[Bèta wiskunde] Huiswerk- en vragentopic

quote:

Op maandag 18 november 2013 14:07 schreef Reemi het volgende:

[..]

De termen optellen?

quote:

Op maandag 18 november 2013 14:40 schreef Reemi het volgende:

[..]

Die snap ik niet helemaal. Bedoeld wordt dus hoeveel verschillende x1, x2, x3, x4, x5 en x6 samen 15 worden.

Is het 1x +2x... of x¹ +x²...?

quote:

Op maandag 18 november 2013 14:44 schreef Reemi het volgende:

[..]

Oh, sorry. Geen van beide:

x₁ + ... + x₆

Geen idee dan. Heeft het iets met meetkundige reeks te maken? x_n =ar^n-1

Je wil dus gewoon weten hoeveel unieke rijtjes je kan maken van bv;

2 + 5 + 1 + 4 + 2 + 1 = 15

?

Geen flauw idee of ik hier goed zit aangezien het statistiek betreft, maar ik geef het toch een gooi:

Nieuwe IQ test met een mean van 50 en een standaard deviatie van 10. De 'normale' IQ resultaten hebben altijd een mean van 100 en st. deviatie van 15.

Wat moet de ontwikkelaar van de nieuwe IQ test doen met zijn scores van zijn sample om een mean van 100 en st. deviatie van 15 krijgen?

We moesten ook de 'general formula' geven voor lineaire transformaties van variabel x. Hierbij antwoordde ik y=a+bx, of zochten ze hier de formule voor het standaardiseren.

Overigens spijt het me als ik een aantal termen niet goed vertaald heb, ik doe de engelse variant van psychologie dus alles komt in het engels

Wie kan het uitleggen? Wil het wel snappen namelijk

quote:

Op zondag 17 november 2013 23:49 schreef wiskundenoob het volgende:

[..]

Het gegeven antwoord is 202020. Ik zal morgen dit nog eens doornemen.

Ik kan geen fout ontdekken in mijn berekening. Zou fijn zijn als iemand anders het misschien wel ziet.

quote:

Op maandag 18 november 2013 15:29 schreef Ensemble het volgende:

[..]

Ik kan geen fout ontdekken in mijn berekening. Zou fijn zijn als iemand anders het misschien wel ziet.

Ik heb

MM JJJJ
5 *4 *15 nCr 4 =27300
MJ MJJJ
5 *15 4* 14 nCr 3 =109200
JM MJJJ
5 *15 4* 14 nCr 3 =109200
JJ MMJJ
15*14 *5 nCr 2 *13 nCr 2 =163800

= 409500

quote:

Op maandag 18 november 2013 14:40 schreef Reemi het volgende:

[..]

Die snap ik niet helemaal. Bedoeld wordt dus hoeveel verschillende x1, x2, x3, x4, x5 en x6 samen 15 worden.

Je moet dit zien als een probleem waar je 6 bakken hebt. En over die 6 bakken moet je 15 dingen verdelen.

Dus op hoeveel manieren kan je 15 dingen verdelen over 6 bakken.

Stel we bekijken dit eerst voor een kleiner probleem. Dus hoeveel oplossingen heeft x₁ + x₂ + x₃ = 5

5 is ook te schrijven als 1 1 1 1 1 (5 eenen). Nu kunnen we dit in 3 bakken verdelen door 2 streepjes te zetten.
Dus bijv 1 1 1 | 1 | 1. Dan zitten er 3 eenen in de eerste bak, 1 een in de tweede bak en 1 een in de derde bak. De vraag is dus op hoeveel manieren we die strepen neer kunnnen zetten.

Nu hebben we dus 5+2 = 7 plekken om die strepen neer te zetten. En daarvan moeten we er 2 uitkiezen. Dit is weer een simpele combinatie. (Dit kan je ook zien als een herhalingscombinatie, maar dat maakt het misschien lastiger)



Dus x₁ + x₂ + x₃ = 5 heeft 21 oplossingen.

