[Bèta wiskunde] Huiswerk- en vragentopic

quote:

Op donderdag 23 januari 2014 23:12 schreef randomo het volgende:

[..]

Het zou kunnen dat je dat geleerd hebt bij wiskunde A (maar het zal waarschijnlijk alleen om lineaire recurrentievergelijkingen gaan, of nog simpelere gevallen). Voor wat ingewikkeldere recurrenties worden vaak voortbrengende functies (bekender onder de Engelse term generating functions) gebruikt, een techniek waarbij je een polynoom met u₀, u₁, u₂, ... als coëfficiënten gebruikt. Best een aparte techniek, maar vaak wel handig.
Voor de geinteresseerden: generatingfunctionology is een gratis pdf'je met een hele zooi informatie over voortbrengende functies (ik moet bekennen dat ik hem zelf nooit uitgelezen heb, maar zelfs alleen het eerste hoofdstuk bevat al erg veel informatie).

Als je de formule x⁰+x¹+x²+...+xⁿ=x^n-1/(x+1) kent, kan je gewoon u₁, u₂, u₃, u₄, ... etc. uitschrijven (uitdrukken in u₀) en kijken of je een patroon ziet. Een beproefde techniek, toegepast door vele beroemde wiskundigen

Ik vind die voortbrengende functies helemaal niet handig om een eenvoudige lineaire recursie op te lossen. Met de methode van de zogeheten karakteristieke vergelijking gaat het veel eenvoudiger.

quote:

Op donderdag 23 januari 2014 23:31 schreef Miraculously het volgende:
Ik heb de volgende opdracht:

Onderzoek bij de volgende functies voor welke x ze wel gedefinieerd, maar niet differentieerbaar zijn.

f(x) = |x-1|.

Ik weet dat geldt voor f(x) = |x-1| { -(x-1) voor x<1 en x-1 voor x>1 (iemand die weet hoe ik deze stuksgewijs krijg, lukte me niet met LaTex).

Verder weet ik dat het minimum, en dus de knik, zit op het punt (1,0) waar de functie niet differentieerbaar is.

Is het nu voldoende (en klopt het ook) als ik zeg dat:


f'(x) = |x-1|' { -1 voor x<1 en 1 voor x>1

Waardoor we krijgen dat




Waardoor dus f(x)=|x-1| niet differentieerbaar is in het punt x=1.

Ik weet niet in hoeveel detail het bewezen dient te worden, maar je hebt op dit punt enkel bewezen dat de functie niet continu differentieerbaar is. Okee, als je wat stellingen gebruikt heb je ook bewezen dat f niet differentieerbaar is, maar het is wel belangrijk om te beseffen dat de afgeleide van een differentieerbare functie niet continu hoeft te zijn. Ik zou in elk geval direct de definitie van afgeleide toepassen hier.

PS:

quote:

Op donderdag 23 januari 2014 23:31 schreef Riparius het volgende:

[..]

Ik vind die voortbrengende functies helemaal niet handig om een eenvoudige lineaire recursie op te lossen. Met de methode van de zogeheten karakteristieke vergelijking gaat het veel eenvoudiger.

Voor lineare recursievergelijkingen is inderdaad wat eenvoudiger (er is niet voor niets een heel boek over geschreven), maar volgens mij zijn voortbrengende functies ook nuttig voor ingewikkeldere functies, en hebben ze meer functies dan alleen het oplossen van de recursievergelijking.

quote:

Op vrijdag 24 januari 2014 07:13 schreef Amoeba het volgende:
Die karakteristieke vergelijking staat me nog iets van bij. Misschien komt dat dus wel bij wiskunde D aan de orde.

Als dat alles is wat er van mijn uitleg destijds is blijven hangen, dan is dat niet veel ...

Wil je weten hoe je de gesloten uitdrukking voor de termen van de rij van Fibonacci afleidt met behulp van de voortbrengende functie F(x) = x/(1 − x − x²) dan moet je Stillwell, Mathematics and Its History, ³2010, p. 192-194 maar eens raadplegen. Die schrijft het helemaal uit (wat ik hier niet ga doen) en dan zie je dat het niet handig is. Neemt natuurlijk niet weg dat je met voortbrengende functies nog heel wat andere interessante dingen kunt doen.

[ Bericht 0% gewijzigd door Riparius op 24-01-2014 07:51:28 ]

quote:

Op vrijdag 24 januari 2014 00:11 schreef thabit het volgende:

[..]

