[Bèta wiskunde] Huiswerk- en vragentopic.

Index

» school, studie en onderwijs

actieve topics nieuwe topics
abonnement Unibet Coolblue Bitvavo
pi_151335590
quote:
0s.gif Op vrijdag 3 april 2015 17:37 schreef kura-kura het volgende:
Ik ben bezig met het vereenvoudigen van een som, alleen snap ik 1 stap niet. Kan iemand me hieruit helpen?

-2500e^-0,5t x 2(1+20e^-0,5t) x 20e^-0,5t x -0,5

Wordt

50000e^-0,5t x e^-0,5t x (1+20e^-0,5t)

Ik snap niet hoe ze bij dat laatste deel aan die e^-0,5t komen
Bedoel je het dikgedrukte?
pi_151336443
Ja dat bedoelde ik, maar ik zie m al.
Snap alleen niet volgens welke regel dit gebeurt: 125= (10t)^3/2 -> 125^2/3=10t
Snap niet helemaal volgens welke regel die 3/2 naar 2/3 gaat
  vrijdag 3 april 2015 @ 19:25:23 #153
410413 RRuben
Kwaliteitsuser
pi_151336699
quote:
0s.gif Op vrijdag 3 april 2015 19:18 schreef kura-kura het volgende:
Ja dat bedoelde ik, maar ik zie m al.
Snap alleen niet volgens welke regel dit gebeurt: 125= (10t)^3/2 -> 125^2/3=10t
Snap niet helemaal volgens welke regel die 3/2 naar 2/3 gaat
beide kanten van het = teken doe je tot de macht 2/3. Dat wordt dus 125^2/3 en ((10t)^3/2)^2/3. Bij die tweede moet je dan vervolgens 3/2*2/3 doen en dat is 1. Dus houd je 10t over.
leef de leven
pi_151337245
quote:
1s.gif Op vrijdag 3 april 2015 19:25 schreef RRuben het volgende:

[..]

beide kanten van het = teken doe je tot de macht 2/3. Dat wordt dus 125^2/3 en ((10t)^3/2)^2/3. Bij die tweede moet je dan vervolgens 3/2*2/3 doen en dat is 1. Dus houd je 10t over.
Top thanks!
  vrijdag 3 april 2015 @ 19:57:37 #155
410413 RRuben
Kwaliteitsuser
pi_151338035
quote:
1s.gif Op vrijdag 3 april 2015 19:40 schreef kura-kura het volgende:

[..]

Top thanks!
graag gedaan ^O^
leef de leven
pi_151422308
quote:
0s.gif Op donderdag 2 april 2015 15:22 schreef Riparius het volgende:

[..]

De oplossingen moeten in ieder geval rationale veelvouden zijn van π omdat sin(⅙π) = ½, dus de waarde die jij geeft is zeker geen oplossing. Of misschien bedoel je (5/3)·π + 2kπ, k ∈ Z, maar ook dat is geen oplossing van je vergelijking. Immers, je hebt π < (5/3)·π < 2π, dus als je het startpunt (1; 0) om de oorsprong roteert over een hoek van (5/3)·π radialen dan kom je uit op een punt onder de x-as, en daar is de y-coördinaat, en dus ook de sinus, negatief, zodat het evident is dat de sinus van (5/3)·π + 2kπ, k ∈ Z negatief moet zijn en niet ½ kan zijn.

Kijk nog eens naar het volgende plaatje:

[ afbeelding ]

We weten dat sin 30° = ½ en dat 30° gelijk is aan 1/6 deel van een gestrekte hoek en daarmee overeenkomt met π/6 rad zodat sin(⅙π) = ½. En omdat supplementaire hoeken dezelfde sinus hebben is dus ook sin 150° = ½ oftewel sin(⅚π) = ½.

Dit kun je ook in het plaatje aflezen, want driehoek OPQ in het tweede kwadrant is congruent met de gestreept getekende driehoek in het eerste kwadrant. Bedenk hierbij dat de sinus van een gegeven (rotatie)hoek per definitie de y-coördinaat is van het beeld van het startpunt (1; 0) bij een rotatie om de oorsprong over de gegeven hoek.

Verder komen we altijd weer op dezelfde punten op de eenheidscirkel uit na een extra rotatie om de oorsprong over een willekeurig aantal gehele slagen in tegenwijzerzin (positief) of in wijzerzin (negatief). Een volledige rotatie om de oorsprong komt overeen met een rotatie over 360° oftewel 2π radialen, en als complete oplossing van de vergelijking sin(t) = ½ krijgen we dus:

t = ⅙π + 2kπ ∨ t = ⅚π + 2kπ, k ∈ Z
Sorry voor de late reactie, maar bedankt, ik snap het concept nu (van supplementaire sinushoeken). Dank!
  donderdag 9 april 2015 @ 15:16:46 #157
292596 Faux.
Fan van zichzelf
pi_151516832
Korte vraag maar ik kom er echt niet uit ( :') )

Waarom is 4 mod 7 = 4? Ik snap dat 11 mod 5 = 1 want je doet 5 x 2 = 10 +1, maar die logica gaat niet op bij 4 mod 7. Waarschijnlijk echt een stomme vraag, maar ik kom er niet uit.
Hier schreef tong80 het volgende:
Faux is een FOK!held, zoals dat vroeger Gellarboy en Brechtje waren. Users die je koestert.
pi_151517078
quote:
11s.gif Op donderdag 9 april 2015 15:16 schreef Faux. het volgende:
Korte vraag maar ik kom er echt niet uit ( :') )

Waarom is 4 mod 7 = 4? Ik snap dat 11 mod 5 = 1 want je doet 5 x 2 = 10 +1, maar die logica gaat niet op bij 4 mod 7. Waarschijnlijk echt een stomme vraag, maar ik kom er niet uit.
Zelfde logica maar dan 4 = 0*7 + 4

Het is gewoon hoeveel er overblijft na delen.
  donderdag 9 april 2015 @ 15:27:29 #159
292596 Faux.
Fan van zichzelf
pi_151517164
quote:
0s.gif Op donderdag 9 april 2015 15:24 schreef Anoonumos het volgende:

[..]

Zelfde logica maar dan 4 = 0*7 + 4

Het is gewoon hoeveel er overblijft na delen.
Dus al hebben we a mod b = c, en b is groter dan a, dan is a gelijk aan c?
Hier schreef tong80 het volgende:
Faux is een FOK!held, zoals dat vroeger Gellarboy en Brechtje waren. Users die je koestert.
pi_151517280
quote:
11s.gif Op donderdag 9 april 2015 15:27 schreef Faux. het volgende:

[..]