Nu moet jouw vraag ook wel lukken.

[ Bericht 2% gewijzigd door Ensemble op 18-11-2013 17:07:15 ]

polynomials die gefactort moeten worden, simpel, maar ik loop er op vast:



wie kan/wil helpen met een uitwerking?

quote:

Op maandag 18 november 2013 17:55 schreef Reemi het volgende:

[..]

Thanks, bijna duidelijk. Maar waarom 7 plekken om de strepen neer te zetten?

Edit: oh, omdat het ook 0 kan zijn.

Ik zou dan denken: 17 boven 5. Klopt dat?

Bijna. Je hebt 15+5 plekken om strepen neer te zetten. Dus het is 20 boven 5 = 15504 oplossingen.

quote:

Op maandag 18 november 2013 18:22 schreef Reemi het volgende:

[..]

En vanwaar die +5 plekken dan?

E: Oh, 5 stuks kunnen 0 zijn. Duidelijk, thanks!

Je kan het ook zo zien:



Stel dit zijn 20 plekken. Als je dan 5 plekken uitkiest om een 'streepje' te zetten: (maakt niet uit waar)



Dan zijn de 15 elementen verdeeld over de overige lege 15 plekken.

Dus daarom heb je in totaal 15+5=20 plekken om streepjes neer te zetten.

[ Bericht 0% gewijzigd door Ensemble op 18-11-2013 18:53:00 ]

quote:

Op maandag 18 november 2013 18:21 schreef Manke het volgende:
Veeltermen die in factoren moeten worden ontbonden polynomials die gefactort moeten worden, simpel, maar ik loop er op vast:

[ afbeelding ]

Wie kan/wil helpen met een uitwerking?

Ik zal de eerste even voordoen, daarna moet je zelf de tweede uitwerken. We hebben

2x³ − 8a²x + 24x² + 72x

Je kijkt nu eerst of de termen factoren gemeen hebben, en zo ja welke factoren dit zijn, want dan kun je beginnen met die factor(en) buiten haakjes te halen. Welnu, het valt direct op dat alle termen een factor x bevatten, en ook zijn alle coëfficiënten even. Dat betekent dus dat we in ieder geval een factor 2x buiten haakjes kunnen halen. Doen we dit, dan krijgen we

2x(x² − 4a² + 12x + 36)

Nu zien we dat we eigenlijk één vreemde eend in de bijt hebben, en dat is die term 4a². Als we die even buiten beschouwing laten, dan zie je dat de overige drie termen x² + 12x + 36 samen een kwadratische veelterm vormen, en die kun je ontbinden in factoren. In dit geval is dat zelfs heel gemakkelijk als je je merkwaardige producten tenminste kent. Je hebt immers

(a + b)² = a² + 2ab + b²

en dus zie je direct dat x² + 12x + 36 = (x + 6)². Maar nu zien we verder dat die resterende term 4a² ook als een kwadraat is te schrijven, immers 4a² = (2a)². Dus hebben we nu

2x((x + 6)² − (2a)²)

Maar nu kun je een verschil van de kwadraten van twee grootheden altijd schrijven als een product van de som en het verschil van die grootheden, want je hebt immers

(a + b)(a − b) = a² − b²

En dus krijgen we zo

2x(x + 6 + 2a)(x + 6 − 2a)

en daarmee is de ontbinding voltooid.

[ Bericht 1% gewijzigd door Riparius op 18-11-2013 19:09:33 ]

quote:

Op zondag 17 november 2013 19:18 schreef Riparius het volgende:

[..]

Dat lijkt me wel. Maar laat nog maar even weten hoe je geacht werd opgave 4b te doen zonder gebruik van de ongelijkheid van Bernoulli. Ben ik wel benieuwd naar.

