken we verder ook: een pijltje geeft aan welke steen verzet gaat worden, linksboven staat het aantal gedane zetten (0 is dus de begin situatie) en een grijs rondje is een steen die is verdwenen omdat er overheen gesprongen is.
Laten we nu bekijken hoe we op de tweede regel boven de dikke blauwe lijn uitkomen:
Daar hebben we dus minstens vier stenen voor nodig. Merk overigens op dat we na twee zetten eigenlijk de situatie hebben van ons eerste voorbeeld, alleen dan 1 regel omhoog verschoven. We zouden dus daar al kunnen concluderen dat het kan. Wat wiskundig gezien genoeg is. Maar omdat ik gul ben is het helemaal uitgewerkt.
Ook de derde regel behalen is mogelijk: merk op dat de vier stenen die hier in groen zijn weergegeven precies zo staan als in het tweede voorbeeld, en de eerste drie zetten zijn dan ook gelijk aan dit tweede voorbeeld, en die gebruiken we dus om die ene groene steen op 2 regels boven de dikke blauwe streep te krijgen.
Daarna gaat het verder om met de overige stenen er eentje op drie regels boven de streep te krijgen:
Inmiddels denkt de oplettende lezer: ik heb het patroon al door, 2 stenen voor 1 regel, 4 voor voor 2 regels, 8 voor 3 regels, dus vast 16 voor vier regels: fout. Dat zijn er minstens 20, één voorbeeld zie je hier:
We gaan nu verder om in feite de begin situatie van voorbeeld drie te creëren, alleen dan alvast één regel verschoven:
Hierboven zie je een situatie die nog 8 stenen overheeft, en verder gelijk is aan de startsituatie om 3 regels omhoog te komen, behalve dat één rijtje nu al boven de streep staat.
Oké, boeiend denk je misschien, maar wat is nu het punt? Solitair spelen is niet zo spannend. Het geval is namelijk dat de volgende uitdaging, namelijk een steen op 5 regels boven de blauwe streep krijgen als je met al je stenen eronder begint überhaupt niet mogelijk is. Hoeveel stenen je ook pakt, hoe je ook beweegt, wat je ook doet, je zult nooit een steen op de vijfde regel krijgen.
En dat zullen we gaan bewijzen. Het probleem is bedacht en bewezen door John Conway in 1961. Het bewijs dat het niet kan is werkelijk heel vernuftig, en maakt slim gebruik van de gulden snede: ϕ.
Het idee is als volgt: Het is duidelijk dat elke keer dat je een zet doet dat je dan een mannetje verliest. Maar tegelijkertijd (als je tenminste niet te stom speelt) kun je een mannetje dichter bij je doel brengen. We proberen nu een soort gewicht aan de verzameling soldaatjes te hangen, en uit te drukken hoeveel gewicht er gewonnen of verloren wordt door een zet, en dan uiteindelijk zullen we zien dat hoe je ook begint, je nooit genoeg gewicht hebt om die vijfde regel te bereiken: je verliest het altijd te vroeg.
Allereerst merken we voor de volledigheid op dat het niet uitmaakt wélk punt op de vijfde regel we willen bereiken. Als we een zeker punt kunnen bereiken kunnen we ook het punt links ervan bereiken door alle stenen één plaatsje op te schuiven naar links en dan dezelfde bewegingen te doen. Kortom, die punten zijn in feite inwisselbaar en daarom maakt het niet uit welk punt we pakken. Als het niet kan met dat punt, kan het met geen enkel punt, en omgekeerd. We gaan er hierbij vanuit natuurlijk dat ons bord willekeurig groot kan worden, alhoewel we niet met oneindig veel soldaatjes gaan schuiven, maar wel met willekeurig (doch eindig) veel.
Eerst kiezen we maar eens een punt op de 5e regel (dat is blauw gekleurd hieronder) en dat punt kennen we een bepaald gewicht toe, namelijk: 1. De buurtpunten, die met één stap zijn te bereiken, kennen we gewicht x1 toe (wat x is zullen we later nog specificeren), de velden die met twee stappen bereikbaar zijn kennen we x2 toe, met drie x3, en zo voort, je krijgt dus deze situatie:
De laagste macht die we onder de streep vinden is dus x5. Een soldaatje dat op een veld staat krijgt het gewicht van het veld. Het gewicht van ons hele leger is simpelweg de som van alle veldjes waar een soldaat op staat. Merk op dat een soldaat op ons eindpunt dus per definitie gewicht 1 heeft, en een leger met een soldaat op het eindpunt dus ook minstens gewicht 1.
Voordat we specificeren wat x is, kijken we eerst nog even wat voor soort stappen we zouden kunnen doen, dat zijn er 3:
We kunnen naar het eindpunt toegaan: Dus we springen b.v. van x3 over x2 naar x1 (dan verdwijnt de soldaat op een x2-veld). In z’n algemeenheid gaan we van een veld met waarde xn+2 naar xn en verdwijnt de soldaat op xn+1.
We kunnen ook juist verder van het eindpunt afgaan: Dus we springen b.v. van x1 over x2 naar x3 (de soldaat op een x2-veld verdwijnt weer). In z’n algemeenheid gaan we van een veld met waarde xn naar xn+2 en verdwijnt de soldaat op xn+1.
We kunnen precies even ver van het eindpunt blijven: dit kan alleen als we dus over een van de twee assen door het eindpunt heenspringen, b.v. precies onder de blauwe streep kunnen we van x6 over x5 naar een ander x6 veld springen. In dit geval gaan we dus van een veld met waarde xn+1 naar een veld met waarde xn+1 en verdwijnt een soldaat met waarde xn.
Het is hopelijk niet lastig om jezelf ervan te overtuigen dat als je alleen horizontaal en verticaal mag springen dit de enige drie opties zijn.
Nu komt de truc, namelijk een geschikt waarde voor x kiezen. Dit, samen met de waardering is het briljante van het bewijs, we kiezen x = 1/ϕ, ofwel:
Het getal ϕ is de guldensnede, die heeft een paar interessante eigenschappen die ook nu van pas komen, te weten: ϕ2 = ϕ + 1, en 1/ϕ = ϕ - 1.
Laten we nu eens naar de drie soorten bewegingen kijken die we kunnen maken, eerst de eerste bewegingen waarbij we naar het eindpunt toespringen:
Het gewicht van het hele leger verandert als volgt: er komt xn bij (daar eindigen we), maar er verdwijnt xn+1 (daar springen we overheen) en er verdwijnt xn+2 (de startpositie), dus de verandering is: xn - xn+1 - xn+2. Als we xn buiten haakjes krijgen hebben we dat de verandering is:
De oplettende lezer voelt ’m nu al aankomen: de eigenschappen van de gulden snede komen nu beregoed van pas. Bedenk, x = 1/ϕ = ϕ - 1, dus x2 = 1/(ϕ2) = 1/ϕ·1/ϕ = (ϕ - 1)/ϕ = 1 - 1/ϕ = 1 - x.