Dus al hebben we a mod b = c, en b is groter dan a, dan is a gelijk aan c?
Ja (als alles positief is)
  donderdag 9 april 2015 @ 15:37:06 #161
292596 Faux.
Fan van zichzelf
pi_151517450
quote:
0s.gif Op donderdag 9 april 2015 15:31 schreef Anoonumos het volgende:

[..]

Ja (als alles positief is)
Thanks ^O^
Hier schreef tong80 het volgende:
Faux is een FOK!held, zoals dat vroeger Gellarboy en Brechtje waren. Users die je koestert.
  dinsdag 14 april 2015 @ 16:04:11 #162
410413 RRuben
Kwaliteitsuser
pi_151680949
Ik heb een kleine vraag. Mag je bij bewijzen er vanuit gaan dat een gelijkbenige driehoek 2 gelijke hoeken heeft, en dat een driehoek met 2 gelijke hoeken gelijkbenig is? Het is makkelijk te bewijzen, maar om dat telkens weer op te schrijven...

Oh, en mag je een middenparallel zomaar gebruiken? Ik doe namelijk zelf studie wiskunde B en de middenparallel staat nergens in het boek, maar wel bij de antwoorden.
leef de leven
pi_151681399
quote:
1s.gif Op dinsdag 14 april 2015 16:04 schreef RRuben het volgende:
Ik heb een kleine vraag. Mag je bij bewijzen er vanuit gaan dat een gelijkbenige driehoek 2 gelijke hoeken heeft, en dat een driehoek met 2 gelijke hoeken gelijkbenig is? Het is makkelijk te bewijzen, maar om dat telkens weer op te schrijven...
In het algemeen mag je bij het bewijzen van een stelling gebruik maken van eerder bewezen stellingen, dus ja, dit mag, tenzij het natuurlijk gaat om het bewijs van de stelling in kwestie.
quote:
Oh, en mag je een middenparallel zomaar gebruiken? Ik doe namelijk zelf studie wiskunde B en de middenparallel staat nergens in het boek, maar wel bij de antwoorden.
Als het begrip middenparallel van een driehoek nergens in je boek wordt gedefinieerd maar dit begrip wel wordt gebruikt in opgaven of in uitwerkingen, dan is het een slecht leerboek.

Of je een middenparallel 'zomaar' mag gebruiken is een vraag die niet is te beantwoorden, daarvoor zul je toch echt iets specifieker moeten zijn. In het algemeen is het bij een meetkundig bewijs toegestaan (en ook heel gebruikelijk) om van hulplijnen of hulplijnstukken gebruik te maken die niet in de oorspronkelijke bewijsopgave zijn gegeven. Maar die hulplijnen of hulplijnstukken gebruik je natuurlijk niet 'zomaar', doch met een bepaald doel. Met behulp van een middenparallel van een driehoek kun je bijvoorbeeld eenvoudig bewijzen dat twee zwaartelijnen in een driehoek elkaar verdelen in de verhouding 2:1, waarbij het grootste stuk aan de zijde van het hoekpunt ligt.
Maud Wilms - Allemaol
Nadiè Reyhani - The Feet Song
Yasmine - Zus
  dinsdag 14 april 2015 @ 16:28:23 #164
410413 RRuben
Kwaliteitsuser
pi_151681610
quote:
0s.gif Op dinsdag 14 april 2015 16:20 schreef Riparius het volgende:

[..]

In het algemeen mag je bij het bewijzen van een stelling gebruik maken van eerder bewezen stellingen, dus ja, dit mag, tenzij het natuurlijk gaat om het bewijs van de stelling in kwestie.

[..]

Als het begrip middenparallel van een driehoek nergens in je boek wordt gedefinieerd maar dit begrip wel wordt gebruikt in opgaven of in uitwerkingen, dan is het een slecht leerboek.

Of je een middenparallel 'zomaar' mag gebruiken is een vraag die niet is te beantwoorden, daarvoor zul je toch echt iets specifieker moeten zijn. In het algemeen is het bij een meetkundig bewijs toegestaan (en ook heel gebruikelijk) om van hulplijnen of hulplijnstukken gebruik te maken die niet in de oorspronkelijke bewijsopgave zijn gegeven. Maar die hulplijnen of hulplijnstukken gebruik je natuurlijk niet 'zomaar', doch met een bepaald doel. Met behulp van een middenparallel van een driehoek kun je bijvoorbeeld eenvoudig bewijzen dat twee zwaartelijnen in een driehoek elkaar verdelen in de verhouding 2:1, waarbij het grootste stuk aan de zijde van het hoekpunt ligt.
ok bedankt voor het antwoord. Het zijn boeken van school (zit nu nog op de middelbare) dus waarschijnlijk is het dan de bedoeling dat de leraar de middenparallel uit zou moeten leggen.

Met 'zomaar' bedoelde ik eigenlijk dat je de middenparallel mag gebruiken voor een bewijs zonder dat je bewijst dat die middenparallel evenwijdig is aan een andere zijde en half keer zo groot.
leef de leven
pi_151681774
quote:
1s.gif Op dinsdag 14 april 2015 16:28 schreef RRuben het volgende:

[..]

OK bedankt voor het antwoord. Het zijn boeken van school (zit nu nog op de middelbare) dus waarschijnlijk is het dan de bedoeling dat de leraar de middenparallel uit zou moeten leggen.
Dat kan zo zijn, maar alle stof die je geacht wordt te bestuderen zou toch ook in je leerboek moeten worden behandeld. Een leerboek moet zo zijn opgebouwd dat het in principe ook geschikt zou zijn voor zelfstudie zonder hulp van een docent, en vroeger was dat ook zo.
quote:
Met 'zomaar' bedoelde ik eigenlijk dat je de middenparallel mag gebruiken voor een bewijs zonder dat je bewijst dat die middenparallel evenwijdig is aan een andere zijde en half keer zo groot.
Nee, dat mag dan weer niet, want dan wil je gebruik maken van een stelling die - kennelijk - niet eerder aan bod is gekomen en dus ook niet is bewezen. Kijk maar even hier voor een bewijs van de stelling waar je gebruik van wil maken.
Maud Wilms - Allemaol
Nadiè Reyhani - The Feet Song
Yasmine - Zus
  dinsdag 14 april 2015 @ 17:02:09 #166
410413 RRuben
Kwaliteitsuser
pi_151682559
quote:
0s.gif Op dinsdag 14 april 2015 16:35 schreef Riparius het volgende:

[..]