Welnu, inderdaad moeten we bewijzen dat

b_n < 1/n voor n > 14, met n een natuurlijk getal.

Ik neem aan dat dit een inductiebewijs is, en daarna is het natuurlijk flauw. Als b_n < 1/n en het is altijd een positieve breuk, dus

0 < b_n < 1/n voor voldoende grote n. Gebruiken we de insluitstelling (wat ook al niet mocht), dan vinden we snel het gevraagde.

Wat betreft l'Hospital, de instructeur was daar duidelijk over: we konden functies van reéle getallen nog niet bevatten, iets met 3^√2 ofzo.

quote:

Op maandag 18 november 2013 19:03 schreef Riparius het volgende:

[..]

Ik zal de eerste even voordoen, daarna moet je zelf de tweede uitwerken. We hebben

2x³ − 8a²x + 24x² + 72x

Je kijkt nu eerst of de termen factoren gemeen hebben, en zo ja welke factoren dit zijn, want dan kun je beginnen met die factor(en) buiten haakjes te halen. Welnu, het valt direct op dat alle termen een factor x bevatten, en ook zijn alle coëfficiënten even. Dat betekent dus dat we in ieder geval een factor 2x buiten haakjes kunnen halen. Doen we dit, dan krijgen we

2x(x² − 4a² + 12x + 36)

Nu zien we dat we eigenlijk één vreemde eend in de bijt hebben, en dat is die term 4a². Als we die even buiten beschouwing laten, dan zie je dat de overige drie termen x² + 12x + 36 samen een kwadratische veelterm vormen, en die kun je ontbinden in factoren. In dit geval is dat zelfs heel gemakkelijk als je je merkwaardige producten tenminste kent. Je hebt immers

(a + b)² = a² + 2ab + b²

en dus zie je direct dat x² + 12x + 36 = (x + 6)². Maar nu zien we verder dat die resterende term 4a² ook als een kwadraat is te schrijven, immers 4a² = (2a)². Dus hebben we nu

2x((x + 6)² − (2a)²)

Maar nu kun je een verschil van de kwadraten van twee grootheden altijd schrijven als een product van de som en het verschil van die grootheden, want je hebt immers

(a + b)(a − b) = a² − b²

En dus krijgen we zo

2x(x + 6 + 2a)(x + 6 − 2a)

en daarmee is de ontbinding voltooid.

ik zag niet dat die 4a^2 als kwadraat te schrijven is, daar liep ik vast, thanks

buiten haakjes zetten, dat hoorde ik voor het laatst 15 jaar geleden bij wis b

quote:

Op maandag 18 november 2013 19:10 schreef Amoeba het volgende:

[..]

Welnu, inderdaad moeten we bewijzen dat

b_n < 1/n voor n > 14, met n een natuurlijk getal.

Ik neem aan dat dit een inductiebewijs is, en daarna is het natuurlijk flauw. Als b_n < 1/n en het is altijd een positieve breuk, dus

0 < b_n < 1/n voor voldoende grote n. Gebruiken we de insluitstelling (wat ook al niet mocht), dan vinden we snel het gevraagde.

Wat betreft l'Hospital, de instructeur was daar duidelijk over: we konden functies van reële getallen nog niet bevatten, iets met 3^√2 ofzo.

De voorwaarde n⁵/3ⁿ < 1/n, n ∈ N is equivalent met n⁶ < 3ⁿ en dat is het geval voor n > 14. Dan heb je dus 0 < b_n < 1/n voor n > 14 en voor elke ε > 0 is dan b_n < ε voor n > max(1/ε,14) zodat lim_n→∞ b_n = 0.

De voorwaarde n⁶/3ⁿ < 1 geldt in ieder geval voor n = 15, en als deze geldt voor een zekere n = k ≥ 15 dan is (k+1)⁶/3^k+1 < ⅓·(1 + 1/k)⁶ < 1, zodat de voorwaarde dan ook geldt voor n = k+1. Ergo, n⁶/3ⁿ < 1 geldt voor elke n > 14.

