[Centraal] Bčta huiswerk en vragen topic

Ik zie hem, thx

Als ik een set van N getallen heb, kan ik ze sorteren in O(n log n).
Dit is te bewijzen door naar de uitvoer te kijken. Het sorteeralgoritme kan zo kort mogelijk worden opgeschreven door een permutatie. Van elk element moet worden aangegeven naar welke positie het verschuift. Er zijn n mogelijke posities, die kan ik dus in 2log(n) weergeven. Doe dat n keer en je komt aan O(n log n).
Omdat elk sorteeralgoritme op z'n minst de uitvoer moet geven, hoe het algoritme ook tewerk gaat, is een sorteerprogramma minimaal O(n log n).
Omdat er een sorteeralgoritme van O(n log n) beschikbaar is, is de orde dus ook precies n log n.

Zo'n ondergrens is niet altijd makkelijk te geven. Een voorbeeld van zo'n probleem is het P=?NP-probleem.

Maar nu mijn vraag: stel ik heb een set van N getallen, en ik wil controleren of er dubbelen inzitten.
Er is een algoritme dat dit in O(n log n) stappen doet. Algoritme: sorteer eerst de verzameling en ga hem vervolgens lineair af. Dit is O(n log n)+O(n)=O(n log n) stappen. Het is eenvoudig om een snellere versie te krijgen, maar de orde verminderen valt vies tegen.

Hoe bewijs je dat een algoritme om dubbelen te zoeken minimaal O(n log n) is? Of is er stiekem toch nog een sneller algoritme dat ik over het hoofd zie?

quote:

Op maandag 31 juli 2006 15:37 schreef Pie.er het volgende:
Hoe bewijs je dat een algoritme om dubbelen te zoeken minimaal O(n log n) is? Of is er stiekem toch nog een sneller algoritme dat ik over het hoofd zie?

Dat hangt ook af van welke waarden je getallen aan kunnen nemen. Als het bijvoorbeeld om gehele getallen tussen 0 en 100 gaat, kun je makkelijk bij houden of je een getal al hebt gehad door middel van een array. De complexiteit van het algoritme wordt dan O(n) tijd.

Het zou me op zich niet zo veel verbazen als er een algoritme bestaat dat, zonder gebruik te maken van een speciale data structuur, beter is dan O(n log n). Intuitief gezien is sorteren veel bewerkelijker dan het vinden van twee dezelfde getallen.

quote:

Op maandag 31 juli 2006 19:11 schreef Wolfje het volgende:
[..]
Dat hangt ook af van welke waarden je getallen aan kunnen nemen. Als het bijvoorbeeld om gehele getallen tussen 0 en 100 gaat, kun je makkelijk bij houden of je een getal al hebt gehad door middel van een array. De complexiteit van het algoritme wordt dan O(n) tijd.

Het gaat om N elementen, dus zou je bijectie kunnen maken naar een reeks gehele getallen. Het probleem zit hem alleen in die array: ongesorteerd moet je het k-de element vergelijken met de k-1 elementen uit de array. Volgens mij zit je dan met een process van orde n˛.

quote:

Op maandag 31 juli 2006 19:42 schreef GlowMouse het volgende:

[..]

Het gaat om N elementen, dus zou je bijectie kunnen maken naar een reeks gehele getallen. Het probleem zit hem alleen in die array: ongesorteerd moet je het k-de element vergelijken met de k-1 elementen uit de array. Volgens mij zit je dan met een process van orde n˛.

Hmm.. nee, ik had een boolean array in gedachten. Als alle getallen tusen 0 en 100 (inclusief) liggen, krijg je iets als:

quote:

Op maandag 31 juli 2006 20:13 schreef Wolfje het volgende:

[..]

Hmm.. nee, ik had een boolean array in gedachten. Als alle getallen tusen 0 en 100 (inclusief) liggen, krijg je iets als:
[ code verwijderd ]

Hmm ja inderdaad. In mijn geval ging het om willekeurige integers, dus zou de opslag een oneindige array worden, maar dat is theoretisch geen enkel probleem.
Deze methode is O(n). Elke methode moet minimaal de invoer lezen, dat kost al O(n) bewerkingen, dus heeft deze methode minimale orde. Dank!