Dat kan zo zijn, maar alle stof die je geacht wordt te bestuderen zou toch ook in je leerboek moeten worden behandeld. Een leerboek moet zo zijn opgebouwd dat het in principe ook geschikt zou zijn voor zelfstudie zonder hulp van een docent, en vroeger was dat ook zo.

[..]

Nee, dat mag dan weer niet, want dan wil je gebruik maken van een stelling die - kennelijk - niet eerder aan bod is gekomen en dus ook niet is bewezen. Kijk maar even hier voor een bewijs van de stelling waar je gebruik van wil maken.
ok bedankt! ^O^
leef de leven
pi_151687902
Bij het examen wiskunde B wordt een lijst met stellingen en definities bijgevoegd (zie Bijlage 3 in de syllabus) die zonder nadere toelichting in een bewijs gebruikt mogen worden.
pi_151691908
Ik krijg binnenkort mijn bachelor diploma Natuurkunde, maar ik ben natuurkunde aardig zat.
Ik heb nooit echte wiskundige vakken gevolgd, behalve een vak ''a course in modern mathematical physics'' oid, dat over groepen, algebras etc ging (amper natuurkunde) en dat vond ik heel erg leuk. Ik heb een gemiddelde rond de 8.5 voor mijn natuurkunde bachelor. Zou het haalbaar zijn als ik voor een wiskunde master ga? Wat denken jullie?
pi_151693218
quote:
0s.gif Op dinsdag 14 april 2015 21:22 schreef jabbahabba het volgende:
Ik krijg binnenkort mijn bachelor diploma Natuurkunde, maar ik ben natuurkunde aardig zat.
Ik heb nooit echte wiskundige vakken gevolgd, behalve een vak ''a course in modern mathematical physics'' oid, dat over groepen, algebras etc ging (amper natuurkunde) en dat vond ik heel erg leuk. Ik heb een gemiddelde rond de 8.5 voor mijn natuurkunde bachelor. Zou het haalbaar zijn als ik voor een wiskunde master ga? Wat denken jullie?
Wat voor master wil je doen?

Als je een algebra master wil doen, dan zul je wel wat meer bsc vakken moeten volgen lijkt me. Anders zit je direct bij een (vervolgvak van) een vervolgvak, wat je nooit gaat begrijpen zonder de basis.

Er zijn vast ook wel officiële ingangseisen...(?)
pi_151693366
quote:
0s.gif Op dinsdag 14 april 2015 21:22 schreef jabbahabba het volgende:
Ik krijg binnenkort mijn bachelor diploma Natuurkunde, maar ik ben natuurkunde aardig zat.
Ik heb nooit echte wiskundige vakken gevolgd, behalve een vak ''a course in modern mathematical physics'' oid, dat over groepen, algebras etc ging (amper natuurkunde) en dat vond ik heel erg leuk. Ik heb een gemiddelde rond de 8.5 voor mijn natuurkunde bachelor. Zou het haalbaar zijn als ik voor een wiskunde master ga? Wat denken jullie?
Moet je aan de examencommissie vragen.
Maar ga langs bij je studieadviseur, die weet deze dingen. (als het goed is)
  dinsdag 14 april 2015 @ 22:37:20 #171
410413 RRuben
Kwaliteitsuser
pi_151695669
quote:
0s.gif Op dinsdag 14 april 2015 19:50 schreef Tochjo het volgende:
Bij het examen wiskunde B wordt een lijst met stellingen en definities bijgevoegd (zie Bijlage 3 in de syllabus) die zonder nadere toelichting in een bewijs gebruikt mogen worden.
aah ok, daar staat het ook tussen, dus dat zit wel goed dan ^O^
leef de leven
pi_151697092
quote:
1s.gif Op dinsdag 14 april 2015 22:37 schreef RRuben het volgende:

[..]

Aah ok, daar staat het ook tussen, dus dat zit wel goed dan ^O^
In die syllabus wordt alleen het begrip middenparallel van twee evenwijdige lijnen genoemd, ik zie het begrip middenparallel van een driehoek daar niet bij staan, evenmin als de stelling dat het lijnstuk dat de middens van twee zijden van een driehoek verbindt evenwijdig is met de derde zijde en gelijk aan de helft van de derde zijde.
Maud Wilms - Allemaol
Nadiè Reyhani - The Feet Song
Yasmine - Zus
pi_151704820
Hallo,

Ik heb morgen een tentamen over differentiaal vergelijkingen.
Nou ben ik bezig met oefententamens en nou komt er bij 2 oefententamens een som voor waar ik geen idee heb hoe ik hem moet maken. En natuurlijk zijn er geen uitwerkingen beschikbaar en kan ik ook geen zelfde soort opgave in het boek vinden :'(



Kan iemand mij uitleggen wat hier de bedoeling is?

Alvast bedankt :)
pi_151711670
quote:
0s.gif Op woensdag 15 april 2015 11:24 schreef jatochneetoch het volgende:
Hallo,

Ik heb morgen een tentamen over differentiaal vergelijkingen.
Nou ben ik bezig met oefententamens en nou komt er bij 2 oefententamens een som voor waar ik geen idee heb hoe ik hem moet maken. En natuurlijk zijn er geen uitwerkingen beschikbaar en kan ik ook geen zelfde soort opgave in het boek vinden :'(

[ afbeelding ]

Kan iemand mij uitleggen wat hier de bedoeling is?

Alvast bedankt :)
De hint lijkt me duidelijk, maar WolframAlpha levert bepaald geen prettig uitziende oplossingen, dus ik vind dit een wat vreemde tentamenopgave. Als je goed kijkt naar de oplossingen die WolframAlpha produceert dan herken je daarin de formules van Cardano voor de oplossing van een kubische vergelijking, en dat klopt ook, want als we

\frac{1}{4}x^4\,+\,\frac{1}{3}y^3\,+\,y\cdot\ln\,x

impliciet differentiëren naar x dan krijgen we het linkerlid van je DV, zodat we dus hebben

\frac{1}{4}x^4\,+\,\frac{1}{3}y^3\,+\,y\cdot\ln\,x\,=\,c

en met de randvoorwaarde y = 0 voor x = 1 hebben we dan c = ¼ en dat levert

y^3\,+\,(3\cdot\ln\,x)\cdot y\,+\,(\frac{3}{4}x^4\,-\,\frac{3}{4})\,=\,0

zodat we inderdaad een (gereduceerde) kubische vergelijking in y krijgen.
Maud Wilms - Allemaol
Nadiè Reyhani - The Feet Song
Yasmine - Zus
pi_151713270
quote:
0s.gif Op woensdag 15 april 2015 15:44 schreef Riparius het volgende:

[..]