Ik weet niet in hoeveel detail het bewezen dient te worden, maar je hebt op dit punt enkel bewezen dat de functie niet continu differentieerbaar is. Okee, als je wat stellingen gebruikt heb je ook bewezen dat f niet differentieerbaar is, maar het is wel belangrijk om te beseffen dat de afgeleide van een differentieerbare functie niet continu hoeft te zijn. Ik zou in elk geval direct de definitie van afgeleide toepassen hier.

Bedankt voor je antwoord.

Met de definitie van de afgeleide bedoel je f'(a) = lim_x→a (f(x) - f(a)) / (x - a) neem ik aan?

quote:

Op vrijdag 24 januari 2014 19:46 schreef Miraculously het volgende:

[..]

Bedankt voor je antwoord.

Met de definitie van de afgeleide bedoel je f'(a) = lim_x→a (f(x) - f(a)) / (x - a) neem ik aan?

Gebruik de ε,δ definitie van de limiet om te laten zien dat lim_h→0 (f(1+h) − f(1))/h niet bestaat, dan heb je bewezen dat f niet differentieerbaar is in het punt x = 1. Verder wijst Thabit er terecht op dat je niet zomaar (impliciet of expliciet) aan mag nemen dat de afgeleide continu is in die punten waar je functie wel differentieerbaar is.

[ Bericht 0% gewijzigd door Riparius op 25-01-2014 02:35:13 ]

quote:

Op vrijdag 24 januari 2014 07:43 schreef Riparius het volgende:

[..]

Als dat alles is wat er van mijn uitleg destijds is blijven hangen, dan is dat niet veel ...

Wil je weten hoe je de gesloten uitdrukking voor de termen van de rij van Fibonacci afleidt met behulp van de voortbrengende functie F(x) = x/(1 − x − x²) dan moet je Stillwell, Mathematics and Its History, ³2010, p. 192-194 maar eens raadplegen. Die schrijft het helemaal uit (wat ik hier niet ga doen) en dan zie je dat het niet handig is. Neemt natuurlijk niet weg dat je met voortbrengende functies nog heel wat andere interessante dingen kunt doen.

Dat voorbeeld (een gesloten uitdrukking voor de termen van de rij van Fibonacci) staat overigens ook in de link die ik gaf. Ze gaan er daar wel redelijk snel doorheen (in ongeveer een bladzijde). Waarmee ik overigens niet bedoel dat het een handige manier is.

Ik moet bekennen dat ik zelf ook weer even moest nadenken hoe die methode van de karakteristieke vergelijking ook al weer werkte. Maar eigenlijk is het heel simpel: je neemt aan dat xⁿ een oplossing is, daaruit vindt je een kwadratische vergelijking met (hopelijk) twee oplossingen. Door een lineaire combinatie van deze twee oplossingen te maken kan je een nieuwe oplossing maken, die voldoet aan een randvoorwaarde. Als je alleen de eerste stap onthoudt (het aannemen dat er een oplossing van de vorm xⁿ is), volgt de rest vrij natuurlijk.

quote:

Op vrijdag 24 januari 2014 20:31 schreef randomo het volgende:

[..]

Dat voorbeeld (een gesloten uitdrukking voor de termen van de rij van Fibonacci) staat overigens ook in de link die ik gaf. Ze gaan er daar wel redelijk snel doorheen (in ongeveer een bladzijde). Waarmee ik overigens niet bedoel dat het een handige manier is.

Ik moet bekennen dat ik zelf ook weer even moest nadenken hoe die methode van de karakteristieke vergelijking ook al weer werkte. Maar eigenlijk is het heel simpel: je neemt aan dat xⁿ een oplossing is, daaruit vindt je een kwadratische vergelijking met (hopelijk) twee oplossingen. Door een lineaire combinatie van deze twee oplossingen te maken kan je een nieuwe oplossing maken, die voldoet aan een randvoorwaarde. Als je alleen de eerste stap onthoudt (het aannemen dat er een oplossing van de vorm xⁿ is), volgt de rest vrij natuurlijk.

De vierkantsvergelijking die je krijgt bij een homogene tweede orde lineaire recursie met constante coëfficiënten heeft altijd twee oplossingen. Het wordt alleen iets lastiger als de twee oplossingen samenvallen. Wat je dan moet doen is niet helemaal triviaal, en dat heb ik destijds met opzet ook niet uitgelegd. Ik had gehoopt dat Amoeba daar wel een kritische vraag over zou stellen, maar dat gebeurde niet ...

quote:

Op vrijdag 24 januari 2014 20:42 schreef Riparius het volgende:

[..]