Meer geheugen dan tijd gebruiken lijkt me toch niet helemaal de bedoeling. Overigens zie ik ook niet hoe het sneller kan dan O(n log n), al zie ik ook niet direct hoe je dat kunt bewijzen.

Overigens is het ook een beetje raar om te stellen dat het in O(n log n) tijd wel kan, want de getallen kunnen heel groot zijn. Je kunt 2 getallen niet in O(1) tijd met elkaar vergelijken. De juiste manier om de grootte van de invoer te meten is dan ook niet het aantal getallen maar de functie max(1,log |x|) gesommeerd over alle getallen.

[ Bericht 0% gewijzigd door thabit op 01-08-2006 19:21:27 ]

quote:

Op dinsdag 1 augustus 2006 11:20 schreef thabit het volgende:
Meer geheugen dan tijd gebruiken lijkt me toch niet helemaal de bedoeling. Overigens zie ik ook niet hoe het sneller kan dan O(n log n), al zie ik ook niet direct hoe je dat kunt bewijzen.

Niet de bedoeling nee. Maar omdat er een tegenvoorbeeld is dat sneller dan O(n log n) is, hoe idioot veel geheugen er ook gebruikt wordt, weet ik dat ik geen bewijs ga vinden voor O(n log n) als ondergrens als ik geen geheugenoverwegingen meeneem.

En ik ga uit van een programmeertaal waarin twee getallen in 1 operatie met elkaar vergeleken kunnen worden. Dat dit in werkelijkheid wellicht niet zo is maakt niet veel uit voor de theorie

quote:

Op donderdag 3 augustus 2006 09:44 schreef Pie.er het volgende:

[..]

Niet de bedoeling nee. Maar omdat er een tegenvoorbeeld is dat sneller dan O(n log n) is, hoe idioot veel geheugen er ook gebruikt wordt, weet ik dat ik geen bewijs ga vinden voor O(n log n) als ondergrens als ik geen geheugenoverwegingen meeneem.

En ik ga uit van een programmeertaal waarin twee getallen in 1 operatie met elkaar vergeleken kunnen worden. Dat dit in werkelijkheid wellicht niet zo is maakt niet veel uit voor de theorie

Ik neem aan dat initialisatie van geheugen ook tijd kost? En al zou dat niet zo zijn, dat je in elk geval een eindige hoeveelheid geheugen gebruikt? Waarom enerzijds gebruiken dat natuurlijke getallen willekeurig groot kan zijn, zodat de 'tabelmethode' niet werkt en anderzijds gebruiken dat ze begrensd zijn zodat ze in constante tijd met elkaar vergeleken kunnen worden? Er zijn trouwens denk ik wel probabilistische methodes te bedenken die bij elke input in O(n) verwachte operaties het kunnen bepalen. Is dat een probleem of moet het per se deterministisch zijn?

quote:

Op donderdag 3 augustus 2006 09:52 schreef thabit het volgende:

[..]

Ik neem aan dat initialisatie van geheugen ook tijd kost? En al zou dat niet zo zijn, dat je in elk geval een eindige hoeveelheid geheugen gebruikt? Waarom enerzijds gebruiken dat natuurlijke getallen willekeurig groot kan zijn, zodat de 'tabelmethode' niet werkt en anderzijds gebruiken dat ze begrensd zijn zodat ze in constante tijd met elkaar vergeleken kunnen worden? Er zijn trouwens denk ik wel probabilistische methodes te bedenken die bij elke input in O(n) verwachte operaties het kunnen bepalen. Is dat een probleem of moet het per se deterministisch zijn?

Ja die geheugeninitialisatie daar zat ik ook nog mee. Maar in Wolfjes code kwam

zo overtuigend over als dat het ook automatisch waarde false heeft (zoals blijkt uit de rest van de code) dat ik voorlopig aannam dat het, op een slimme manier die ik niet snap, wel kon.

Mijn doel was determinisme.

Maar zou je, zonder oneindig geheugen en met de aanname dat twee getallen in 1 operatie met elkaar te vergelijken zijn, een idee hebben voor een methode die sneller dan O(n log n) is?
Of een idee voor een bewijs dat zoiets niet mogelijk is?