Oke bedankt ik denk dat ik het snap. :)

Nu heb nog nog een andere waar ik net tegen aan liep. Misschien dat je me daar ook mee kan helpen?
\\\ddot{y}+x=0\\\ddot{x}+y=0
Write this system as four coupled first order equations.

Weet jij wat hoe je dit doet?
pi_151714150
quote:
0s.gif Op woensdag 15 april 2015 16:43 schreef jatochneetoch het volgende:

[..]

Oke bedankt ik denk dat ik het snap. :)

Nu heb nog nog een andere waar ik net tegen aan liep. Misschien dat je me daar ook mee kan helpen?
\\\ddot{y}+x=0\\\ddot{x}+y=0
Write this system as four coupled first order equations.

Weet jij wat hoe je dit doet?
Definieer u en v als

x' = u
y' = v

dan worden je vergelijkingen first-order

u' = - y
v' = - x

vier in totaal
pi_151714675
quote:
0s.gif Op woensdag 15 april 2015 17:21 schreef Anoonumos het volgende:

[..]

Definieer u en v als

x' = u
y' = v

dan worden je vergelijkingen first-order

u' = - y
v' = - x

vier in totaal
Oke bedankt.

vervolgens vragen ze de eigenwaardes en vectoren te berekenen.
Kan dat met de volgende vergelijking?
\begin{Bmatrix}\ddot{x}\\ \ddot{y}\end{Bmatrix}=\begin{bmatrix}0 &-1 \\ -1 & 0\end{bmatrix}\begin{Bmatrix}x\\y \end{Bmatrix}

Bij alle voorbeelden hebben ze een eerste orde vergelijking, dus weet niet of het zo mag.
Of moet ik dan die u en v er in verwerken?
pi_151716055
quote:
0s.gif Op woensdag 15 april 2015 17:40 schreef jatochneetoch het volgende:

[..]

Oke bedankt.

vervolgens vragen ze de eigenwaardes en vectoren te berekenen.
Kan dat met de volgende vergelijking?
\begin{Bmatrix}\ddot{x}\\ \ddot{y}\end{Bmatrix}=\begin{bmatrix}0 &-1 \\ -1 & 0\end{bmatrix}\begin{Bmatrix}x\\y \end{Bmatrix}

Bij alle voorbeelden hebben ze een eerste orde vergelijking, dus weet niet of het zo mag.
Of moet ik dan die u en v er in verwerken?
Met x,y,u en v (dus 4x4 matrix) ja.
Jouw systeem werkt niet.
pi_151726319
quote:
0s.gif Op woensdag 15 april 2015 11:24 schreef jatochneetoch het volgende:
Hallo,

Ik heb morgen een tentamen over differentiaal vergelijkingen.
Nou ben ik bezig met oefententamens en nou komt er bij 2 oefententamens een som voor waar ik geen idee heb hoe ik hem moet maken. En natuurlijk zijn er geen uitwerkingen beschikbaar en kan ik ook geen zelfde soort opgave in het boek vinden :'(



Kan iemand mij uitleggen wat hier de bedoeling is?

Alvast bedankt :)
Dit is een zogenaamde exacte DV. Beide kanten 'vermenigvuldigen' met dx en je hebt
(x^3 + \dfrac{y}{x})\mathrm{d}x + (y^2 + \ln (x))\mathrm{d}y = g(x,y)\mathrm{d}x + h(x,y)\mathrm{d}y= 0

We gaan nu op zoek naar een Potential function , F:\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R} , die voldoet aan F_x = g en F_y = h
F(x,y) = \int g(x,y) \mathrm{d}x + C(y) = \dfrac{1}{4}x^4 + y \ln(x) + C(y)
Differentiëren naar y resulteert in
F_y(x,y) = \ln (x) + C'(y) = h = y^2 + \ln(x)\Longrightarrow C'(y) = y^2 \Longrightarrow C(y) = \dfrac{1}{3}y^3
Dus we hebben nu F(x,y) = \dfrac{1}{4}x^4 + y \ln(x) +\dfrac{1}{3}y^3
En daarmee de impliciete oplossing F(x,y) = K . Waar {K} wordt bepaald door de initiële waarde.
pi_151872574
Hallo all,

Wellicht een simpele vraag maar ik kom er met wat googlen niet helemaal uit.
Stel ik heb een aantal klassen die zijn verdeeld naar leeftijd:

< 15
15 - < 30
30 - < 55
> 55

nu wordt er gevraagd om de gemiddelde leeftijd. Nu weet ik dat je dat alleen maar kan schatten door klassenmidden te vermenigvuldigen met de frequentie en dan delen door totaal.

Echter wat doe ik met die laatste klasse, moet ik die ergens capppen?
Wat is hier gebruikelijk om te doen?
pi_151880073
quote:
1s.gif Op maandag 20 april 2015 21:08 schreef FortunaHome het volgende:
Hallo all,

Wellicht een simpele vraag maar ik kom er met wat googlen niet helemaal uit.
Stel ik heb een aantal klassen die zijn verdeeld naar leeftijd:

< 15
15 - < 30
30 - < 55
> 55

nu wordt er gevraagd om de gemiddelde leeftijd. Nu weet ik dat je dat alleen maar kan schatten door klassenmidden te vermenigvuldigen met de frequentie en dan delen door totaal.

Echter wat doe ik met die laatste klasse, moet ik die ergens capppen?
Wat is hier gebruikelijk om te doen?
Als x>55 de levensverwachting is, dan zou je 55 + (x-55)/2 kunnen nemen als gemiddelde in die laatste categorie. Maar het is natuurlijk natte-vingerwerk.
pi_152251393
Zij f(z) een holomorfe functie op de open set V.

Bewijs dat \frac{d}{dz}f(z) = 0

Tevens is f van de vorm f = u + iv met i,v reële functies.
Daarnaast is de hint schrijf x als 1/2(z+z_ ) en y als -i/2(z-z_) met z_ de complex geconjugeerde van z.