De vierkantsvergelijking die je krijgt bij een homogene tweede orde lineaire recursie met constante coëfficiënten heeft altijd twee oplossingen. Het wordt alleen iets lastiger als de twee oplossingen samenvallen. Wat je dan moet doen is niet helemaal triviaal, en dat heb ik destijds met opzet ook niet uitgelegd. Ik had gehoopt dat Amoeba daar wel een kritische vraag over zou stellen, maar dat gebeurde niet ...

Met voortbrengende functies kan je laten zien dat als de karakteristieke vergelijking kwadratisch is en een dubbel nulpunt heeft (dus van de vorm (x - c)² = 0 is), een gesloten uitdrukking voor de recursie a^k = kc^k-1a₁ - (k - 1)c^ka₀ is. Maar ik verwacht stiekem wel dat Riparius nog met een andere manier op de proppen komt

Ik bedenk me nu pas dat je natuurlijk ook een kwadratische vergelijking kan hebben met alleen complexe nulpunten, dat is denk ik ook een moeilijkheid als je de methode van de karakteristieke vergelijking gebruikt (of niet? Ik denk er morgen misschien nog maar eens over na, het is inmiddels al half twee hier...)

Ik meen me ook een dergelijke uitdrukking te herinneren voor het oplossen van lineaire homogene differentiaalvergelijkingen met constante coëfficiënten. Als je een differentiaalvergelijking hebt van de vorm:
x'' = ax' + bx
kan je oplossingen van de vorm e^λx veronderstellen, zodat je een karakteristiek polynoom krijgt:
λ²e^λx = ac e^λx + be^λx
delen door e^λx en alles naar de linkerkant brengen geeft:
λ² - aλ - b = 0

Het idee is nu hetzelfde: vindt de twee oplossingen, door ze te combineren kan je een oplossing met de gewenste randvoorwaarde vinden. Ik meen me te herinneren (verbeter me als ik ernaast zit) dat als je een oplossing λ vindt met multipliciteit 2, je ipv van e^λx, je xe^λx en e^λx als oplossingen vindt.

Ik blijf het allemaal een beetje mysterieus vinden... Kan iemand me iets meer inzicht bijbrengen?

[ Bericht 1% gewijzigd door randomo op 25-01-2014 10:31:31 ]

quote:

Op woensdag 22 januari 2014 22:33 schreef Riparius het volgende:

[..]

Een klassiek meetkundig bewijs verloopt volgens een vast stramien: Gegeven: ..., Te bewijzen: ..., Bewijs: ..., en eindigt natuurlijk met QED (Quod Erat Demonstrandum 'hetgeen te bewijzen was').

Je moet dus eerst bedenken wat je precies als gegeven wil veronderstellen (ja, een ruit natuurlijk) en wat je dan precies wil aantonen. Begin met te bedenken wat de definitie is van een ruit. Dat is niet evident, want er worden verschillende definities gehanteerd voor een ruit. In oudere meetkundeboeken (en bijvoorbeeld ook nog in de Franse Wikipedia) definieert men een ruit als een parallellogram waarvan twee aanliggende zijden gelijk zijn, maar een ruit wordt tegenwoordig meestal gedefinieerd als een vierhoek met vier gelijke zijden (zo bijvoorbeeld in de Nederlandse en de Engelse Wikipedia). De gekozen definitie heeft uiteraard consequenties, want als je de oude definitie hanteert, dan is de eigenschap dat een ruit vier gelijke zijden heeft een stelling, evenals het omgekeerde, namelijk dat een vierhoek met vier gelijke zijden een ruit is. En, vice versa, met de nieuwe definitie van een ruit is de bewering dat een ruit een parallellogram is weer een stelling.

Maar goed, teken een plaatje van een ruit en duid daarbij de hoekpunten aan met de letters A t/m D:

[ afbeelding ]

Teken ook de beide diagonalen AC en BD van de ruit.

Het is niet voldoende om alleen een plaatje te tekenen, je moet hier ook in woorden bij aangeven wat je precies als zijnde gegeven veronderstelt:

Gegeven: een ruit ABCD met diagonalen AC en BD.