Kortom:
Als we dus naar het eindpunt toe bewegen verandert het ‘gewicht’ van het leger niet. Nu bekijken we het tweede geval, dat betekent dat we van het eindpunt af bewegen, dat geeft:
Omdat x positief is geldt dat -2xn+1 < 0. Dat is voldoende: het gewicht van het leger neemt in dat geval dus af.
Nu het laatste geval waarbij we over een as door het eindpunt springen:
Ook in dát geval neemt het gewicht af. Het maakt dus niet uit wat voor sprong we maken, onder de waardering die we kiezen kan de waarde van het gehele leger niet toenemen.
Omdat het eindpunt gewicht 1 heeft, zoals we al opgemerkt hebben, zal een leger dat ooit dat eindpunt wil kunnen bereiken ook minstens gewicht 1 hebben, want het gewicht kan nooit toenemen, wat voor zetten je ook doet. Om nu aan te tonen dat ons startleger altijd te weinig gewicht zal hebben berekenen we het gewicht van het leger dat alle (oneindig veel!) vakjes onder de blauwe streep zou innemen, heeft. We doen dit per kolom. We beginnen met de kolom onder het eindpunt, deze heeft gewicht: .
Bedenk dat 0 ≤ x ≤ 1, dus dit is een geometrische reeks met als som: x5/(1 - x).
De twee kolommen aan weerszijden van deze kolom hebben elk waarde x6/(1 - x), die daarnaast x7/(1 - x), en zo voort. Dat hele halfvlak heeft dus als gewicht G:
Bedenk, we hadden x zo gekozen dat 1 - x = x2, dus bovenstaande is gelijk aan:
Kortom, als het gehele oneindige halfvlak bezet zou zijn met poppetjes, dan zouden deze samen precies gewicht 1 hebben. Elke lege plek betekent dat het gewicht minder dan 1 is, en dus de vijfde regel nooit bereikt kan worden. Geen enkel eindig leger kan die vijfde regel daarom bereiken. □
De mensen die “The Curious Incident of the Dog in the Night-Time” hebben gelezen kennen dit misschien al, of ze hebben het overgeslagen omdat ze het niets zei.
In het Engels heet dit probleem ‘Conway’s Soldiers’, en zo is het misschien ook beter bekend bij sommigen. Het idee is in feite een eenvoudig soort solitair spelletje. Dus je hebt een aantal poppetjes op het bord staan, en je kunt ermee over naburige poppetjes springen, mits er aan de andere kant een leeg vakje is waar je kunt landen. Je mag verder alleen horizontaal en verticaal bewegen.
Bijvoorbeeld met twee stenen kun je met de onderste over de bovenste springen (of andersom natuurlijk):
Het probleem is nu als volgt: Hoeveel stenen heb je minstens nodig, als je ze allemaal onder de dikke blauwe lijn neerzet, om minstens één steen op n plaatsen boven de dikke blauwe lijn neer te zetten. Hierboven zie je al dat je 2 stenen nodig hebt om op de 1 plaats boven de blauwe lijn te komen.
De notatie gebruiken we verder ook: een pijltje geeft aan welke steen verzet gaat worden, linksboven staat het aantal gedane zetten (0 is dus de begin situatie) en een grijs rondje is een steen die is verdwenen omdat er overheen gesprongen is.
Laten we nu bekijken hoe we op de tweede regel boven de dikke blauwe lijn uitkomen:
Daar hebben we dus minstens vier stenen voor nodig. Merk overigens op dat we na twee zetten eigenlijk de situatie hebben van ons eerste voorbeeld, alleen dan 1 regel omhoog verschoven. We zouden dus daar al kunnen concluderen dat het kan. Wat wiskundig gezien genoeg is. Maar omdat ik gul ben is het helemaal uitgewerkt.
Ook de derde regel behalen is mogelijk: merk op dat de vier stenen die hier in groen zijn weergegeven precies zo staan als in het tweede voorbeeld, en de eerste drie zetten zijn dan ook gelijk aan dit tweede voorbeeld, en die gebruiken we dus om die ene groene steen op 2 regels boven de dikke blauwe streep te krijgen.
Daarna gaat het verder om met de overige stenen er eentje op drie regels boven de streep te krijgen:
Inmiddels denkt de oplettende lezer: ik heb het patroon al door, 2 stenen voor 1 regel, 4 voor voor 2 regels, 8 voor 3 regels, dus vast 16 voor vier regels: fout. Dat zijn er minstens 20, één voorbeeld zie je hier:
We gaan nu verder om in feite de begin situatie van voorbeeld drie te creëren, alleen dan alvast één regel verschoven:
Hierboven zie je een situatie die nog 8 stenen overheeft, en verder gelijk is aan de startsituatie om 3 regels omhoog te komen, behalve dat één rijtje nu al boven de streep staat.
Oké, boeiend denk je misschien, maar wat is nu het punt? Solitair spelen is niet zo spannend. Het geval is namelijk dat de volgende uitdaging, namelijk een steen op 5 regels boven de blauwe streep krijgen als je met al je stenen eronder begint überhaupt niet mogelijk is. Hoeveel stenen je ook pakt, hoe je ook beweegt, wat je ook doet, je zult nooit een steen op de vijfde regel krijgen.
En dat zullen we gaan bewijzen. Het probleem is bedacht en bewezen door John Conway in 1961. Het bewijs dat het niet kan is werkelijk heel vernuftig, en maakt slim gebruik van de gulden snede: ϕ.
Het idee is als volgt: Het is duidelijk dat elke keer dat je een zet doet dat je dan een mannetje verliest. Maar tegelijkertijd (als je tenminste niet te stom speelt) kun je een mannetje dichter bij je doel brengen. We proberen nu een soort gewicht aan de verzameling soldaatjes te hangen, en uit te drukken hoeveel gewicht er gewonnen of verloren wordt door een zet, en dan uiteindelijk zullen we zien dat hoe je ook begint, je nooit genoeg gewicht hebt om die vijfde regel te bereiken: je verliest het altijd te vroeg.
Allereerst merken we voor de volledigheid op dat het niet uitmaakt wélk punt op de vijfde regel we willen bereiken. Als we een zeker punt kunnen bereiken kunnen we ook het punt links ervan bereiken door alle stenen één plaatsje op te schuiven naar links en dan dezelfde bewegingen te doen. Kortom, die punten zijn in feite inwisselbaar en daarom maakt het niet uit welk punt we pakken. Als het niet kan met dat punt, kan het met geen enkel punt, en omgekeerd. We gaan er hierbij vanuit natuurlijk dat ons bord willekeurig groot kan worden, alhoewel we niet met oneindig veel soldaatjes gaan schuiven, maar wel met willekeurig (doch eindig) veel.