Iemand enig idee? Ik kom er niet echt uit
pi_152251766
quote:
2s.gif Op zondag 3 mei 2015 23:43 schreef Amoeba het volgende:
Zij f(z) een holomorfe functie op de open set V.

Bewijs dat \frac{d}{dz}f(z) = 0

Tevens is f van de vorm f = u + iv met i,v reële functies.
Daarnaast is de hint schrijf x als 1/2(z+z_ ) en y als -i/2(z-z_) met z_ de complex geconjugeerde van z.

Iemand enig idee? Ik kom er niet echt uit
Ik neem aan dat je \frac{d}{d\overline{z}}f(z)=0 bedoelt.
pi_152252489
quote:
0s.gif Op zondag 3 mei 2015 23:59 schreef thabit het volgende:

[..]

Ik neem aan dat je \frac{d}{d\overline{z}}f(z)=0 bedoelt.
Ah, ja, sorry.
pi_152254144
Of beter nog: \frac{\partial}{\partial\overline{z}}f(z)=0.

Hint: wat zijn \frac{\partial}{\partial{z}} en \frac{\partial}{\partial\overline{z}} in termen van \frac{\partial}{\partial x} en \frac{\partial}{\partial y}?
pi_152272918
Ik volg een vak waarin C0-semigroups behandeld worden. Ik moet laten zien dat als Y een T(t)-invariante, 1-dimensionale lineaire deelruimte van X is, dat Y dan wordt opgespannen door een eigenvector van A, de infinitesimal generator van T.

Als iemand een idee heeft waar ik kan beginnen, hoor ik het graag. Ik snap niet waarom de T(t)-invariante ruimte geen 'cirkel' kan zijn, als het ware. Als hint hebt ik gekregen:

If a continuous scalar function f satisfies f(t + s) = f(t)f(s) for t, s in [0, infinity), then f(t) = ect for some c.

Maar je hebt geen functies naar R. J hebt wel die C0-semigroup die voldoet aan T(t + s) = T(t)T(s), maar ik zie niet wat dit te maken heeft met een functie naar R. Ideeen zijn erg welkom :)
pi_152302061
Een vraag die eenvoudig zou moeten zijn maar waar ik een beginnetje mis;

Bewijs voor f,g : Rn → R continu dat de verzameling { x in Rn | f(x) < g(x) } open is.

Ik vermoed dat ik het volledig origineel f-1(R) moet gebruiken, en de stelling dat voor een continue functie h: V → W geldt dat van iedere open deelverzameling O in W het volledig origineel h-1(O) open is in V. Maar waar begin ik?

[ Bericht 3% gewijzigd door Diacetylmorfine op 05-05-2015 17:06:38 ]
Cuius rei demonstrationem mirabilem sane detexi hanc marginis exiguitas non caparet
pi_152302653
quote:
0s.gif Op maandag 4 mei 2015 07:41 schreef thabit het volgende:
Of beter nog: \frac{\partial}{\partial\overline{z}}f(z)=0.

Hint: wat zijn \frac{\partial}{\partial{z}} en \frac{\partial}{\partial\overline{z}} in termen van \frac{\partial}{\partial x} en \frac{\partial}{\partial y}?
d/dz = 1/2(d/dx - i*d/dy) en d/dz_ = 1/2(d/dx + i*d/dy)

f = u+i*v substitueren, gebruik maken van de Cauchy-Riemann vergelijkingen voor partiële afgeleiden en het gevraagde volgt. Dank ^O^
pi_152306819
quote:
2s.gif Op zondag 3 mei 2015 23:43 schreef Amoeba het volgende:
Zij f een holomorfe functie op de open set V.

Bewijs dat

\frac{\partial}{\partial \overline{z}}f(z,\,\overline{z}) \,=\,0

Tevens is f van de vorm f(z, z̅) = u(x, y) + i·v(x, y) waarbij u en v reële functies zijn van de reële variabelen x en y met z = x + iy.

Daarnaast is de hint schrijf x als ½(z + z̅) en y als −½i(z − z̅) waarbij z̅ = x − iy de complex geconjugeerde is van z.

Iemand enig idee? Ik kom er niet echt uit.
We vatten f op als een functie van z en z̅ en ook x = ½(z + z̅) en y = −½i(z − z̅) als functies van z en z̅ zodat we kunnen schrijven

(1)\quad f(z,\,\overline{z})\,=\,u(x(z,\,\overline{z}),\,y(z,\,\overline{z}))\,+\,i \cdot v(x(z,\,\overline{z}),\,y(z,\,\overline{z}))

Nu zijn z en z̅ niet onafhankelijk van elkaar, maar we kunnen formeel doen alsof dat wel het geval is en differentiëren van (1) naar z̅ geeft dan met behulp van de kettingregel

(2)\quad \frac{\partial}{\partial\overline{z}}f(z,\,\overline{z})\,=\,\left(\frac{\partial u}{\partial x}\,\frac{\partial x}{\partial\overline{z}}\,+\,\frac{\partial u}{\partial y}\,\frac{\partial y}{\partial\overline{z}}\right)\,+\,i\cdot\left(\frac{\partial v}{\partial x}\,\frac{\partial x}{\partial\overline{z}}\,+\,\frac{\partial v}{\partial y}\,\frac{\partial y}{\partial\overline{z}}\right)

Maar nu is x = ½(z + z̅) en y = −½i(z − z̅) zodat ook

(3)\quad \frac{\partial x}{\partial\overline{z}}\,=\,\frac{1}{2}

en

(4)\quad \frac{\partial y}{\partial\overline{z}}\,=\,\frac{1}{2}i

Substitutie van (3) en (4) in (2) en uitwerken en hergroeperen van de reële en imaginaire termen geeft nu

(5)\quad \frac{\partial}{\partial\overline{z}}f(z,\,\overline{z})\,=\,\frac{1}{2}\left(\frac{\partial u}{\partial x}\,-\,\frac{\partial v}{\partial y}\right)\,+\,i\cdot\frac{1}{2}\left(\frac{\partial u}{\partial y}\,+\,\frac{\partial v}{\partial x}\right)

zodat de voorwaarde

(6)\quad \frac{\partial}{\partial \overline{z}}f(z,\,\overline{z}) \,=\,0

equivalent is met

(7)\quad \frac{\partial u}{\partial x}\,=\,\frac{\partial v}{\partial y}\quad\wedge\quad\frac{\partial u}{\partial y}\,=\,-\,\frac{\partial v}{\partial x}

en dit zijn de vergelijkingen van Cauchy-Riemann voor een holomorfe functie f(x + iy) = u(x, y) + i·v(x, y). Aangezien is gegeven dat f holomorf is voldoet deze functie aan (7) en daarmee ook aan (6), QED.