Een formele definitie van machten met irrationale exponenten is inderdaad lastig, denk er maar eens over na hoe je dat precies zou willen doen.

quote:

Op maandag 18 november 2013 20:05 schreef Riparius het volgende:

[..]

De voorwaarde n⁵/3ⁿ < 1/n, n ∈ N is equivalent met n⁶ < 3ⁿ en dat is het geval voor n > 14. Dan heb je dus 0 < b_n < 1/n voor n > 14 en voor elke ε > 0 is dan b_n < ε voor n > max(1/ε,14) zodat lim_n→∞ b_n = 0.

De voorwaarde n⁶/3ⁿ < 1 geldt in ieder geval voor n = 15, en als deze geldt voor een zekere n = k ≥ 15 dan is (k+1)⁶/3^k+1 < ⅓·(1 + 1/k)⁶ < 1, zodat de voorwaarde dan ook geldt voor n = k+1. Ergo, n⁶/3ⁿ < 1 geldt voor elke n > 14.

Een formele definitie van machten met irrationale exponenten is inderdaad lastig, denk er maar eens over na hoe je dat precies zou willen doen.

Mjah, snap ik. Dat inductiebewijs is aardig lastig als je er niet zo getraind in bent. Ineens wordt de wiskunde heel formeel, dus wellicht kun je mij, daar waar nodig, op terecht wijzen. De heer de Weger vond het ook nodig om vage uitspraken als epsilon willekeurig klein, de limiet van epsilon naar 0 direct naar de prullenbak te verbannen.

Wellicht is dat ook de reden dat ik mijn eerste tentamenweek wat minder gemaakt heb.

Verzamelingenleer en Algebra: Eindcijfer 6,48, maar omdat ik een klinkende 4 voor het tentamen had wordt dat een 5 -> hertentamen
Lineaire Algebra 1: 5,4 voor het tentamen, dus nipt gehaald. (Maar ik ga toch een hertentamen doen).
Calculus heb ik wel gehaald. Tentamen helaas nog niet terug gekregen.

Dus maar 2/3 van de vakken gehaald. En dat vind ik in kwartiel 1 al uiterst demotiverend met het moeilijkste vak (Analyse) nog te gaan.

quote:

Op maandag 18 november 2013 21:42 schreef Amoeba het volgende:

[..]

Mjah, snap ik. Dat inductiebewijs is aardig lastig als je er niet zo getraind in bent.

Tja, hier was het bewijs met inductie dat n⁶ < 3ⁿ voor n > 14 toch echt heel eenvoudig. Ik denk dat als je dit lastig vindt, dat je dan eerder een probleem hebt met de gedachtengang als zodanig bij een bewijs met (volledige) inductie. Ik heb dat vaker gezien, ook hier op het forum en ook bij mensen die wiskunde studeerden. Een bewijs met inductie bestaat altijd uit twee delen. Eerst bewijs je dat de aan te tonen uitspraak geldig is voor een bepaalde gehele startwaarde n = n₀ (vaak n = 0 of n = 1, maar dat hoeft uiteraard niet). Vervolgens bewijs je dat de aan te tonen uitspraak juist is voor n = k + 1 áls deze juist is voor een zekere n = k ≥ n₀. Je creëert daarmee een oneindige keten gevolgtrekkingen (uitspraak is juist voor n = n₀ ⇒ uitspraak is juist voor n = n₀ + 1 ⇒ uitspraak is juist voor n = n₀ + 2 ⇒ ...) op grond waarvan je kunt besluiten dat de uitspraak juist is voor élke gehele n ≥ n₀.

Wat ik vaak heb gezien is dat studenten bijvoorbeeld beginnen met te stellen dat de te bewijzen uitspraak geldig is voor een 'willekeurige' n of zelfs voor 'elke' n, maar dat mag je uiteraard niet doen, dat is een petitio principii. Dan neem je datgene wat je wil bewijzen al op voorhand voor waar aan, en dan bewijs je dus niets. Wat je wel moet doen is laten zien dat de juistheid van de te bewijzen uitspraak voor n = k + 1 volgt uit de juistheid van de te bewijzen uitspraak voor n = k, en dat is iets heel anders. Je gebruikt dan namelijk niet dat de te bewijzen uitspraak geldig is voor n = k, maar toont alleen aan dat de te bewijzen uitspraak geldig is voor n = k + 1 als deze geldig is voor n = k.

quote:

Ineens wordt de wiskunde heel formeel, dus wellicht kun je mij, daar waar nodig, op terecht wijzen. De heer de Weger vond het ook nodig om vage uitspraken als epsilon willekeurig klein, de limiet van epsilon naar 0 direct naar de prullenbak te verbannen.

Wat dat tweede betreft moet ik hem gelijk geven. Als je het begrip limiet definieert aan de hand van de bekende ε, δ definitie van Weierstrass, dan mag je in die definitie niet spreken over een limiet van bijvoorbeeld ε, of dat ε 'nadert' tot 0, want dan gebruik je in een definitie een begrip dat je nog niet geheel hebt gedefinieerd, resp. in het geheel niet hebt gedefinieerd, en dat mag niet. Het is wel zo dat je uiteindelijk terecht komt bij bepaalde begrippen die je ongedefinieerd moet laten omdat je nu eenmaal niet alles kunt definiëren aan de hand van eerder gedefinieerde begrippen, zoals het begrip 'punt' in de Euclidische meetkunde, wat niet wegneemt dat Euclides toch een poging deed: Σημεῖόν ἐστιν, οὗ μέρος οὐθέν 'een punt is dat wat geen deel heeft'.

Zelf til ik niet zo zwaar aan een uitspraak als 'voor een willekeurig kleine (positieve) ε bestaat er een N₀ zodanig dat ...' en hier is ook niets vaags aan. Ik begrijp het formele bezwaar wel, want de definitie voor lim_n→∞ a_n = L houdt in dat er voor elke ε > 0 een N₀ ∈ N bestaat zodanig dat | a_n − L | < ε voor elke (gehele) n > N₀, niets meer en niets minder. Maar het is evident dat 'grote' waarden van ε niet interessant zijn, want als we voor een zekere ε₀ een N₀ hebben zodanig dat | a_n − L | < ε₀ voor elke n > N₀, dan is voor elke ε > ε₀ evengoed | a_n − L | < ε voor elke n > N₀ met diezelfde N₀. Vandaar dat men vaak spreekt van een willekeurig kleine (positieve) ε. Met de woorden willekeurig klein wordt hier bedoeld dat ε > 0 kleiner kan worden gekozen dan elk gegeven positief getal en dat er dan steeds een N₀ ∈ N bestaat zodanig dat | a_n − L | < ε voor elke (gehele) n > N₀.

[ Bericht 0% gewijzigd door Riparius op 19-11-2013 19:30:24 ]

quote:

Op maandag 18 november 2013 23:29 schreef Riparius het volgende:

[..]

Tja, hier was het bewijs met inductie dat n⁶ < 3ⁿ voor n > 14 toch echt heel eenvoudig. Ik denk dat als je dit lastig vindt, dat je dan eerder een probleem hebt met de gedachtengang als zodanig bij een bewijs met (volledige) inductie. Ik heb dat vaker gezien, ook hier op het forum en ook bij mensen die wiskunde studeerden. Een bewijs met inductie bestaat altijd uit twee delen. Eerst bewijs je dat de aan te tonen uitspraak geldig is voor een bepaalde gehele startwaarde n = n₀ (vaak n = 0 of n = 1, maar dat hoeft uiteraard niet). Vervolgens bewijs je dat de aan te tonen uitspraak juist is voor n = k + 1 áls deze juist is voor een zekere n = k ≥ n₀. Je creëert daarmee een oneindige keten gevolgtrekkingen (uitspraak is juist voor n = n₀ ⇒ uitspraak is juist voor n = n₀ + 1 ⇒ uitspraak is juist voor n = n₀ + 2 ⇒ ...) op grond waarvan je kunt besluiten dat de uitspraak juist is voor élke gehele n ≥ n₀.

