SES School, Studie en Onderwijs
Wiskunde in de brugklas, Frans voor het examen of een studie Personeel en Arbeid? Moeilijke formulieren van DUO? Iets weten over studiefinanciering of studentenverenigingen? Dit is het forum voor leerkrachten, scholieren en studenten, van brugklas tot uni
Als je a invult krijg je:quote:Op maandag 21 december 2009 20:51 schreef EddyAlbena het volgende:
ok, ik heb alleen mn telefoont en moment tot mijn beschikkng, dus alle informatie kan ik niet geven, maar het schijnt dat je hieraan genoeg hebt:
a= 0,5(0,84a+0,4c) + 0,8c
a = 1,72
waarom wordt dit 1,72c ?
1,72 = 0,5(0,84·1,72 + 0,4·c) + 0,8c
Vermenigvuldig met 2:
3,44 = 0,84·1,72 + 0,4c + 1,6c
3,44 = 1,44 + 2,0c
2,00 = 2,0c
c = 1,00
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.
Allereerst bedankt voor je reactie.
Excuus, maar ik gaf het niet goed aan.
Uit de berekening achter A, moet 1,72C uitkomen.
Dus A=0,5(0,84a+0,4c)+0,8c
Ik hoop dat ik het zo duidelijk heb kunnen maken, zag dat ik net de c vergeten was, nog al een belangrijk verschil he :p
Excuus, maar ik gaf het niet goed aan.
Uit de berekening achter A, moet 1,72C uitkomen.
Dus A=0,5(0,84a+0,4c)+0,8c
Ik hoop dat ik het zo duidelijk heb kunnen maken, zag dat ik net de c vergeten was, nog al een belangrijk verschil he :p
Ah, ik snap wat je wilt, maar je schrijft het raar op. Wat je wilt is:
a= 0,5(0,84a+0,4c) + 0,8c
oplossen naar c. Om dat de doen, begin met vermenigvuldigen met 2:
2a= 0,84a + 0,4c + 1,6c
0,84a naar de andere kant, termen met c samenvoegen:
1,16a = 2,0c
Deel links en rechts door 1,16:
a = 1,72c
a= 0,5(0,84a+0,4c) + 0,8c
oplossen naar c. Om dat de doen, begin met vermenigvuldigen met 2:
2a= 0,84a + 0,4c + 1,6c
0,84a naar de andere kant, termen met c samenvoegen:
1,16a = 2,0c
Deel links en rechts door 1,16:
a = 1,72c
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.
Haha yeah! Mijn dank is groot, ik snap 'm! Dit brengt mij weer een stuk verder.quote:Op maandag 21 december 2009 21:16 schreef Iblis het volgende:
Ah, ik snap wat je wilt, maar je schrijft het raar op. Wat je wilt is:
a= 0,5(0,84a+0,4c) + 0,8c
oplossen naar c. Om dat de doen, begin met vermenigvuldigen met 2:
2a= 0,84a + 0,4c + 1,6c
0,84a naar de andere kant, termen met c samenvoegen:
1,16a = 2,0c
Deel links en rechts door 1,16:
a = 1,72c
Super!
Er werd in een bewijs van mijn dictaat gebruik gemaakt van det(A^-1) = det(A)^-1, maar dit is nergens bewezen. Zelf heb ik geen idee hoe ik dit kan aanpakken. Hints worden op prijs gesteld 
.
Oh nevermind, heb het al
.Oh nevermind, heb het al
gebruik det(AB)=det(A)det(B) en I=A*A^-1.
eee7a201261dfdad9fdfe74277d27e68890cf0a220f41425870f2ca26e0521b0
Inderdaad, zag het direct nadat ik het posttequote:Op dinsdag 22 december 2009 00:09 schreef GlowMouse het volgende:
gebruik det(AB)=det(A)det(B) en I=A*A^-1.
Nog ééntje:
Zij T: R2 ->R2 een lineaire afbeelding met als eigenschap |Tx|=|x| voor alle x in R2. Laat zien dat T ofwel een rotatie is, of een loodrechte spiegeling.
Het lijkt zo triviaal, maar ik heb geen idee hoe ik dit zou kunnen laten zien.
Zij T: R2 ->R2 een lineaire afbeelding met als eigenschap |Tx|=|x| voor alle x in R2. Laat zien dat T ofwel een rotatie is, of een loodrechte spiegeling.
Het lijkt zo triviaal, maar ik heb geen idee hoe ik dit zou kunnen laten zien.