We zien dus dat (6) een equivalente uitdrukking is voor de vergelijkingen van Cauchy-Riemann. Eenvoudig gezegd komt het erop neer dat een holomorfe functie van een complexe variabele z een functie is die onafhankelijk is van de geconjugeerde z̅.

We kunnen ditzelfde resultaat ook op een iets andere manier vinden, namelijk door omgekeerd z = x + iy en z̅ = x − iy op te vatten als functies van x en y. Differentiëren van f(z(x, y), z̅(x, y)) naar x en naar y geeft met behulp van de kettingregel

(8)\quad \frac{\partial}{\partial x}f(z(x,\,y),\,\overline{z}(x,\,y))\,=\,\frac{\partial z}{\partial x}\cdot\frac{\partial}{\partial z}f(z(x,\,y),\,\overline{z}(x,\,y))\,+\,\frac{\partial\overline{z}}{\partial x}\cdot\frac{\partial}{\partial\overline{z}}f(z(x,\,y),\,\overline{z}(x,\,y))

resp.

(9)\quad \frac{\partial}{\partial y}f(z(x,\,y),\,\overline{z}(x,\,y))\,=\,\frac{\partial z}{\partial y}\cdot\frac{\partial}{\partial z}f(z(x,\,y),\,\overline{z}(x,\,y))\,+\,\frac{\partial\overline{z}}{\partial y}\cdot\frac{\partial}{\partial\overline{z}}f(z(x,\,y),\,\overline{z}(x,\,y))

Formeel kunnen we (8) en (9) eenvoudiger noteren als betrekkingen tussen differentiaaloperatoren, namelijk als

(10)\quad \frac{\partial}{\partial x}\,=\,\frac{\partial z}{\partial x}\,\frac{\partial}{\partial z}\,+\,\frac{\partial\overline{z}}{\partial x}\,\frac{\partial}{\partial\overline{z}}

resp.

(11)\quad \frac{\partial}{\partial y}\,=\,\frac{\partial z}{\partial y}\,\frac{\partial}{\partial z}\,+\,\frac{\partial\overline{z}}{\partial y}\,\frac{\partial}{\partial\overline{z}}

Maar nu volgt uit z = x + iy en z̅ = x − iy dat

(12)\quad \frac{\partial z}{\partial x}\,=\,1,\quad\frac{\partial z}{\partial y}\,=\,i,\quad\frac{\partial\overline{z}}{\partial x}\,=\,1,\quad\frac{\partial\overline{z}}{\partial y}\,=\,-i

zodat we voor (10) en (11) kunnen schrijven

(13)\quad \frac{\partial}{\partial x}\,=\,\frac{\partial}{\partial z}\,+\,\frac{\partial}{\partial\overline{z}}

resp.

(14)\quad \frac{\partial}{\partial y}\,=\,i\cdot\left(\frac{\partial}{\partial z}\,-\,\frac{\partial}{\partial\overline{z}}\right)

Lossen we ∂/∂z en ∂/∂z̅ op uit (13) en (14) dan krijgen we

(15)\quad \frac{\partial}{\partial z}\,=\,\frac{1}{2}\left(\frac{\partial}{\partial x}\,-\,i\frac{\partial}{\partial y} \right)

en

(16)\quad \frac{\partial}{\partial\overline{z}}\,=\,\frac{1}{2}\left(\frac{\partial}{\partial x}\,+\,i\frac{\partial}{\partial y}\right)

De betrekkingen (15) en (16) heten de differentiaaloperatoren van Wirtinger. Met behulp van (16) krijgen we direct

(17)\quad \frac{\partial}{\partial\overline{z}}f(z,\,\overline{z})\,=\,\frac{1}{2}\left(\frac{\partial}{\partial x}\,+\,i\frac{\partial}{\partial y}\right)\left(u\,+\,iv\right)

en uitwerken hiervan levert inderdaad (5).

[ Bericht 2% gewijzigd door Riparius op 05-05-2015 21:45:02 ]
Maud Wilms - Allemaol
Nadiè Reyhani - The Feet Song
Yasmine - Zus
pi_152307028
quote:
11s.gif Op dinsdag 5 mei 2015 16:59 schreef Diacetylmorfine het volgende:
Een vraag die eenvoudig zou moeten zijn maar waar ik een beginnetje mis;

Bewijs voor f,g : Rn → R continu dat de verzameling { x in Rn | f(x) < g(x) } open is.

Ik vermoed dat ik het volledig origineel f-1(R) moet gebruiken, en de stelling dat voor een continue functie h: V → W geldt dat van iedere open deelverzameling O in W het volledig origineel h-1(O) open is in V. Maar waar begin ik?
Gebruik dat (f,g) : Rn→R2 : x ↦ (f(x), g(x)) continu is. Je kan ook gebruiken dat f-g continu is. Ienemienemutte.
pi_152307140
quote:
0s.gif Op maandag 4 mei 2015 19:49 schreef defineaz het volgende:
Ik volg een vak waarin C0-semigroups behandeld worden. Ik moet laten zien dat als Y een T(t)-invariante, 1-dimensionale lineaire deelruimte van X is, dat Y dan wordt opgespannen door een eigenvector van A, de infinitesimal generator van T.

Als iemand een idee heeft waar ik kan beginnen, hoor ik het graag. Ik snap niet waarom de T(t)-invariante ruimte geen 'cirkel' kan zijn, als het ware.
Het is gegeven dat Y lineair is.
pi_152307446
quote:
0s.gif Op dinsdag 5 mei 2015 19:39 schreef Riparius het volgende:

[..]