Eerst kiezen we maar eens een punt op de 5e regel (dat is blauw gekleurd hieronder) en dat punt kennen we een bepaald gewicht toe, namelijk: 1. De buurtpunten, die met één stap zijn te bereiken, kennen we gewicht x1 toe (wat x is zullen we later nog specificeren), de velden die met twee stappen bereikbaar zijn kennen we x2 toe, met drie x3, en zo voort, je krijgt dus deze situatie:
De laagste macht die we onder de streep vinden is dus x5. Een soldaatje dat op een veld staat krijgt het gewicht van het veld. Het gewicht van ons hele leger is simpelweg de som van alle veldjes waar een soldaat op staat. Merk op dat een soldaat op ons eindpunt dus per definitie gewicht 1 heeft, en een leger met een soldaat op het eindpunt dus ook minstens gewicht 1.
Voordat we specificeren wat x is, kijken we eerst nog even wat voor soort stappen we zouden kunnen doen, dat zijn er 3:
Het is hopelijk niet lastig om jezelf ervan te overtuigen dat als je alleen horizontaal en verticaal mag springen dit de enige drie opties zijn.
Nu komt de truc, namelijk een geschikt waarde voor x kiezen. Dit, samen met de waardering is het briljante van het bewijs, we kiezen x = 1/ϕ, ofwel:
Het getal ϕ is de guldensnede, die heeft een paar interessante eigenschappen die ook nu van pas komen, te weten: ϕ2 = ϕ + 1, en 1/ϕ = ϕ - 1.
Laten we nu eens naar de drie soorten bewegingen kijken die we kunnen maken, eerst de eerste bewegingen waarbij we naar het eindpunt toespringen:
De oplettende lezer voelt ’m nu al aankomen: de eigenschappen van de gulden snede komen nu beregoed van pas. Bedenk, x = 1/ϕ = ϕ - 1, dus x2 = 1/(ϕ2) = 1/ϕ·1/ϕ = (ϕ - 1)/ϕ = 1 - 1/ϕ = 1 - x.
Kortom:
Als we dus naar het eindpunt toe bewegen verandert het ‘gewicht’ van het leger niet. Nu bekijken we het tweede geval, dat betekent dat we van het eindpunt af bewegen, dat geeft:
Omdat x positief is geldt dat -2xn+1 < 0. Dat is voldoende: het gewicht van het leger neemt in dat geval dus af.
Nu het laatste geval waarbij we over een as door het eindpunt springen:
Ook in dát geval neemt het gewicht af. Het maakt dus niet uit wat voor sprong we maken, onder de waardering die we kiezen kan de waarde van het gehele leger niet toenemen.
Omdat het eindpunt gewicht 1 heeft, zoals we al opgemerkt hebben, zal een leger dat ooit dat eindpunt wil kunnen bereiken ook minstens gewicht 1 hebben, want het gewicht kan nooit toenemen, wat voor zetten je ook doet. Om nu aan te tonen dat ons startleger altijd te weinig gewicht zal hebben berekenen we het gewicht van het leger dat alle (oneindig veel!) vakjes onder de blauwe streep zou innemen, heeft. We doen dit per kolom. We beginnen met de kolom onder het eindpunt, deze heeft gewicht: .
Bedenk dat 0 ≤ x ≤ 1, dus dit is een geometrische reeks met als som: x5/(1 - x).
De twee kolommen aan weerszijden van deze kolom hebben elk waarde x6/(1 - x), die daarnaast x7/(1 - x), en zo voort. Dat hele halfvlak heeft dus als gewicht G:
Bedenk, we hadden x zo gekozen dat 1 - x = x2, dus bovenstaande is gelijk aan:
Kortom, als het gehele oneindige halfvlak bezet zou zijn met poppetjes, dan zouden deze samen precies gewicht 1 hebben. Elke lege plek betekent dat het gewicht minder dan 1 is, en dus de vijfde regel nooit bereikt kan worden. Geen enkel eindig leger kan die vijfde regel daarom bereiken. □
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.
Mooi is de formule:
x^2 + x + 41 is priem voor x = 0 t/m x = 39
2*x^2 + 29 is priem voor x = 0 t/m x = 28
Met name de eerste is een spectaculaire rij.
Verder zijn er bijna geen formules voor het berekenen van priemgetallen.
x^2 + x + 41 is priem voor x = 0 t/m x = 39
2*x^2 + 29 is priem voor x = 0 t/m x = 28
Met name de eerste is een spectaculaire rij.
Verder zijn er bijna geen formules voor het berekenen van priemgetallen.
Je kunt beter één kaars opsteken dan duizend maal de duisternis vervloeken.
Dat zijn prime-generating polynomials. Het is trouwens niet waar dat er verder 'bijna' geen van dergelijke polynomen zouden zijn, kijk maar.quote:Op zaterdag 10 oktober 2009 18:01 schreef Twentsche_Ros het volgende:
Mooi is de formule:
x^2 + x + 41 is priem voor x = 0 t/m x = 39
2*x^2 + 29 is priem voor x = 0 t/m x = 28
Met name de eerste is een spectaculaire rij.
Verder zijn er bijna geen formules voor het berekenen van priemgetallen.
Interessant, je bent een echte expert.quote:Op zaterdag 10 oktober 2009 18:20 schreef Riparius het volgende:
[..]
Dat zijn prime-generating polynomials. Het is trouwens niet waar dat er verder 'bijna' geen van dergelijke polynomen zouden zijn, kijk maar.
Ik ben wiskunde-hobby'ist.
Het is niet mijn beroep. Vandaar mijn amateuristische uitleg.
Ik ben gefascineerd door een aantal wiskundige zaken. Een ervan zijn priemgetallen. De ander zijn fractals. En bv de kubus van Rubik.
Vwb dat laatste:
Het schijnt dat je elke “in de warre” kubus binnen 20 draaien weer goed krijgt. Zijn er al algoritmen/programma’s die een dergelijk draaitraject kunnen berekenen, wanneer je de “in de war”-stand invoert?
Dat zou ik een hele fraaie formule vinden.
Je kunt beter één kaars opsteken dan duizend maal de duisternis vervloeken.
Het record staat nu op 22. Zie b.v.: Optimal solutions for Rubik's Cube
Er zijn algoritmes die je inderdaad kunnen helpen met zo’n kubus. Je hebt ook software. Die doet ’t gemiddeld in 19 moves. Het perfecte algoritme is er nog niet, maar men zit er naar verwachting niet ver af.