Vervolgens moet je precies formuleren wát je nu eigenlijk wil bewijzen, waarbij je uiteraard kunt (en moet) refereren aan hetgeen je als gegeven hebt verondersteld. In dit geval zou je dus kunnen zeggen:

Te bewijzen: ∠BAC = ∠CAD.

Nu komt het echte werk. Bedenk dat je bij een bewijs een beroep mag doen op eerder bewezen stellingen.

Bewijs: Op grond van de definitie van een ruit is AB = BC, zodat driehoek ABC gelijkbenig is. In een gelijkbenige driehoek zijn de basishoeken gelijk, zodat

∠BAC = ∠BCA.

Aangezien een ruit een parallellogram is en in een parallellogram overstaande zijden evenwijdig zijn, is zijde BC evenwijdig aan zijde AD. Dus zijn ∠BCA en ∠CAD verwisselende binnenhoeken (Z-hoeken) en deze zijn ook gelijk, dus

∠BCA = ∠CAD.

Ergo

∠BAC = ∠CAD,

QED

Het bewijs voor elk van de drie andere hoekpunten verloopt uiteraard geheel analoog.

Zeer veel dank!!
Het is me een stuk duidelijker geworden door deze uitleg.

Wordt met
meestal
of
bedoeld?

quote:

Op zaterdag 25 januari 2014 10:17 schreef randomo het volgende:

Ik blijf het allemaal een beetje mysterieus vinden... Kan iemand me iets meer inzicht bijbrengen?

Laten we eens uitgaan van een rij {u_n}, n∈ N₀ met louter reële termen die aan een homogene lineaire tweede orde recursie met constante en reële coëfficiënten voldoet, en wel

(1) a·u_n + b·u_n−1 + c·u_n−2 = 0

Hierbij moeten we a ≠ 0 en tevens c ≠ 0 veronderstellen, aangezien we anders geen tweede orde recursie hebben.

Zoals bekend kunnen we in beginsel gesloten uitdrukkingen vinden voor de algemene term u_n van rijen die aan het recursievoorschrift (1) voldoen door op zoek te gaan naar meetkundige rijen die aan dit voorschrift voldoen. Hebben we een meetkundige rij {u_n} met als eerste term u₀ en reden λ, dan is

(2) u_n = u₀·λⁿ

Substitutie van (2) in geeft voor n > 1

(3) u₀·λⁿ⁻²(aλ² + bλ + c) = 0

Nu is het duidelijk dat u_n = 0, i.e. een rij die uit louter nullen bestaat, een triviale oplossing is van het recursievoorschrift (1) en dat we daarom op grond van (2) zowel u₀ ≠ 0 als λ ≠ 0 moeten veronderstellen om andere oplossingen naast deze triviale oplossing te vinden. Maar dan kan uitsluitend aan (3) worden voldaan als de uitdrukking tussen haakjes gelijk is aan nul, dus

(4) aλ² + bλ + c = 0

Dit is de zogeheten karakteristieke vergelijking van het recursievoorschrift (1). We noemen het polynoom

(5) P(λ) = aλ² + bλ + c

ook het karakteristieke polynoom van het recursievoorschrift (1). Nu is (4) een vierkantsvergelijking in λ, en zoals bekend wordt de aard van de nulpunten van P(λ) en daarmee van de oplossingen van (4) bepaald door de discriminant

(6) D = b² − 4ac

van dit polynoom. We onderscheiden nu drie mogelijkheden.

1. D > 0. Nu heeft P(λ) twee verschillende reële nulpunten λ₁ en λ₂ en zijn de meetkundige rijen gedefinieerd door u_n = u₀·λ₁ⁿ en u_n = u₀·λ₂ⁿ twee (lineair onafhankelijke) oplossingen van (1). En omdat elke lineaire combinatie {c_n} met c_n = α·a_n + β·b_n van twee rijen {a_n} en {b_n} die voldoen aan (1) ook weer voldoet aan (1) krijgen we als algemene oplossing van het recursievoorschrift

(7) u_n = α·λ₁ⁿ+ β·λ₂ⁿ

waarin α en β willekeurige (reële) constanten zijn. Het is eenvoudig na te gaan dat (7) ook inderdaad de volledige oplossing geeft van het recursievoorschrift (1). Een rij die voldoet aan een tweede orde recursie ligt volledig vast als twee opeenvolgende termen van de rij zijn gegeven. Welnu, substitutie in (7) van twee opeenvolgende termen van een specifieke rij die aan (1) voldoet levert een stelsel van twee lineaire vergelijkingen in α en β en dit stelsel bezit een unieke oplossing aangezien uit c ≠ 0 in (1) volgt dat λ₁ ≠ 0 en tevens λ₂ ≠ 0, terwijl uit D ≠ 0 volgt dat λ₁ ≠ λ₂, zodat de determinant van het stelsel ongelijk is aan nul.