Overigens heeft een Turing-machine een oneindig geheugen. Zet 'rechts' alle invoer, (neem aan dat alle getallen positief zijn of voeg anders een tekencodering toe), en gebruik 'links' als opslaggeheugen. Dan is het, met Wolfjes code vertaald naar Turing (een hels gedoe) mogelijk. Toch?

quote:

Op donderdag 3 augustus 2006 10:17 schreef Pie.er het volgende:

[..]

Maar zou je, zonder oneindig geheugen en met de aanname dat twee getallen in 1 operatie met elkaar te vergelijken zijn, een idee hebben voor een methode die sneller dan O(n log n) is?
Of een idee voor een bewijs dat zoiets niet mogelijk is?

Nee, ik heb er wel even over nagedacht, maar zie het allebei toch niet echt direct. Al lijkt het me heel sterk dat het sneller zou kunnen dan O(n log n). Een andere manier dan sorteren, die ook O(n log n) is, is de lijst aflopen en opslaan in een gebalanceerde boom ipv een tabel. Maar helaas zijn de operaties in een gebalanceerde boom ook O(log n).

Ik denk trouwens wel dat het probleem makkelijker wordt als je het meet in bitoperaties (dus rekening houdt met het feit dat vergelijken van grote getallen ook langer duurt). Het is immers de grootte van de getallen die het lastig maakt, en daar kun je op deze manier juist beter rekening mee houden. Bovendien krijg je hiermee ook een betere schatting van de werkelijke looptijd.

Waarschijnlijk een hele makkelijke vraag, maar reken je met deze door mij zelf in elkaar geflanste formule nou echt goed de gemiddelde snelheid uit?

3600 gedeeld door (rijtijd in secondes gedeeld door kilometers)


* Zelva is een echte wiskunde-n00b en twijfelt maar en twijfelt maar.

Ja.

Een formule uit de natuurkunde luidt: s=v-streep * t (v-streep is v met een streepje erboven en stelt de gemiddelde snelheid voor, s is de afstand en t de tijd). Omschrijven levert v-streep = s/t.

Jouw formule uitgedrukt in de natuurkundige symbolen zegt: v-streep = 3600/(t/s). Door de teller en noemer met s te vermenigvuldigen krijg je v-streep = 3600*s/t. Als je dit vergelijkt met de bekende formule uit de natuurkunde zie je dat hij best kan kloppen.

Weer terug naar v-streep = s/t. Vul je s in kilometers t in seconden in, krijg je de snelheid in km/s. Door dit te vermenigvuldigen met 3600 krijg je de gemiddelde snelheid in km/h.

[ Bericht 12% gewijzigd door GlowMouse op 05-08-2006 21:44:36 (verkeerd herschreven :'() ]

Ik snap er nou echt helemaal niets meer van.

Klopt ie nou wel of niet?

Hij klopt, maar kan dus iets omgeschreven worden naar 3600 * kilometers / rijtijd.

hoi hoi
ik heb een site gemaakt en wil die publiceren op internet.
Het is niet moeilijk om een host tevinden.
maar de vraag is, ik wil dat als je een paar trefwoorden intypt op google ofzo dat je die site kunt vinden..

hoe zit het in elkaar?
thanx

Edit: laat maar.

quote:

Op maandag 7 augustus 2006 21:38 schreef teletubbies het volgende:
hoi hoi
ik heb een site gemaakt en wil die publiceren op internet.
Het is niet moeilijk om een host tevinden.
maar de vraag is, ik wil dat als je een paar trefwoorden intypt op google ofzo dat je die site kunt vinden..

hoe zit het in elkaar?
thanx

Nee, aan website optimaliseren doen wij hier niet sorry.

quote:

Op maandag 7 augustus 2006 21:38 schreef teletubbies het volgende:
hoi hoi
ik heb een site gemaakt en wil die publiceren op internet.
Het is niet moeilijk om een host tevinden.
maar de vraag is, ik wil dat als je een paar trefwoorden intypt op google ofzo dat je die site kunt vinden..

Het belangrijkste is dat je goede content hebt, en veel andere sites naar je linken. In dit Tweakers.net topic staan enkele tips genoemd. Door op SEO te googlen kom je waarschijnlijk meer tips tegen.