Voor mensen is dit echter niet heel praktisch, het zou te veel randgevallen vereisen om te leren. Mensen zijn veel meer gebaat naar het kunnen reduceren naar een toestand die ze herkennen. De standaard layer by layer methods zijn daar ook op gericht. Weinig uit je hoofd leren, toch veel kunnen doen.
Mensen die meedoen aan wedstrijden om snel kubussen op te lossen maken volgens mij gebruik van algoritmes die soms ook meer dan 100 gevallen onderscheiden. Maar dan nog ben je vaak meer dan 50 keer aan het draaien. Voor mensen maakt het echter ook uit welke kanten je na elkaar moet draaien, en of je de kubus moet verpakken. Dat kost tijd, en het gaat vaak om snelheid bij die wedstrijden. (Niet altijd overigens.)
Er zijn algoritmes die je inderdaad kunnen helpen met zo’n kubus. Je hebt ook software. Die doet ’t gemiddeld in 19 moves. Het perfecte algoritme is er nog niet, maar men zit er naar verwachting niet ver af.
Voor mensen is dit echter niet heel praktisch, het zou te veel randgevallen vereisen om te leren. Mensen zijn veel meer gebaat naar het kunnen reduceren naar een toestand die ze herkennen. De standaard layer by layer methods zijn daar ook op gericht. Weinig uit je hoofd leren, toch veel kunnen doen.
Mensen die meedoen aan wedstrijden om snel kubussen op te lossen maken volgens mij gebruik van algoritmes die soms ook meer dan 100 gevallen onderscheiden. Maar dan nog ben je vaak meer dan 50 keer aan het draaien. Voor mensen maakt het echter ook uit welke kanten je na elkaar moet draaien, en of je de kubus moet verpakken. Dat kost tijd, en het gaat vaak om snelheid bij die wedstrijden. (Niet altijd overigens.)
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.
Gaaf bewijs!quote:
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
tvp ,
wellicht dat ik hier ooit een mooi bewijsje post als het hier rustig is
Het bewijs dat er oneindig veel priemgetallen zijn in de OP is zo geniaal.
Iedereen begrijpt het, maar verzin het maar eens..
[ Bericht 22% gewijzigd door qonmann op 10-10-2009 22:12:44 ]
wellicht dat ik hier ooit een mooi bewijsje post als het hier rustig is
Het bewijs dat er oneindig veel priemgetallen zijn in de OP is zo geniaal.
Iedereen begrijpt het, maar verzin het maar eens..
[ Bericht 22% gewijzigd door qonmann op 10-10-2009 22:12:44 ]
Niet geschoten is altijd mis..
Ach Margrietje, de Rozen zullen bloeien..
Ach Margrietje, de Rozen zullen bloeien..
Het bewijs dat bijvoorbeeld wortel 2 geen rationeel getal is.
Dus niet het quotient vormt van 2 gehele getallen.
Ieder rationeel getal heeft een eindig aantal kettingbreuken.
Bijvoorbeeld: 355/113:
Heeft als kettingbreuken: 3,7,16
en daarna oneindig.
Wortel 2 heeft als kettingbreuken: 1,2,2,2,2,2,2,2 etc.
Dus komt er nooit een eind aan.
Dus niet het quotient vormt van 2 gehele getallen.
Ieder rationeel getal heeft een eindig aantal kettingbreuken.
Bijvoorbeeld: 355/113:
Heeft als kettingbreuken: 3,7,16
en daarna oneindig.
Wortel 2 heeft als kettingbreuken: 1,2,2,2,2,2,2,2 etc.
Dus komt er nooit een eind aan.
Je kunt beter één kaars opsteken dan duizend maal de duisternis vervloeken.
Leuk om eens te lezen.
I asked God for a bike, but I know God doesn't work that way.
So I stole a bike and asked for forgiveness.
So I stole a bike and asked for forgiveness.
Ik ken eigenlijk alleen volledige inductie; wat houdt in de wiskunde "onvolledige" inductie precies in dan?quote:Op maandag 12 oktober 2009 14:15 schreef Bankfurt het volgende:
Bewijs met onvolledige (beperkte) inductie is een leuk bewijs.
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
onvolledige inductie is toch geen wiskundig bewijs.
Is dat niet zo dat als iets bvb 1000 keer klopt, dat je ervan uitgaat dat het wel altijd juist zal zijn?
(zoals fysica dus )
Is dat niet zo dat als iets bvb 1000 keer klopt, dat je ervan uitgaat dat het wel altijd juist zal zijn?
(zoals fysica dus
)
Er zijn stellingen die gelden voor n = 5 of 6 en hoger, maar niet voor kleiner dan 5 of 6, met n als natuurlijk getal.quote:Op maandag 12 oktober 2009 14:26 schreef Beregd het volgende:
onvolledige inductie is toch geen wiskundig bewijs.
Is dat niet zo dat als iets bvb 1000 keer klopt, dat je ervan uitgaat dat het wel altijd juist zal zijn?
(zoals fysica dus
dat is op zich niets anders dan stellingen die voor alle n>=0 gelden. Je kan makkelijk stellingen zoals jij ze omschrijft herschrijven naar een stelling die voor alle n>= 0 geldt.quote:Op maandag 12 oktober 2009 14:40 schreef Bankfurt het volgende:
[..]
Er zijn stellingen die gelden voor n = 5 of 6 en hoger, maar niet voor kleiner dan 5 of 6, met n als natuurlijk getal.
het komt er op neer dat N| en {x in N| | x>5} even 'groot' zijn.
Dus ook gewoon volledige inductie.
Ik gooi eerbiedig een vraag in dit gezelschap van giganten der wiskundige wetenswaardigheden: wat is het wiskundige bewijs van 1 + 1 = 2?
Is al gedaan deze topic en er is al naar gelinkt. Als je terugleest heb je het zo.quote:
Ik gooi eerbiedig een vraag in dit gezelschap van giganten der wiskundige wetenswaardigheden: wat is het wiskundige bewijs van 1 + 1 = 2?
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.
quote:
Ik gooi eerbiedig een vraag in dit gezelschap van giganten der wiskundige wetenswaardigheden: wat is het wiskundige bewijs van 1 + 1 = 2?
quote:Op dinsdag 28 oktober 2008 22:20 schreef Iblis het volgende:
[..]
Neem de lege verzameling: {}. Definieer nu een recursieve relatie van een lijst waarbij we de opvolger van element k, zeg S(k), definiëren als S(k) = k ∪ {k}. Dan hebben we de volgende lijst: {}, {{}}, {{}, {{}} }, etc. Nu noemen we het eerste element 0. Het tweede 1, en het derde 2. Aldus construeren wij de natuurlijke getallen vanuit de lege verzameling. De symbolen gaan verder als 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, maar dit is in feite arbitrair. Doch voor nu nemen we de gebruikelijke notatie aan.