2. D < 0. Nu heeft P(λ) twee toegevoegd complexe nulpunten λ₁ en λ₂ maar de situatie verschilt niet wezenlijk van die voor D > 0. Ook nu geldt dat (7) de algemene oplossing geeft van het recursievoorschrift (1), en ook nu levert substitutie in (7) van twee opeenvolgende termen van een specifieke rij een stelsel van twee lineaire vergelijkingen in α en β met een unieke oplossing. Echter, niet alleen λ₁ en λ₂ maar ook α en β zijn nu in het algemeen (toegevoegd) complex, zodat het niet mogelijk is een gesloten algebraïsche uitdrukking voor de algemene term van de recursieve rij te geven zonder gebruik van complexe getallen, en dat terwijl alle termen van de rij zelf wel degelijk reëel zijn. Maar, zoals ik wel eens heb laten zien, is het in dit geval altijd mogelijk een goniometrische uitdrukking te geven voor algemene term van de rij zonder gebruik van complexe getallen.

3. D = 0. Nu heeft P(λ) één reëel nulpunt met multipliciteit 2, dat ik aan zal geven met λ₀. Aangezien λ₀ voldoet aan (4) is het duidelijk dat

(8) u_n = α·λ₀ⁿ

met een willekeurige α in ieder geval een oplossing is van het recursievoorschrift (1). Maar het is evenzeer duidelijk dat (8) nu niet de volledige oplossing kan zijn van (1) omdat we bij het recursievoorschrift (1) de waarden van u₀ en u₁ steeds vrij kunnen kiezen, terwijl (8) alleen een oplossing biedt als u₁ = λ₀u₀.

Een elegante methode om toch de volledige oplossing van (1) te verkrijgen als D = 0 berust op het gebruik van differentiaalrekening. Daarvoor hebben we de volgende stelling nodig:

Als een niet-constant polynoom P(x) een nulpunt x = x₀ heeft met een multipliciteit m > 1, dan is P⁽ⁱ⁾(x₀) = 0 voor i = 1 .. (m − 1) terwijl P^(m)(x₀) ≠ 0.

Het bewijs van deze stelling gaat het eenvoudigst als we eerst even twee lemmata bewijzen.

Lemma 1. Als een niet-constant polynoom P(x) een enkelvoudig nulpunt x = x₀ heeft, dan is P'(x₀) ≠ 0.

Bewijs: volgens de factorstelling volgt uit P(x₀) = 0 dat P(x) een factor (x − x₀) bevat zodat P(x) = (x −x₀)·Q(x). Aangezien x = x₀ een enkelvoudig nulpunt is van P(x) kan het polynoom Q(x) geen verdere factoren (x − x₀) bevatten zodat, wederom volgens de factorstelling, Q(x₀) ≠ 0. De afgeleide van P(x) = (x −x₀)·Q(x) is P'(x) = Q(x) + (x − x₀)·Q'(x) zodat P'(x₀) = Q(x₀) + 0·Q'(x₀) = Q(x₀) ≠ 0, QED.

Lemma 2. Als een niet-constant polynoom P(x) een nulpunt x = x₀ heeft met een multipliciteit m > 1 dan heeft de afgeleide P'(x) een nulpunt x = x₀ met een multipliciteit (m − 1).

Bewijs: aangezien P(x) een nulpunt x = x₀ heeft met multipliciteit m > 1 is P(x) = (x − x₀)^m·Q(x) waarbij het polynoom Q(x) geen verdere factoren (x − x₀) bevat zodat volgens de factorstelling Q(x₀) ≠ 0. De afgeleide van P(x) = (x − x₀)^m·Q(x) is P'(x) = m·(x − x₀)^m−1·Q(x) + (x − x₀)^m·Q'(x) waarvoor we kunnen schrijven P'(x) = (x − x₀)^m−1·(m·Q(x) + (x − x₀)·Q'(x)). Voor x = x₀ is de factor (m·Q(x) + (x − x₀)·Q'(x)) gelijk aan m·Q(x₀) ≠ 0 zodat (m·Q(x) + (x − x₀)·Q'(x)) volgens de factorstelling geen factor (x − x₀) bevat en de multipliciteit van het nulpunt x = x₀ van P'(x) dus gelijk is aan (m − 1), QED.