Denk dat dit een hele stomme vraag is maar kan t echt nergens vinden:

Om me voor te bereiden op mn universitaire studie ben ik mn wiskunde aan t ophalen.
Vroeger nooit iets met Grafische Rekenmachines moeten doen dus dat eerst maar eens aan t uitzoeken.

Mijn vraag is de volgende:

Hoe voer je breuken in op de Grafische rekenmachine? 1/3 enzo lukt me wel maar als t nou 1 2/3 is? Spaties worden volgens mij niet gebruikt? Ik heb de TI83.

Alvast heel erg bedankt, dan kan ik weer verder leren!

Je kan doen (als het 1 2/3 is):

1+2/3, en dan naar Math -> >Frac.
Dan krijg je als uitkomst 5/3.

Er is ook nog een andere methode meen ik me te herinneren. Ik kijk ff voor je verder nog (Tis voor mij ook al lang geleden).

Edit: Verder kom ik helaas niet.

das snel! bedankt he

Ik heb geen idee welke universitaire studie het is, maar ik zou liever kijken hoe je dit soort dingen met de hand kunt doen. 1+2/3 = 3/3 + 2/3 = (3+2)/3 = 5/3. En zo bijvoorbeeld ook 2/3 + 3/4 = 8/12 + 9/12 = 17/12. Door dit soort eenvoudige dingen met een rekenmachine te doen, heb je nog steeds geen idee waar je mee bezig bent.

quote:

Op dinsdag 8 augustus 2006 15:24 schreef GlowMouse het volgende:
Ik heb geen idee welke universitaire studie het is, maar ik zou liever kijken hoe je dit soort dingen met de hand kunt doen. 1+2/3 = 3/3 + 2/3 = (3+2)/3 = 5/3. En zo bijvoorbeeld ook 2/3 + 3/4 = 8/12 + 9/12 = 17/12. Door dit soort eenvoudige dingen met een rekenmachine te doen, heb je nog steeds geen idee waar je mee bezig bent.

Goed punt:
Opleiding: Opleiding Leraar Basisonderwijs

quote:

Op maandag 7 augustus 2006 21:47 schreef fallrite het volgende:

[..]

Nee, aan website optimaliseren doen wij hier niet sorry.

what do you mean!?
: ik wilde gewoon wat tips lezen...! beter dan nix toch?

Hier een vraagje met betrekking tot de irreducibele representaties van U(1).
Het zou volgens mij heel gemakkelijk moeten zijn maar ik zie even niet hoe ik de vorm van deze representaties moet vinden.

U(1) wordt gegeven door de elementen exp(ia) met 0<= a < 2pi. Om de irreducibele representaties van deze groep te vinden kijk ik eerst naar de bijbehorende Lie algebra u(1) die isomorf is met iR. Ik zie echter niet precies hoe ik zou moeten bewijzen dat de irreducibele representaties van u(1) altijd 1 dimensionaal zijn. Het lijkt me aan de ene kant wel logisch aangezien de dimensie van de eigenruimte behorende bij een eigenwaarde van de actie van een element van u(1) op de vectorruimte altijd 1 is. Ik weet echter niet of dit voldoende is....

Thabit of iemand anders, help me!

Gebruik dat U(1) abels en compact is, dat zou voldoende moeten zijn. Ik zit zelf niet zo in de representatietheorie van de Liegroepen, maar is daar een analogon van de stelling van Schur? Dan kun je die denk ik wel gebruiken om te bewijzen dat iedere 1-dimensionale deelruimte van de representatieruimte zelf een deelrepresentatie is.

quote:

Op donderdag 10 augustus 2006 18:13 schreef Haushofer het volgende:
Nina Persson ?

Ben trouwens ook wat bezig met groepentheorie deze vakantie, lastig vak. Gebruik nu zo'n dictaat van 't Hooft, da's wel lekker leesbaar.

-edit: Nina Persson!!!

Als ik mijn bachelorscriptie af heb laat ik je het wel lezen
Het gaat over de representatietheorie van SU(2) en SU(3) en hoe je daar mee elementaire deeltjes kunt classificeren. