[Bèta wiskunde] Huiswerk- en vragentopic

quote:

Op vrijdag 26 februari 2010 12:24 schreef Siddartha het volgende:

[..]

Daar moet inderdaad wel de fout zitten.
Even kijken,
1+2sin(x-1/3Pi) = 0
sin(x-1/3Pi) = -0.5
Sin p = -0.5
p = 1/1/6Pi v p = 1/5/6Pi

Hier gaat het verkeerd.

sin(x-π/3) = -½

x - π/3 = -1/6∙π + 2kπ of x - π/3 = 7/6∙π + 2kπ.

Nu mag je zelf weer even verder.

quote:

Op vrijdag 26 februari 2010 12:30 schreef Riparius het volgende:

[..]

Hier gaat het verkeerd.

sin(x-π/3) = -½

x - π/3 = -1/6∙π + 2kπ of x - π/3 = 7/6∙π + 2kπ.

Nu mag je zelf weer even verder.

Ah, dat anders opschrijven geeft
x= 1/6Pi v x= 1/1/2Pi
En dan klopt de rest ook!

Bedankt!

Projectieve meetkunde:
Let T: V-> V be an invertible transformation. Show that if v in Vis an eigenvector of T, then [v] in P(V) is a fixed point of the projective transformation 'tau' defined by T. Prove that any projective transformation of P²(R) has a fixed point.

Eerste deel van de vraag lukte nog wel. Met een plaatje erbij wat het in de R² betekent enzo. Dat snap ik wel redelijk. Denk ik.

Tweede deel "bewijs dat elke projectieve transformatie van P²(R) een fixed point heeft" is lastiger. Ik moet mezelf afvragen, denk ik, of er altijd een (reële) eigenwaarde (dus bijbehorende eigenvector ook reëel, toch?) is. Een trasnformatie met P²(R), dus in de R³. De representatieve matrix is dus 3x3. Voor de eigenwaarden te berekenen krijg je een derdegraadspolynoom dus in principe drie antwoorden. Als er een complexe waarde bij zit, dan ook de complex geconjugeerde. Dus zou er minstens één reële oplossing moeten zijn.

Ik twijfel alleen nog of het niet ook kan dat stel je hebt λ₁, λ₂, λ₃. Dat dan λ₁ = λ₂ en λ₃ is de complex geconjugeerde van deze. Dus twee dezelfde complexe waarden.

En daarbij kan een eigenwaarde ook altijd 0 zijn, toch? Of zelfs alledrie nul. Als de enige eigenwaarde nul is, gaat het dan allemaal nog wel zoals ik wil gaan?

T is inverteerbaar dus er kan geen eigenwaarde nul zijn. En uit de tussenwaardestelling volgt makkelijk dat een polynoom in R[x] van oneven graad altijd een nulpunt in R heeft.

Bovendien, als een polynoom f in R[x] een complex nulpunt a van een bepaalde multipliciteit heeft, dan heeft de complex geconjugeerde a' dezelfde multipliciteit als nulpunt: g := (x-a)(x-a') heeft reele coefficienten en dus f/g ook.

Maar bij het tweede deel staat "Prove that any projective transformation ...", of is een projectieve transformatie altijd inverteerbaar? Het tweede stuk van je post, over multipliciteit snap ik niet helemaal. Ik moet denk ook even nazoeken wat multipliciteit ook alweer precies is.

Een projectieve transformatie is altijd inverteerbaar. Als ze dat niet is, dan moet ze een punt in V naar 0 sturen, maar daar is dan de afbeelding niet gedefinieerd.

Als f(x) een polynoom is en a een nulpunt, dan kun je f(x) factoriseren: f(x) = (x-a)^m * g(x), waarbij m een positief geheel getal is en g(x) een polynoom dat a niet als nulpunt heeft. De multipliciteit van a is dan m.

Ik wil bewijzen dat

rank(A) = rank(A*A)

(waarbij A* de getransponeerde van de complex geconjugeerde van A is).

De hint is om te gebruiken dat ker(A) = ker(A*A). Verder weet ik dat Ran(A) + dim(ker(A)) = n (misschien dat ik dat nodig heb).

Kan iemand een hint geven, want ik zie niet hoe ik dit kan aanpakken

Ik heb het al

Stel A is een mxn matrix. Te bewijzen: Als Ax=0 => x=0, dan is A links-inverteerbaar.

Klein hintje nodig hoe te beginnen

Ik heb al bedacht: Als Ax=0 => x=0, dan IAx=I0=0 => x=0. Ook geldt: Ix=0 => x=0.

quote:

Op zondag 28 februari 2010 19:43 schreef GlowMouse het volgende:
A is links-inverteerbaar desda Ax=b slechts één oplossing heeft voor iedere b in ColA.

Bedoel je met Col A de range van A?

Ik zie die stelling trouwens nergens in mijn boek staan, dus die zou ik dan ook nog moeten bewijzen. Is er ook een andere manier om het op te lossen? Er staat als hint (You can just write a formula for the left inverse). Maar dat vind ik nogal een vage hint

Stel Ax=0. Dan x=0. Dus A^TAx = 0 => Ax=0 => x=0. Dus A^TAx = A^TA 0 = I0 = 0 dus A^TA=I dus A^T is de linkerinverse van A.

Klopt dit?

Ik zag het inderdaad al...

Het is waarschijnlijk iets heel simpels, maar ik zie het gewoon niet

Ik weet ook niet wat je kan zeggen over AT als Ax=0 =>x=0. Misschien dat ATx=0 => x=0 ?

quote:

Op zondag 28 februari 2010 14:44 schreef thabit het volgende:
Een projectieve transformatie is altijd inverteerbaar. Als ze dat niet is, dan moet ze een punt in V naar 0 sturen, maar daar is dan de afbeelding niet gedefinieerd.

Als f(x) een polynoom is en a een nulpunt, dan kun je f(x) factoriseren: f(x) = (x-a)^m * g(x), waarbij m een positief geheel getal is en g(x) een polynoom dat a niet als nulpunt heeft. De multipliciteit van a is dan m.

Oké. Dus alleen maar nullen is in ieder geval niet mogelijk, en alleen maar complexe getallen ook niet. Wat je nu zegt over multipliciteit herinner ik me inderdaad van lineaire algebra.

Maar is 't niet alsnog mogelijk om twee complexe eigenwaarden te hebben en één eigenwaarde 0?

quote:

Op zondag 28 februari 2010 21:35 schreef Hanneke12345 het volgende:

[..]

Oké. Dus alleen maar nullen is in ieder geval niet mogelijk, en alleen maar complexe getallen ook niet. Wat je nu zegt over multipliciteit herinner ik me inderdaad van lineaire algebra.

Maar is 't niet alsnog mogelijk om twee complexe eigenwaarden te hebben en één eigenwaarde 0?

Nee, want dan zou de matrix een niet-triviale kern hebben en er dus punten naar (0:0:0) gestuurd moeten worden.

Ohja, wacht. De determinant nul betekent dat één van de eigenwaarden nul is natuurlijk. Niet alledrie. Stom. ;x

Bedankt, dan snap ik het geloof ik wel

quote:

Op zondag 28 februari 2010 20:45 schreef GlowMouse het volgende:
Ax=0 =>x=0
dus kolommen A lin.onafh.
dus rank(AT) =n en m>=n.
dus AT x = b heeft een oplossing voor elke x.

Je bedoelt een oplossing voor elke b?

Gegeven is de formule :
f(x) = 2sin^2 x + sin x - 1
Punt A ligt op de grafiek met Xa = 1/3Pi
Stel de lijn k op die de grafiek raakt in A.

Eerst f(x) anders opschrijven:
f(x) = -cos2x +sinx
Die differentieren: f'(x) = sin2x + cosx
Invullen voor f'(1/3Pi) geeft de rc, dus:
f'(1/3Pi) =Wortel3 + 1/2

Dan k = (wortel3+1/2)x + b gelijkstellen aan f(1/3Pi)
(wortel3 +1/2)(1/3Pi)+ b = -1 + 1/2Wortel3
b= -1 + 1/2wortel3 -1/3Piwortel3 - 1/6Pi

Maar dit klopt niet( -1 moet +1/2 zijn?).

Heeft iemand nog tips voor goniometrie, met name het omzetten van sinussen in cosinussen en andersom? Ik heb de standaard omzettingen ( sin^2 x + cos^2 x = 1 bijv.), maar ik snap niet precies wat ik moet doen als de gegeven functie niet helemaal volgens zo'n omzetting is (zoals hierboven).

(Wijziging: andere vraag gepakt)

[ Bericht 42% gewijzigd door Siddartha op 01-03-2010 11:12:13 ]

quote:

Op maandag 1 maart 2010 08:46 schreef Siddartha het volgende:
Gegeven is de formule :
f(x) = 2sin^2 x + sin x - 1
Punt A ligt op de grafiek met Xa = 1/3Pi
Stel de lijn k op die de grafiek raakt in A.

Eerst f(x) anders opschrijven:
f(x) = -cos2x +sinx
Die differentiëren: f'(x) = sin2x + cosx

Nee, hier gaat het fout. Je gebruikt de kettingregel niet correct. De afgeleide van -cos 2x is 2∙sin 2x.

quote:

Op maandag 1 maart 2010 08:46 schreef Siddartha het volgende:

Heeft iemand nog tips voor goniometrie, met name het omzetten van sinussen in cosinussen en andersom? Ik heb de standaard omzettingen ( sin^2 x + cos^2 x = 1 bijv.), maar ik snap niet precies wat ik moet doen als de gegeven functie niet helemaal volgens zo'n omzetting is (zoals hierboven).

Leg eens uit waarom je de functie hierboven überhaupt wil omschrijven. Kennelijk om het jezelf wat makkelijker te maken bij het differentiëren, maar dat doe je dan alsnog fout. Het is niet nodig deze functie om te schrijven om de afgeleide ervan te bepalen. Bij integreren daarentegen kunnen goniometrische identiteiten goede diensten bewijzen, bijvoorbeeld om een integrand die een rationale functie is van sin x, cos x en tan x om te zetten in een rationale functie van t via de substitutie t = tan ½x.

[ Bericht 0% gewijzigd door Riparius op 01-03-2010 16:03:06 ]