Dan zijn er nog wat definities. Zij x een natuurlijk getal, en zijn y en z dit ook. Dan, x = x, x = y dan en slechts dan y = x, verder x = y en y = z, dan x = z en als laatste, als x een natuurlijk getal is en x = x', dan is x' ook een natuurlijk getal.
Voorts stipuleren we dat {} (noemen wij ook 0) een natuurlijk getal is, en dat S(k), waarbij k een natuurlijk getal is, ook een natuurlijk getal is. Verder nemen wij aan dat er geen k is zodanig dat S(k) = {}, en ook dat als S(x) = z, en S(y) = z, dat dan x = y. (Omgekeerd volgt natuurlijk direct uit de voorgaande axiomata).
Voor het gemak duiden we de verzameling van natuurlijke getallen aan met N, dan definiëren we + : N x N -> N, met als basisstap:
+(x, {}) = x (1)
En als recursie:
+(x, S(y)) = S(+(x, y)) (2)
Soms gebruiken we ook de infix-notatie en schrijven we derhalve x + y voor +(x, y).
Let op dat deze uiteenzetting niet helemaal formeel is, maar afdoende om het idee over te brengen.
Beschouw nu: 1 + 1, ofwel +({{}}, {{}}), dit voldoet niet aan (1), dus we moeten (2) toepassen, en dit zegt dat het gelijk is aan S(+({{}}, {})). De binnenste + kan nu weer nader beken worden, en deze voldoet wel aan (1). Dit geeft dat +({{}}, {}) gelijk is aan {{}}. Dat maakt dat de vergelijking vereenvoudigt tot S({{}}), wat per definitie van S gelijk is aan {{},{{}}}, of wel 2. QED.
Dit vanuit de set-theoretische constructie van de natuurlijke getallen, en de axiomata van Peano-Arithmetica. Een minstens zo elegant bewijs kan gegeven worden middels Church-numerals in de Lambda-calculus. Uiteindelijk komt het natuurlijk meer neer op een afspraak die wij maken hoe wij bepaalde verzamelingen (of lambda-functie-expressies) kort aanduiden met een cijfer, en de opvolgingsrelatie die wij daarin veronderstellen, dat volgt dat de som van 1 + 1 inderdaad gelijk is aan de opvolger van 1. Dit correspondeert redelijk met een discreet model van dingen in de werkelijkheid. Alhoewel je zou kunnen beargumenteren dat 1 druppel samen met 1 druppel weer één druppel is, en dat bovenstaande dit niet accuraat modelleert. Voor zulke vragen, in tegen stelling tot axiomatische afleidingen moet je denk ik in een WFL topic zijn, en je zou de Principia Mathematica er eens op na kunnen slaan.
I asked God for a bike, but I know God doesn't work that way.
So I stole a bike and asked for forgiveness.
So I stole a bike and asked for forgiveness.
Waarbij WFL nu vervangen dient te worden door F&L.
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.
Persoonlijk vind ik dit een prachtige fractal,
In Baden-Badener Badeseen kann man Baden-Badener baden sehen.
quote:Op maandag 12 oktober 2009 15:52 schreef Iblis het volgende:
[..]
Is al gedaan deze topic en er is al naar gelinkt. Als je terugleest heb je het zo.
Bedankt en vergeef me mijn laksheid.quote:
Brassica oleracea convar. botrytis var. botrytisquote:
Persoonlijk vind ik dit een prachtige fractal,
[ afbeelding ]
Overigens zijn er heel veel van zulke repeterende systemen in de natuur te vinden, varens zijn een ander bekend voorbeeld. Een manier om dat te formaliseren zijn Lindenmayersystemen.
Die systemen bestaan uit een voudige regels (stapje naar voren, draai een slag, stapje naar voren, trek een lijntje), en door die iteratief te doen krijg je fractals. Zie die Wikipedia pagina. Een voorbeeld zie hieronder:
Bron: Wikimedia Commons. Maker: Sakurambo. Licentie: CC-BY-SA.
Het leuke is in feite dat dit heel simpele instructies zijn die zich genetisch ook gemakkelijk zouden laten coderen. Zo’n plant is dus heel compact weer te coderen. Maar toch oogt het resultaat vrij complex. Hierboven zie je ook dat de plant in feite kleinere kopieën van zichzelf bevat aan de stam.
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 ervan uitgaat dat ze zich ook genetisch moeten kunnen laten coderen op een vrij eenvoudige manier, dan is het toch al niet zo heel vreemd? Natuurlijk is er in ‘het echt’ altijd verstoring. Dus de ‘instructie’ (zo je wilt) is weliswaar simpelweg ‘groei’ maar zonlicht/wind/beesten/iets verstoort de boel.quote:Op maandag 12 oktober 2009 16:06 schreef servus_universitas het volgende:
Echt fascinerend dat die in de natuur voorkomende patronen zich wiskundig laten beschrijven.
Maar goed:
Bron: Wikimedia Commons. Maker: L. Shyamal. Licentie: CC-BY-SA.
Van Wikipedia Fibonacci spiral (Fibonacci numbers in nature)
Het onderstreepte is de kern: evolutionair is het voordelig om zo dicht mogelijk opeen te pakken. En het resultaat is dus dat er zo’n wiskundig patroon uitkomt.quote:A model for the pattern of florets in the head of a sunflower was proposed by H. Vogel in 1979. This has the form
where n is the index number of the floret and c is a constant scaling factor; the florets thus lie on Fermat's spiral. The divergence angle, approximately 137.51°, is the golden angle, dividing the circle in the golden ratio. Because this ratio is irrational, no floret has a neighbor at exactly the same angle from the center, so the florets pack efficiently. Because the rational approximations to the golden ratio are of the form F(j):F(j + 1), the nearest neighbors of floret number n are those at n ± F(j) for some index j which depends on r, the distance from the center. It is often said that sunflowers and similar arrangements have 55 spirals in one direction and 89 in the other (or some other pair of adjacent Fibonacci numbers), but this is true only of one range of radii, typically the outermost and thus most conspicuous.
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.
Een ander prachtig voorbeeldje van een wiskundige structuur die mooie plaatjes opgeeft is de zogenaamde wortelstructuur van de 248-dimensionale Lie group E8. Deze Lie groep wordt bijvoorbeeld in een heterotische supersnaartheorie of een 10-dimensionale N=1 supergravitatie theorie toegepast als ijkgroep.
Alhoewel het hier nog maar de vraag is of deze structuur in de natuur terug te vinden is
Alhoewel het hier nog maar de vraag is of deze structuur in de natuur terug te vinden is
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
Wat ook fraai is, is om bij een rekenmethode of een raadsel de ongeldigheid aannemelijk te maken, door een extreem voorbeeld te nemen.