Het bewijs van bovenstaande stelling is nu uiteraard eenvoudig: heeft een niet-constant polynoom P(x) een nulpunt x = x₀ met multipliciteit m > 1, dan geeft (herhaalde) toepassing van lemma 2 dat P⁽ⁱ⁾(x) voor i = 1 .. (m − 1) een nulpunt x = x₀ heeft met een multipliciteit (m − i), zodat P^(m−1)(x) een enkelvoudig nulpunt x = x₀ heeft. En volgens lemma 1 is dan P^(m)(x₀) ≠ 0, QED.

Goed, nu de volledige oplossing van (1) als D = 0. Vermenigvuldigen we beide leden van (5) met λⁿ⁻², dan hebben we voor n > 1

(9) a·λⁿ + b·λⁿ⁻¹ + c·λⁿ⁻² = λⁿ⁻²·P(λ)

Differentiëren naar λ geeft nu

(10) a·n·λⁿ⁻¹ + b·(n−1)·λⁿ⁻² + c·(n−2)·λⁿ⁻³ = (n−2)·λⁿ⁻³·P(λ) + λⁿ⁻²·P'(λ)

En beide leden vermenigvuldigen met λ geeft dan

(11) a·n·λⁿ + b·(n−1)·λⁿ⁻¹ + c·(n−2)·λⁿ⁻² = (n−2)·λⁿ⁻²·P(λ) + λⁿ⁻¹·P'(λ)

Nu is λ = λ₀ een nulpunt van P(λ) met multipliciteit 2, zodat niet alleen P(λ₀) = 0 maar tevens P'(λ₀) = 0. Substutie van λ = λ₀ in (11) geeft dus

(12) a·n·λ₀ⁿ + b·(n−1)·λ₀ⁿ⁻¹ + c·(n−2)·λ₀ⁿ⁻² = 0

zodat we kunnen concluderen dat u_n = n·λ₀ⁿ aan het recursievoorschrift (1) voldoet. Eerder vonden we al dat u_n = λ₀ⁿ voldoet, zodat ook elke lineaire combinatie van deze oplossingen aan het recursievoorschrift voldoet en we dus krijgen

(13) u_n = (α + β·n)·λ₀ⁿ

Het is weer gemakkelijk na te gaan dat deze oplossing inderdaad volledig is. Substitutie in (13) van twee opeenvolgende termen van een specifieke rij die aan (1) voldoet levert een stelsel van twee lineaire vergelijkingen in α en β en dit stelsel bezit een unieke oplossing aangezien uit c ≠ 0 in (1) volgt dat λ₀ ≠ 0 zodat de determinant van het stelsel ongelijk is aan nul.

Het aardige van deze methode is dat deze eenvoudig is te generaliseren naar homogene lineaire recursies met constante coëfficiënten van hogere ordes. Heeft het karakteristieke polynoom P(λ) van zo'n hogere orde recursie van orde N namelijk een meervoudig nulpunt λ = λ₀ met multipliciteit m, dan kun je door P(λ) te vermenigvuldigen met λ^n−N en daarna telkens om beurten te differentiëren en weer te vermenigvuldigen met λ gemakkelijk laten zien dat naast u_n = λ₀ⁿ ook u_n = nⁱ·λ₀ⁿ voor i = 1 .. (m − 1) een oplossing geeft van de recursie. Zo geeft elk meervoudig nulpunt met een multipliciteit m dus precies m lineair onafhankelijke oplossingen.