We vatten f op als een functie van z en z̅ en ook x = ½(z + z̅) en y = −½i(z − z̅) als functies van z en z̅ zodat we kunnen schrijven

(1)\quad f(z,\,\overline{z})\,=\,u(x(z,\,\overline{z}),\,y(z,\,\overline{z}))\,+\,i \cdot v(x(z,\,\overline{z}),\,y(z,\,\overline{z}))

Nu zijn z en z̅ niet onafhankelijk van elkaar, maar we kunnen formeel doen alsof dat wel het geval is en differentiëren van (1) naar z̅ geeft dan met behulp van de kettingregel

(2)\quad \frac{\partial}{\partial\overline{z}}f(z,\,\overline{z})\,=\,\left(\frac{\partial u}{\partial x}\,\frac{\partial x}{\partial\overline{z}}\,+\,\frac{\partial u}{\partial y}\,\frac{\partial y}{\partial\overline{z}}\right)\,+\,i\cdot\left(\frac{\partial v}{\partial x}\,\frac{\partial x}{\partial\overline{z}}\,+\,\frac{\partial v}{\partial y}\,\frac{\partial y}{\partial\overline{z}}\right)

Maar nu is x = ½(z + z̅) en y = −½i(z − z̅) zodat ook

(3)\quad \frac{\partial x}{\partial\overline{z}}\,=\,\frac{1}{2}

en

(4)\quad \frac{\partial y}{\partial\overline{z}}\,=\,\frac{1}{2}i

Substitutie van (3) en (4) in (2) en uitwerken en hergroeperen van de reële en imaginaire termen geeft nu

(5)\quad \frac{\partial}{\partial\overline{z}}f(z,\,\overline{z})\,=\,\frac{1}{2}\left(\frac{\partial u}{\partial x}\,-\,\frac{\partial v}{\partial y}\right)\,+\,i\cdot\frac{1}{2}\left(\frac{\partial u}{\partial y}\,+\,\frac{\partial v}{\partial x}\right)

zodat de voorwaarde

(6)\quad \frac{\partial}{\partial \overline{z}}f(z,\,\overline{z}) \,=\,0

equivalent is met

(7)\quad \frac{\partial u}{\partial x}\,=\,\frac{\partial v}{\partial y}\quad\wedge\quad\frac{\partial u}{\partial y}\,=\,-\,\frac{\partial v}{\partial x}

en dit zijn de vergelijkingen van Cauchy-Riemann voor een holomorfe functie f(x + iy) = u(x, y) + i·v(x, y). Aangezien is gegeven dat f holomorf is voldoet deze aan (7) en daarmee ook aan (6), QED.

We zien dus dat (6) een equivalente uitdrukking is voor de vergelijkingen van Cauchy-Riemann. Eenvoudig gezegd komt het erop neer dat een holomorfe functie van een complexe variabele z een functie is die onafhankelijk is van de geconjugeerde z̅.

We kunnen ditzelfde resultaat ook op een iets andere manier vinden, namelijk door omgekeerd z = x + iy en z̅ = x − iy op te vatten als functies van x en y. Differentiëren van f(z(x, y), z̅(x, y)) naar x en naar y geeft met behulp van de kettingregel

(8)\quad \frac{\partial}{\partial x}f(z(x,\,y),\,\overline{z}(x,\,y))\,=\,\frac{\partial}{\partial z}f(z(x,\,y),\,\overline{z}(x,\,y))\cdot\frac{\partial z}{\partial x}\,+\,\frac{\partial}{\partial\overline{z}}f(z(x,\,y),\,\overline{z}(x,\,y))\cdot\frac{\partial\overline{z}}{\partial x}

resp.

(9)\quad \frac{\partial}{\partial y}f(z(x,\,y),\,\overline{z}(x,\,y))\,=\,\frac{\partial}{\partial z}f(z(x,\,y),\,\overline{z}(x,\,y))\cdot\frac{\partial z}{\partial y}\,+\,\frac{\partial}{\partial\overline{z}}f(z(x,\,y),\,\overline{z}(x,\,y))\cdot\frac{\partial\overline{z}}{\partial y}

Formeel kunnen we (8) en (9) eenvoudiger noteren als betrekkingen tussen differentiaaloperatoren, namelijk als

(10)\quad \frac{\partial}{\partial x}\,=\,\frac{\partial}{\partial z}\,\frac{\partial z}{\partial x}\,+\,\frac{\partial}{\partial\overline{z}}\,\frac{\partial\overline{z}}{\partial x}

resp.

(11)\quad \frac{\partial}{\partial y}\,=\,\frac{\partial}{\partial z}\,\frac{\partial z}{\partial y}\,+\,\frac{\partial}{\partial\overline{z}}\,\frac{\partial\overline{z}}{\partial y}

Maar nu volgt uit z = x + iy en z̅ = x − iy dat

(12)\quad \frac{\partial z}{\partial x}\,=\,1,\quad\frac{\partial z}{\partial y}\,=\,i,\quad\frac{\partial\overline{z}}{\partial x}\,=\,1,\quad\frac{\partial\overline{z}}{\partial y}\,=\,-i

zodat we voor (10) en (11) kunnen schrijven

(13)\quad \frac{\partial}{\partial x}\,=\,\frac{\partial}{\partial z}\,+\,\frac{\partial}{\partial\overline{z}}

resp.

(14)\quad \frac{\partial}{\partial y}\,=\,i\cdot\left(\frac{\partial}{\partial z}\,-\,\frac{\partial}{\partial\overline{z}}\right)

Lossen we ∂/∂z en ∂/∂z̅ op uit (13) en (14) dan krijgen we

(15)\quad \frac{\partial}{\partial z}\,=\,\frac{1}{2}\left(\frac{\partial}{\partial x}\,-\,i\frac{\partial}{\partial y} \right)

en

(16)\quad \frac{\partial}{\partial\overline{z}}\,=\,\frac{1}{2}\left(\frac{\partial}{\partial x}\,+\,i\frac{\partial}{\partial y}\right)

De betrekkingen (15) en (16) heten de differentiaaloperatoren van Wirtinger. Met behulp van (16) krijgen we direct

(17)\quad \frac{\partial}{\partial\overline{z}}f(z,\,\overline{z})\,=\,\frac{1}{2}\left(\frac{\partial}{\partial x}\,+\,i\frac{\partial}{\partial y}\right)\left(u\,+\,iv\right)

en uitwerken hiervan levert inderdaad (5).
Hulde! ^O^

Ik heb nog een andere vraag, het gaat over complex integreren.

Zij f(z) = \frac{1}{z^2+1}

Toon aan: lim_{R \rightarrow \infty} \int_K f(z) dz = 0

Waarbij K de halve cirkel met straal R is z.d.d. Im(z) ≥ 0.

Ik vond het een wijs idee om z(t) = R(cos(t)+i*sin(t)) als parametrisering voor K te handhaven.

Dan hebben we dat:

lim_{R \rightarrow \infty} \int_K f(z) dz =lim_{R \rightarrow \infty} \int_0^\pi \frac{z'(t)}{(z(t))^2 + 1} dt = lim_{R \rightarrow \infty} [arctan(z(t))]_0^\pi . Merk op dat moet gelden R =/= 1, maar dat is gezien de limiet geen probleem.