Wat doe je normaalgesproken als je absoluuttekens weg wilt hebben?
eee7a201261dfdad9fdfe74277d27e68890cf0a220f41425870f2ca26e0521b0
- nvm -
[ Bericht 80% gewijzigd door GlowMouse op 22-12-2009 00:28:46 ]
[ Bericht 80% gewijzigd door GlowMouse op 22-12-2009 00:28:46 ]
eee7a201261dfdad9fdfe74277d27e68890cf0a220f41425870f2ca26e0521b0
Ik intepreteer |x| altijd als "de lengte van vector x", en wist niet dat het ook "de absolute waarde van" kon betekenen in dit verband. (ik dacht dus eigenlijk dat ik moest laten zien dat als de lengte van een vector niet veranderd na een lineaire transformatie, dat we ofwel te maken hebben met loodrechte spiegeling, of met rotatie)
Maar stel dat bedoeld word dat de absolute waarde van x behouden blijft, dan impliceert dat dat T ofwel de identiteitsmatrix is, of minus de identiteitsmatrix. In het geval dat T de identiteitsmatrix is kan je het opvatten als een rotatie van 2pi, en als het minus de identiteitsmatrix is als spiegeling of rotatie van pi (is dat hetzelfde?).
Kan me haast niet voorstellen dat dit bedoeld wordt
Maar stel dat bedoeld word dat de absolute waarde van x behouden blijft, dan impliceert dat dat T ofwel de identiteitsmatrix is, of minus de identiteitsmatrix. In het geval dat T de identiteitsmatrix is kan je het opvatten als een rotatie van 2pi, en als het minus de identiteitsmatrix is als spiegeling of rotatie van pi (is dat hetzelfde?).
Kan me haast niet voorstellen dat dit bedoeld wordt
Hebben we het over ||Tx|| of over |Tx| (component-wise absolute waarde)?
eee7a201261dfdad9fdfe74277d27e68890cf0a220f41425870f2ca26e0521b0
Bij lineaire algebra wordt |x| opgevat als 'de lengte van x' . ||x|| wordt daar nooit gebruikt...quote:Op dinsdag 22 december 2009 00:29 schreef GlowMouse het volgende:
Hebben we het over ||Tx|| of over |Tx| (component-wise absolute waarde)?
Het is me nooit uitgelegd wat het verschil is tussen die twee. Ik dacht dat het een kwestie van verschillende notatie maar zelfde betekenis was.
[ Bericht 8% gewijzigd door BasementDweller op 22-12-2009 00:40:17 ]
heb je algebraïsche eigenschappen geleerd van rotatiematrices/spiegelmatrices?
eee7a201261dfdad9fdfe74277d27e68890cf0a220f41425870f2ca26e0521b0
Ik vermoed van niet.quote:Op dinsdag 22 december 2009 00:38 schreef GlowMouse het volgende:
heb je algebraïsche eigenschappen geleerd van rotatiematrices/spiegelmatrices?
Er is trouwens een hint:
Laat zien dat Te2 loodrecht staat op Te1
(was misschien handig geweest als ik die er direct had bij gezet, maar ik dacht misschien weet jij een andere manier, want hiermee kwam ik niet verder)
hier heb je al dat T tranpose zijn inverse is, een van de eigenschappen van een rotatiematrix (zie http://en.wikipedia.org/wiki/Rotation_matrix ).
Dat aantonen gaat op dezelfde manier als wat ik juist deed. Hiermee ben je klaarquote:
[..]
Ik vermoed van niet.
Er is trouwens een hint:
Laat zien dat Te2 loodrecht staat op Te1
[ Bericht 50% gewijzigd door motorbloempje op 01-09-2013 21:33:59 ]
eee7a201261dfdad9fdfe74277d27e68890cf0a220f41425870f2ca26e0521b0
Ik snap niet wat daar gebeurt en ook niet waarom je het daarmee aantoont... in dit hoofdstuk (waar de vraag bij hoort) worden dit soort dingen niet behandeld. In een volgend hoofdstuk vind ik wel dingen die er een beetje op lijken, maar dat heb ik nog niet bestudeerd. Misschien moet ik dat eerst maar eens gaan doen.... 
misschien dat morgen iemand komt die het sneller/anders ziet
eee7a201261dfdad9fdfe74277d27e68890cf0a220f41425870f2ca26e0521b0
Ik zie nu in dat volgende hoofdstuk een stelling staan:
|Ax|=|x| => A(x) dot A(y)= x dot y
Dus omdat e1 dot e2 =0, Te1 dot Te2 = 0. Met behulp van die stelling is het dus erg eenvoudig om te laten zien dat Te2 loodrecht staat op Te1, maar heb ik daarmee dan aangetoond dat T een rotatie of een loodrechte spiegeling is? Zo ja, waarom?
[ Bericht 1% gewijzigd door BasementDweller op 22-12-2009 01:25:12 ]
|Ax|=|x| => A(x) dot A(y)= x dot y
Dus omdat e1 dot e2 =0, Te1 dot Te2 = 0. Met behulp van die stelling is het dus erg eenvoudig om te laten zien dat Te2 loodrecht staat op Te1, maar heb ik daarmee dan aangetoond dat T een rotatie of een loodrechte spiegeling is? Zo ja, waarom?