Stel: iemand beweert ten onrechte het volgende:
Als ik van A naar B rijd met een snelheid van 100 km/u en van B naar A met een snelheid van 150 km/u heb ik gemiddeld 125 km/u gereden. Op verjaardagen en in veel bedrijfskantines zal men dit beweren. Hoe kun je deze stelling weerleggen, zonder in allerlei rekenkundige ingewikkeldheden te verzanden.
Welnu: Stel dat ik van A naar B heb gereden met een snelheid van 100 km/u en van B naar A met een snelheid van 2 miljard km/u, heb ik dan ook gemiddeld 1 miljard km/u gereden. Niet dus.
Ander voorbeeld:
Je doet mee aan een quiz. Er zijn drie dichte deuren. Achter 1 zit een prijs, achter 2 andere niet. Je bent kandidaat en je kiest een deur. De kwismaster weet waar de prijs zit en opent een andere deur waarachter geen prijs blijkt te zitten. De door jou gekozen deur blijft dicht.
Je mag nog wisselen. Wat is wijsheid? In menige bedrijfskantine zegt men: Maakt niks uit. ’t Is fifty fifty, want er zijn immers twee deuren. Zucht.
Niet dus:
Want de kans is 2/3e dat de prijs achter de overgebleven deur zit.
Hoe maak je aannemelijk dat de fifty-fifty stelling niet klopt.
Stel er zijn honderd deuren.
Je kiest een deur.
En de kwismaster is zo vriendelijk om 98 deuren te openen waarachter geen prijs blijkt te zijn. Ook nu zijn er twee deuren over. Is het nu ook nog 50:50?
Hmmm erg onwaarschijnlijk.
Stel: iemand beweert ten onrechte het volgende:
Als ik van A naar B rijd met een snelheid van 100 km/u en van B naar A met een snelheid van 150 km/u heb ik gemiddeld 125 km/u gereden. Op verjaardagen en in veel bedrijfskantines zal men dit beweren. Hoe kun je deze stelling weerleggen, zonder in allerlei rekenkundige ingewikkeldheden te verzanden.
Welnu: Stel dat ik van A naar B heb gereden met een snelheid van 100 km/u en van B naar A met een snelheid van 2 miljard km/u, heb ik dan ook gemiddeld 1 miljard km/u gereden. Niet dus.
Ander voorbeeld:
Je doet mee aan een quiz. Er zijn drie dichte deuren. Achter 1 zit een prijs, achter 2 andere niet. Je bent kandidaat en je kiest een deur. De kwismaster weet waar de prijs zit en opent een andere deur waarachter geen prijs blijkt te zitten. De door jou gekozen deur blijft dicht.
Je mag nog wisselen. Wat is wijsheid? In menige bedrijfskantine zegt men: Maakt niks uit. ’t Is fifty fifty, want er zijn immers twee deuren. Zucht.
Niet dus:
Want de kans is 2/3e dat de prijs achter de overgebleven deur zit.
Hoe maak je aannemelijk dat de fifty-fifty stelling niet klopt.
Stel er zijn honderd deuren.
Je kiest een deur.
En de kwismaster is zo vriendelijk om 98 deuren te openen waarachter geen prijs blijkt te zijn. Ook nu zijn er twee deuren over. Is het nu ook nog 50:50?
Hmmm erg onwaarschijnlijk.
Je kunt beter één kaars opsteken dan duizend maal de duisternis vervloeken.
Het is natuurlijk wel aardig om dat patroon op je kleren te borduren als fysicus.quote:
Een ander prachtig voorbeeldje van een wiskundige structuur die mooie plaatjes opgeeft is de zogenaamde wortelstructuur van de 248-dimensionale Lie group E8. Deze Lie groep wordt bijvoorbeeld in een heterotische supersnaartheorie of een 10-dimensionale N=1 supergravitatie theorie toegepast als ijkgroep.
[ afbeelding ]
Alhoewel het hier nog maar de vraag is of deze structuur in de natuur terug te vinden 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.
Ik vind het ook niet vreemd, maar wel fascinerend. Voor mij is deze materie dan ook geen gesneden koek, waardoor het waarschijnlijk gepaard gaat met meer verwondering dan feitelijk 'gerechtvaardigd'.quote:Op maandag 12 oktober 2009 16:17 schreef Iblis het volgende:
Als je ervan uitgaat dat ze zich ook genetisch moeten kunnen laten coderen op een vrij eenvoudige manier, dan is het toch al niet zo heel vreemd? Natuurlijk is er in ‘het echt’ altijd verstoring. Dus de ‘instructie’ (zo je wilt) is weliswaar simpelweg ‘groei’ maar zonlicht/wind/beesten/iets verstoort de boel.
Daar zou ik niet zo zeker van zijn.quote:
Wat ook fraai is, is om bij een rekenmethode of een raadsel de ongeldigheid aannemelijk te maken, door een extreem voorbeeld te nemen.
Stel er zijn honderd deuren.
Je kiest een deur.
En de kwismaster is zo vriendelijk om 98 deuren te openen waarachter geen prijs blijkt te zijn. Ook nu zijn er twee deuren over. Is het nu ook nog 50:50?
Hmmm erg onwaarschijnlijk.
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.
Fractals zijn niet alleen te beschrijven als plaatjes, maar ook als Muziek
http://www.ocf.berkeley.edu/~wwu/sounds/au/structure1.au
http://www.ocf.berkeley.edu/~wwu/sounds/au/structure1.au
In Baden-Badener Badeseen kann man Baden-Badener baden sehen.
Dat is niet echt bewijs. Je hebt wel gelijk, maar in feite zeg je gewoon 2 keer hetzelfde alleen met andere snelheden.quote:Op maandag 12 oktober 2009 16:20 schreef Twentsche_Ros het volgende:
Wat ook fraai is, is om bij een rekenmethode of een raadsel de ongeldigheid aannemelijk te maken, door een extreem voorbeeld te nemen.
Stel: iemand beweert ten onrechte het volgende:
Als ik van A naar B rijd met een snelheid van 100 km/u en van B naar A met een snelheid van 150 km/u heb ik gemiddeld 125 km/u gereden. Op verjaardagen en in veel bedrijfskantines zal men dit beweren. Hoe kun je deze stelling weerleggen, zonder in allerlei rekenkundige ingewikkeldheden te verzanden.
Welnu: Stel dat ik van A naar B heb gereden met een snelheid van 100 km/u en van B naar A met een snelheid van 2 miljard km/u, heb ik dan ook gemiddeld 1 miljard km/u gereden. Niet dus.
Iemand die het met 100 en 150 niet begrijpt zal het ook niet met 100 en 2e9 begrijpen.