Wat ik vaak heb gezien is dat studenten bijvoorbeeld beginnen met te stellen dat de te bewijzen uitspraak geldig is voor een 'willekeurige' n of zelfs voor 'elke' n, maar dat mag je uiteraard niet doen, dat is een petitio principii. Dan neem je datgene wat je wil bewijzen al op voorhand voor waar aan, en dan bewijs je dus niets. Wat je wel moet doen is laten zien dat de juistheid van de te bewijzen uitspraak voor n = k + 1 volgt uit de juistheid van de te bewijzen uitspraak voor n = k, en dat is iets heel anders. Je gebruikt dan namelijk niet dat de te bewijzen uitspraak geldig is voor n = k, maar toont alleen aan dat de te bewijzen uitspraak geldig is voor n = k + 1 als deze geldig is voor n = k.

[..]

Wat dat tweede betreft moet ik hem gelijk geven. Als je het begrip limiet definieert aan de hand van de bekende ε, δ definitie van Weierstrass, dan mag je in die definitie niet spreken over een limiet van bijvoorbeeld ε, of dat ε 'nadert' tot 0, want dan gebruik je in een definitie een begrip dat je nog niet geheel hebt gedefinieerd, resp. in het geheel niet hebt gedefinieerd, en dat mag niet. Het is wel zo dat je uiteindelijk terecht komt bij bepaalde begrippen die je ongedefinieerd moet laten omdat je nu eenmaal niet alles kunt definiëren aan de hand van eerder gedefinieerde begrippen, zoals het begrip 'punt' in de Euclidische meetkunde, wat niet wegneemt dat Euclides toch een poging deed: Σημεῖόν ἐστιν, οὗ μέρος οὐθέν 'een punt is dat wat geen deel heeft'.

Zelf til ik niet zo zwaar aan een uitspraak als 'voor een willekeurig kleine (positieve) ε bestaat er een N₀ zodanig dat ...' en hier is ook niets vaags aan. Ik begrijp het formele bezwaar wel, want de definitie voor lim_n→∞ a_n = L houdt in dat er voor elke ε > 0 een N₀ ∈ N bestaat zodanig dat | a_n − L | < ε voor elke (gehele) n > N₀, niets meer en niets minder. Maar het is evident dat 'grote' waarden van ε niet interessant zijn, want als we voor een zekere ε₀ een N₀ hebben zodanig dat | an − L | < ε₀ voor elke n > N₀, dan is voor elke ε > ε₀ evengoed | an − L | < ε voor elke n > N₀ met diezelfde N₀. Vandaar dat men vaak spreekt van een willekeurig kleine (positieve) ε. Met de woorden willekeurig klein wordt hier bedoeld dat ε > 0 kleiner kan worden gekozen dan elk gegeven positief getal en dat er dan steeds een N₀ ∈ N bestaat zodanig dat | an − L | < ε voor elke (gehele) n > N₀.

Helaas begrijp ik het principe van volledige inductie maar al te goed. Ik zou alleen niet uit mezelf bedenken hoe je die sterkere ongelijkheid forceert.

Ik moet zeggen dat de opgaven me nu iets beter afgaan (College 3, ook te bezichtigen op de homepage van G. Prokert. Jammer van dat hertentamen. Nog harder aan de bak dan maar.

Helaas lukt de universiteit op z'n 'janboerenfluitjes' doorlopen niet meer.