[ Bericht 1% gewijzigd door BasementDweller op 22-12-2009 01:25:12 ]
intuïtief: alles blijft even lang en er vervormt niks
Je kunt ook zeggen x=x(1)e1 + x(2)e2, dus Tx = x(1) Te1 + x(2) Te2, dus je hebt dezelfde vector maar dan tov een andere orthogonale basis.
Je kunt ook zeggen x=x(1)e1 + x(2)e2, dus Tx = x(1) Te1 + x(2) Te2, dus je hebt dezelfde vector maar dan tov een andere orthogonale basis.
eee7a201261dfdad9fdfe74277d27e68890cf0a220f41425870f2ca26e0521b0
Ja, intuïtief snap ik het wel. Maar wat het loodrecht staan van de afbeeldingen van e1 en e2 te maken heeft met rotatie/loodrechte spiegeling, is me een raadsel.quote:Op dinsdag 22 december 2009 01:19 schreef GlowMouse het volgende:
intuïtief: alles blijft even lang en er vervormt niks
Je kunt ook zeggen x=x(1)e1 + x(2)e2, dus Tx = x(1) Te1 + x(2) Te2, dus je hebt dezelfde vector maar dan tov een andere orthogonale basis.
Ah, ik snap het al. Als de basis loodrecht blijft na afbeelden, betekent dat dat er geen vervorming is en dan kan je alleen maar roteren of spiegelen. Niet echt een prachtig bewijs, maar ze vragen eigenlijk ook alleen maar 'laat zien' .
Oke bedankt, ik ben eruit
!(Wat ik wel slecht vind aan die opgave is dat het met die hint niet hard bewezen is, maar eigenlijk nog steeds vrij intuïtief. En dat terwijl ik het zonder die hint intuïtief ook al prima begrijp. Bovendien had ik er een stelling uit een ander hoofdstuk bij nodig...
)[ Bericht 8% gewijzigd door BasementDweller op 22-12-2009 01:36:36 ]
Opnieuw een lineaire algebra vraag:
Zij A: R² -> R² een lineaire afbeelding ongelijk aan O, de nul-afbeelding. Stel M²=O.
(a) Bewijs dat dim(ker(M))=1 (dus de dimensie van de kern van M is gelijk aan 1)
Om dit te bewijzen wou ik gebruik maken van twee matrices. Matrix A heeft één getal in de rechterbovenhoek. Matrix B heeft één getal in de linkerbenedenhoek. Voor die matrices geldt A²=B²=0. Dan is het makkelijk om te te laten zien dat ker(A)= { x¤R² | x =t(1,0), voor alle t¤R} en ker(B)= { x¤R² | x= t (0,1), voor alle t¤R}. Omdat ker(A) en ker(B) één vrijheidsgraad hebben geldt: dim(ker(A))=dim(ker(B))=1.
Echter, bij vraag (c) wordt pas een voorbeeld gevraagd van een dergelijke afbeelding M. Mijn conclusie is dus dat (a) ook in het algemeen bewezen kan worden zonder gebruik te maken van Matrix A en B.
Heeft iemand enig idee hoe?
Zij A: R² -> R² een lineaire afbeelding ongelijk aan O, de nul-afbeelding. Stel M²=O.
(a) Bewijs dat dim(ker(M))=1 (dus de dimensie van de kern van M is gelijk aan 1)
Om dit te bewijzen wou ik gebruik maken van twee matrices. Matrix A heeft één getal in de rechterbovenhoek. Matrix B heeft één getal in de linkerbenedenhoek. Voor die matrices geldt A²=B²=0. Dan is het makkelijk om te te laten zien dat ker(A)= { x¤R² | x =t(1,0), voor alle t¤R} en ker(B)= { x¤R² | x= t (0,1), voor alle t¤R}. Omdat ker(A) en ker(B) één vrijheidsgraad hebben geldt: dim(ker(A))=dim(ker(B))=1.
Echter, bij vraag (c) wordt pas een voorbeeld gevraagd van een dergelijke afbeelding M. Mijn conclusie is dus dat (a) ook in het algemeen bewezen kan worden zonder gebruik te maken van Matrix A en B.
Heeft iemand enig idee hoe?
Je weet dat dim(ker(M)) 0,1 of 2 kan zijn, en 0 en 2 kun je vrij makkelijk wegstrepen (0 omdat de kolommen van m in de nulruimte zitten, 2 omdat het niet de nulmatrix is).
Maar het is ook makkelijk in te zien dat M een lineaire combinatie moet zijn van A en B, en vervolgens dat niet beide gewichten ongelijk aan 0 kunnen zijn.
Maar het is ook makkelijk in te zien dat M een lineaire combinatie moet zijn van A en B, en vervolgens dat niet beide gewichten ongelijk aan 0 kunnen zijn.
eee7a201261dfdad9fdfe74277d27e68890cf0a220f41425870f2ca26e0521b0