Het uitrekenen geeft

= lim_{R \rightarrow \infty} arctan(R(cos(\pi) + i\cdot sin(\pi))) - arctan(R(cos(0) + i\cdot sin(0)))
= lim_{R \rightarrow \infty} arctan(-R) - arctan(R)
= -\pi/2 - \pi/2 = -\pi

Nu heb ik een uitwerking gezien die gebruik maakt van het afschatten van de absolute waarde van de integraal met behulp van het ML-lemma, maar ik zie echt niet waar dit mis gaat. Wellicht kan iemand de vinger op de zere plek leggen?

Dus voor de duidelijkheid, ik ken het bewijs met het afschatten met het ML-lemma. Maar ik vraag me af waarom dit niet werkt. :')

[ Bericht 0% gewijzigd door #ANONIEM op 05-05-2015 20:08:12 ]
pi_152308327
quote:
0s.gif Op dinsdag 5 mei 2015 19:45 schreef thabit het volgende:

[..]

Gebruik dat (f,g) : Rn→R2 : x ↦ (f(x), g(x)) continu is. Je kan ook gebruiken dat f-g continu is. Ienemienemutte.
Ja, mijn eerste idee was om te gebruiken dat omdat f(x) < g(x), || f(x) - g(x) || > 0. Maar waar werk ik dan heen? Ik heb niet echt een idee van hoe ik bewijs dat de afbeelding van f(x), gegeven f(x) < g(x), open is.

Edit: wacht, is het dan niet afdoende te bewijzen dat er een omgeving bestaat rondom het punt f(x) waar het punt g(x) geen deel van uit maakt?

[ Bericht 3% gewijzigd door Diacetylmorfine op 05-05-2015 20:26:38 ]
Cuius rei demonstrationem mirabilem sane detexi hanc marginis exiguitas non caparet
pi_152308404
quote:
14s.gif Op dinsdag 5 mei 2015 19:56 schreef Amoeba het volgende:

Dus voor de duidelijkheid, ik ken het bewijs met het afschatten met het ML-lemma. Maar ik vraag me af waarom dit niet werkt. :')
Dat werkt zo niet omdat arctan z = ½i(log(1 − iz) − log(1 + iz)) niet eenduidig is voor een complexe z.
Maud Wilms - Allemaol
Nadiè Reyhani - The Feet Song
Yasmine - Zus
pi_152308436
quote:
0s.gif Op dinsdag 5 mei 2015 20:18 schreef Riparius het volgende:

[..]

Dat werkt zo niet omdat arctan z = ½i(log(1 − iz) − log(1 + iz)) niet eenduidig is voor een complexe z.
Ah dat wist ik dan weer niet. M'n hoofd over zitten breken vanochtend. :')
pi_152309247
quote:
5s.gif Op dinsdag 5 mei 2015 20:16 schreef Diacetylmorfine het volgende:

[..]

Ja, mijn eerste idee was om te gebruiken dat omdat f(x) < g(x), || f(x) - g(x) || > 0. Maar waar werk ik dan heen? Ik heb niet echt een idee van hoe ik bewijs dat de afbeelding van f(x), gegeven f(x) < g(x), open is.

Edit: wacht, is het dan niet afdoende te bewijzen dat er een omgeving bestaat rondom het punt f(x) waar het punt g(x) geen deel van uit maakt?
Als h(x) = f(x) - g(x), dan ben je dus op zoek naar het inverse beeld van ]-∞, 0[ onder h.
pi_152310654
quote:
14s.gif Op dinsdag 5 mei 2015 19:56 schreef Amoeba het volgende:

[..]

Hulde! ^O^

Ik heb nog een andere vraag, het gaat over complex integreren.

Zij f(z) = \frac{1}{z^2+1}

Toon aan: lim_{R \rightarrow \infty} \int_K f(z) dz = 0

Waarbij K de halve cirkel met straal R is z.d.d. Im(z) ≥ 0.

Ik vond het een wijs idee om z(t) = R(cos(t)+i*sin(t)) als parametrisering voor K te handhaven.

Dan hebben we dat:

lim_{R \rightarrow \infty} \int_K f(z) dz =lim_{R \rightarrow \infty} \int_0^\pi \frac{z'(t)}{(z(t))^2 + 1} dt = lim_{R \rightarrow \infty} [arctan(z(t))]_0^\pi . Merk op dat moet gelden R =/= 1, maar dat is gezien de limiet geen probleem.

Het uitrekenen geeft

= lim_{R \rightarrow \infty} arctan(R(cos(\pi) + i\cdot sin(\pi))) - arctan(R(cos(0) + i\cdot sin(0)))
= lim_{R \rightarrow \infty} arctan(-R) - arctan(R)
= -\pi/2 - \pi/2 = -\pi

Nu heb ik een uitwerking gezien die gebruik maakt van het afschatten van de absolute waarde van de integraal met behulp van het ML-lemma, maar ik zie echt niet waar dit mis gaat. Wellicht kan iemand de vinger op de zere plek leggen?

Dus voor de duidelijkheid, ik ken het bewijs met het afschatten met het ML-lemma. Maar ik vraag me af waarom dit niet werkt. :')
Waarom niet eerst breuksplitsen?
Croce e delizia cor. Misterioso, Misterioso altero, croce e delizia al cor.
pi_152310859
quote:
0s.gif Op dinsdag 5 mei 2015 21:04 schreef Mathemaat het volgende:

[..]

Waarom niet eerst breuksplitsen?
Komt het dan wel uit?
pi_152311096
quote:
0s.gif Op dinsdag 5 mei 2015 21:08 schreef Amoeba het volgende:

[..]

Komt het dan wel uit?
O wacht. Ik heb je vraag verkeerd begrepen. Je integreert alleen over de boog, dus dan zou ik het afschatten.
Croce e delizia cor. Misterioso, Misterioso altero, croce e delizia al cor.
pi_152311642


[ Bericht 51% gewijzigd door Mathemaat op 05-05-2015 21:24:54 ]
Croce e delizia cor. Misterioso, Misterioso altero, croce e delizia al cor.
actieve topics nieuwe topics
abonnement Unibet Coolblue Bitvavo
[Bèta wiskunde] Huiswerk- en vragentopic.
Index

» school, studie en onderwijs

Forum Opties
Forumhop:
Hop naar:
(afkorting, bv 'KLB')