Zijn er evenveel breuken als gehele positieve getallen?
Een drieluik! Vandaag het eerste deel. Het idee voor vandaag is om te bewijzen dat er evenveel rationale getallen, ook wel bekend als breuken, zijn als natuurlijke getallen, d.w.z. de positieve gehele getallen.
Wat ‘evenveel’ is zullen we vandaag eveneens verduidelijken. Het volgende stuk is de Calkin-Wilf-reeks, en als laatste zullen we Cantors diagonaal-argument doen.
Deze aflevering is (hopelijk) goed te volgen ook al heb je nooit veel wiskunde gehad.
De natuurlijke getallen
We beginnen met de natuurlijke getallen, dit zijn de getallen 1, 2, 3, 4, 5 en zo voort. Deze verzameling wordt meestal aangeduid met een hoofdletter N (eigenlijk: ℕ):
Soms stopt men 0 er ook bij, maar ik vandaag niet.
Deze verzameling bevat uiteraard oneindig veel getallen. Er is niet zoiets als ‘een grootste natuurlijk getal’. Alhoewel het er oneindig veel zijn, kunnen we ze toch systematisch opsommen. Je begint gewoon bij 1, en dan telkens eentje meer. Je komt nooit bij het eind, maar je kunt weet zeker dat je ook geen getal overslaat als je zo opsomt. En dat is belangrijk, daarom wordt deze verzameling aftelbaar oneindig genoemd.
De gehele getallen
Nu bekijken we de verzameling van alle gehele getallen, meestal aangeduid met een Z (ℤ) van het Duitse Zahlen. Je kunt je ℤ voorstellen als:
Nu beweer ik ‘er zijn evenveel gehele getallen als natuurlijke getallen’. Wat ‘evenveel’ inhoudt zal ik nog iets preciseren. Normaliter, bij eindige verzamelingen, zeg je b.v. {a, b, c} en {1, 2, 3} bevatten evenveel elementen omdat ze allebei 3 elementen bevatten. Maar ja, het is niet in een getal uit te drukken hoeveel elementen ℕ bevat, oneindig is geen getal immers.
‘Evenveel’ precies gemaakt
Daarom is er een iets algemenere definitie voor evenveel. Namelijk, twee verzamelingen bevatten evenveel elementen als er een 1:1 koppeling te vinden tussen de elementen van beide verzamelingen. Kortom, je kunt paartjes maken met één element uit de ene verzameling, en eentje uit de andere verzameling, waarbij alle elementen gebruikt, maar waarbij je geen enkel element dubbel gebruikt, bijvoorbeeld:
Hierboven zie je twee manieren om de verzamelingen {1,2,3} en {a,b,c} aan elkaar te koppelen. Ook zie je dat voor {1,2} en {a,b,c} niet zo’n koppeling te vinden is. Je komt er immers altijd eentje te kort. In dit voorbeeld kun je c niet koppelen.
In het geval van oneindige verzamelingen kan dit een soms een wat onverwacht resultaat geven, maar hopelijk is het toch redelijk logisch als je erover nadenkt. Neem b.v. de even natuurlijke getallen ({2,4,6,…}) en alle natuurlijke getallen:
Het is duidelijk dat die koppeling helemaal door te trekken. Elk even getal n wordt gekoppeld aan n/2 en elk natuurlijk getal m aan het even getal 2m. In deze zin zijn er dus evenveel gehele getallen als even getallen. Nu is duidelijk (hopelijk) wat ik met evenveel bedoel.
Een koppeling tussen ℕ en ℤ
Er zijn op die manier ook evenveel gehele getallen als natuurlijke getallen:
Het is ook duidelijk dat deze koppeling gewoon door te trekken is, bovenaan som je de natuurlijke getallen op, onderaan gaat het verder met -4, 4, -5, 5, -6, 6 enz.
Dus er zijn ook evenveel gehele getallen als natuurlijke getallen.
Er zijn evenveel breuken als natuurlijke getallen!
Nu komen we bij de volgende stap. De eerstvolgende grotere verzameling van getallen die wiskundigen gebruiken is Q (of ℚ), die bestaat uit alle breuken. Dus b.v. 3/5, 7/3, 1/8, 9/2, enz. Hieronder zie je alle positieve breuken systematisch opgesomd als een vierkant dat oneindig is naar twee kanten:
Het misschien nog wel duidelijk hoe je één rij of één kolom kunt koppelen aan de natuurlijke getallen, maar allemaal? Toch kan dit. Het volgende werkt duidelijk niet:
Want aan welk getal wordt 2/3 bijvoorbeeld gekoppeld? Dat is niet te zeggen. Want er zijn duidelijk oneindig veel breuken in de vorm 1/n. En 2/3 komt pas ‘daarna’. Maar ‘na oneindig’ is er niet veel, en al helemaal geen getal. Dus er moet iets slimmers bedacht worden.
En dat gaat zo (volg de blauwe lijn):
Je gaat dus systematisch de diagonalen af, dit levert de volgende koppeling:
En dit systeem is wél door te trekken. Op het plaatje staat al grofweg hoe het werkt.
Tot slot
Een nadeel van deze koppeling is dat je er dubbele vormen in hebt, zoals 4/4, 3/1 en 6/2. In een volgende post zullen we een heel slimme manier van opsommen zien, die zulke ‘dubbelen’ overslaat.
Een drieluik! Vandaag het eerste deel. Het idee voor vandaag is om te bewijzen dat er evenveel rationale getallen, ook wel bekend als breuken, zijn als natuurlijke getallen, d.w.z. de positieve gehele getallen.
Wat ‘evenveel’ is zullen we vandaag eveneens verduidelijken. Het volgende stuk is de Calkin-Wilf-reeks, en als laatste zullen we Cantors diagonaal-argument doen.
Deze aflevering is (hopelijk) goed te volgen ook al heb je nooit veel wiskunde gehad.
De natuurlijke getallen
We beginnen met de natuurlijke getallen, dit zijn de getallen 1, 2, 3, 4, 5 en zo voort. Deze verzameling wordt meestal aangeduid met een hoofdletter N (eigenlijk: ℕ):
Soms stopt men 0 er ook bij, maar ik vandaag niet.
Deze verzameling bevat uiteraard oneindig veel getallen. Er is niet zoiets als ‘een grootste natuurlijk getal’. Alhoewel het er oneindig veel zijn, kunnen we ze toch systematisch opsommen. Je begint gewoon bij 1, en dan telkens eentje meer. Je komt nooit bij het eind, maar je kunt weet zeker dat je ook geen getal overslaat als je zo opsomt. En dat is belangrijk, daarom wordt deze verzameling aftelbaar oneindig genoemd.
De gehele getallen
Nu bekijken we de verzameling van alle gehele getallen, meestal aangeduid met een Z (ℤ) van het Duitse Zahlen. Je kunt je ℤ voorstellen als:
Nu beweer ik ‘er zijn evenveel gehele getallen als natuurlijke getallen’. Wat ‘evenveel’ inhoudt zal ik nog iets preciseren. Normaliter, bij eindige verzamelingen, zeg je b.v. {a, b, c} en {1, 2, 3} bevatten evenveel elementen omdat ze allebei 3 elementen bevatten. Maar ja, het is niet in een getal uit te drukken hoeveel elementen ℕ bevat, oneindig is geen getal immers.
‘Evenveel’ precies gemaakt
Daarom is er een iets algemenere definitie voor evenveel. Namelijk, twee verzamelingen bevatten evenveel elementen als er een 1:1 koppeling te vinden tussen de elementen van beide verzamelingen. Kortom, je kunt paartjes maken met één element uit de ene verzameling, en eentje uit de andere verzameling, waarbij alle elementen gebruikt, maar waarbij je geen enkel element dubbel gebruikt, bijvoorbeeld:
Hierboven zie je twee manieren om de verzamelingen {1,2,3} en {a,b,c} aan elkaar te koppelen. Ook zie je dat voor {1,2} en {a,b,c} niet zo’n koppeling te vinden is. Je komt er immers altijd eentje te kort. In dit voorbeeld kun je c niet koppelen.
In het geval van oneindige verzamelingen kan dit een soms een wat onverwacht resultaat geven, maar hopelijk is het toch redelijk logisch als je erover nadenkt. Neem b.v. de even natuurlijke getallen ({2,4,6,…}) en alle natuurlijke getallen:
Het is duidelijk dat die koppeling helemaal door te trekken. Elk even getal n wordt gekoppeld aan n/2 en elk natuurlijk getal m aan het even getal 2m. In deze zin zijn er dus evenveel gehele getallen als even getallen. Nu is duidelijk (hopelijk) wat ik met evenveel bedoel.
Een koppeling tussen ℕ en ℤ
Er zijn op die manier ook evenveel gehele getallen als natuurlijke getallen:
Het is ook duidelijk dat deze koppeling gewoon door te trekken is, bovenaan som je de natuurlijke getallen op, onderaan gaat het verder met -4, 4, -5, 5, -6, 6 enz.
Dus er zijn ook evenveel gehele getallen als natuurlijke getallen.
Er zijn evenveel breuken als natuurlijke getallen!
Nu komen we bij de volgende stap. De eerstvolgende grotere verzameling van getallen die wiskundigen gebruiken is Q (of ℚ), die bestaat uit alle breuken. Dus b.v. 3/5, 7/3, 1/8, 9/2, enz. Hieronder zie je alle positieve breuken systematisch opgesomd als een vierkant dat oneindig is naar twee kanten:
Het misschien nog wel duidelijk hoe je één rij of één kolom kunt koppelen aan de natuurlijke getallen, maar allemaal? Toch kan dit. Het volgende werkt duidelijk niet:
Want aan welk getal wordt 2/3 bijvoorbeeld gekoppeld? Dat is niet te zeggen. Want er zijn duidelijk oneindig veel breuken in de vorm 1/n. En 2/3 komt pas ‘daarna’. Maar ‘na oneindig’ is er niet veel, en al helemaal geen getal. Dus er moet iets slimmers bedacht worden.
En dat gaat zo (volg de blauwe lijn):
Je gaat dus systematisch de diagonalen af, dit levert de volgende koppeling:
En dit systeem is wél door te trekken. Op het plaatje staat al grofweg hoe het werkt.
Tot slot
Een nadeel van deze koppeling is dat je er dubbele vormen in hebt, zoals 4/4, 3/1 en 6/2. In een volgende post zullen we een heel slimme manier van opsommen zien, die zulke ‘dubbelen’ overslaat.
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.
Nog overtuigender vind ik het om het voorbeeld te stellen dat de heenreis met 100 km/h ging en de terugreis met 0 km/h.quote:
Stel: iemand beweert ten onrechte het volgende:
Als ik van A naar B rijd met een snelheid van 100 km/u en van B naar A met een snelheid van 150 km/u heb ik gemiddeld 125 km/u gereden. Op verjaardagen en in veel bedrijfskantines zal men dit beweren. Hoe kun je deze stelling weerleggen, zonder in allerlei rekenkundige ingewikkeldheden te verzanden.
Welnu: Stel dat ik van A naar B heb gereden met een snelheid van 100 km/u en van B naar A met een snelheid van 2 miljard km/u, heb ik dan ook gemiddeld 1 miljard km/u gereden. Niet dus.
[ Bericht 0% gewijzigd door #ANONIEM op 12-10-2009 22:02:32 ]
Het bewijs van de Fremant theorie natuurlijk! Helaas is dat niet ff te kopieëren en plakken
In fact, recent observations and simulations have suggested that a network of cosmic strings stretches across the entire universe.
Met Fremant bedoel je Fermat?quote:
Het bewijs van de Fremant theorie natuurlijk! Helaas is dat niet ff te kopieëren en plakken
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.
Fermantquote:
Maar Fermat zou ook eens kunnen.
In fact, recent observations and simulations have suggested that a network of cosmic strings stretches across the entire universe.
Fermat is al langsgekomen. D.w.z. dat an + bn = cn geen oplossingen heeft voor n > 2.quote:
[..]
Fermant
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 vermoeden is mooi (een ieder begrijpt de probleemstelling) , het bewijs minder m.i. (bijna niemand kent het)quote:Op dinsdag 13 oktober 2009 20:28 schreef Iblis het volgende:
[..]
Fermat is al langsgekomen. D.w.z. dat an + bn = cn geen oplossingen heeft voor n > 2.
Niet geschoten is altijd mis..
Ach Margrietje, de Rozen zullen bloeien..
Ach Margrietje, de Rozen zullen bloeien..
Ja het bewijs heeft toch wel een aantal jaren geduurd heb ik gehoord. Er is ook een boek over als ik het goed heb.
In fact, recent observations and simulations have suggested that a network of cosmic strings stretches across the entire universe.
Misschien moet je toch even de topic doorlezen.quote:
Ja het bewijs heeft toch wel een aantal jaren geduurd heb ik gehoord. Er is ook een boek over als ik het goed heb.
Dan zul je ook ontdekken dat er een documentaire over is die op YouTube staat.
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.
Paas me die url swa.quote:Op dinsdag 13 oktober 2009 21:57 schreef Iblis het volgende:
[..]
Misschien moet je toch even de topic doorlezen.
In fact, recent observations and simulations have suggested that a network of cosmic strings stretches across the entire universe.
|
|