Wil je niet gebruik maken van differentiaalrekening, dan is er in ieder geval voor tweede orde recursies waarbij de discriminant van de karakteristieke vergelijking gelijk is aan nul ook een goed bruikbare elementaire methode die bekend staat als de variatie van de constante. Het idee hierbij is dat je uitgaat van (8) maar dat je veronderstelt dat α niet constant is maar een functie van n. Dat wil dus zeggen dat je een rij {α_n} zoekt zodanig dat

(14) u_n = α_n·λ₀ⁿ

een oplossing is van de recursie (1). Welnu, invullen van (14) in (1) geeft voor n > 1

(15) λ₀ⁿ⁻²(a·α_n·λ₀² + b·α_n−1·λ₀ + c·α_n−2) = 0

en aangezien λ₀ ≠ 0 geeft dit

(16) a·α_n·λ₀² + b·α_n−1·λ₀ + c·α_n−2 = 0

Nu weten we echter ook dat λ₀ = −b/2a (en dus b ≠ 0 aangezien λ₀ ≠ 0). Substitutie hiervan in (16) en gebruik maken van D = b² − 4ac = 0 (en dus 4ac = b²) levert dan na wat herleiding

(17) α_n − α_n−1 = α_n−1 − α_n−2

In woorden: het verschil tussen elk tweetal opeenvolgende termen van de rij {α_n} is constant. De rij {α_n} is dus een willekeurige rekenkundige rij, en de algemene gedaante van α_n is dus

(18) α_n = α + n·β

waarbij α en β willekeurige constanten zijn. Substitutie van (18) in (14) geeft nu

(19) u_n = (α + n·β)·λ₀ⁿ

en dit stemt geheel overeen met de eerder gevonden algemene oplossing (13).

That's all.

http://tinypic.com/r/11snpc2/5

Iemand die mij vraag 12 kan uitleggen.

quote:

Op zondag 26 januari 2014 12:17 schreef Beverwijker het volgende:
http://tinypic.com/r/11snpc2/5

Iemand die mij vraag 12 kan uitleggen.

Wat snap je er niet aan? Wat snap je al wel?

Het gaat hier om een driehoek met een rechte hoek. Gegeven is de lengte van één van de zijdes die aan deze rechte hoek grenst (10). De andere zijde die aan de rechte hoek grenst wordt lengte a gesteld. Het gevraagde is de lengte van de langste zijde, dat is (op grond van de driehoeksongelijkheid) de schuine zijde van deze driehoek. Kun je hier iets mee? Hint: Pythagoras.

Als je dat doorhebt weet je waar de formule vandaan komt. De opdracht is simpeler: je moet drie keer een waarde voor a invullen in de formule.

Stel je hebt twee open sets, zeg maar . Is het Cartesian Product dan ook open? En zoja, hoe kan ik het beste hiervan een bewijs leveren?

Edit: Zie hier het antwoord + bewijs: http://math.stackexchange.com/q/653106/96700

[ Bericht 17% gewijzigd door Novermars op 27-01-2014 16:06:44 ]

quote:

Op zondag 26 januari 2014 09:57 schreef Riparius het volgende:

[..]

Top! Zoals gewoonlijk weer een uitstekende uitleg

Die stelling was inderdaad uiteindelijk de missing link

quote:

Als een niet-constant polynoom P(x) een nulpunt x = x₀ heeft met een multipliciteit m > 1, dan is P⁽ⁱ⁾(x₀) = 0 voor i = 1 .. (m − 1) terwijl P^(m)(x₀) ≠ 0.

Veel dank en hulde!

quote:

Op zondag 26 januari 2014 22:03 schreef Novermars het volgende:
Stel je hebt twee open sets, zeg maar . Is het Cartesian Product dan ook open? En zoja, hoe kan ik het beste hiervan een bewijs leveren?

Edit: Zie hier het antwoord + bewijs: http://math.stackexchange.com/q/653106/96700

Dit is metawiskundig gezien wel een interessante vraag, want hoe definieer je de topologie op RxR? Enerzijds kun je de Euclidische metriek nemen en van daar uit werken. Anderzijds bestaat er ook een categorie-theoretische definitie van producten en kun je bewijzen dat producten bestaan in de categorie van topologische ruimten. De twee topologieën die je zo krijgt blijken hetzelfde te zijn, iets wat niet vanzelfsprekend is!

quote:

Op dinsdag 28 januari 2014 21:40 schreef Amoeba het volgende:
Ik krijg koppijn van dit vraagstuk



Nu moet ik dit oplossen mbv machtreeksen, vervolgens de convergentiestraal van de gevonden machtreeks bepalen en daarna een gesloten uitdrukking voor die machtreeks geven.

Tot nu toe was ik zo ver:

[ afbeelding ]

Waarbij ik zeker weet dat die onderste vergelijking niet klopt, immers gaat delen door k+3 na de eerste stap al fout..

Wat doe ik fout / wat mis ik?

Je mist een accentje.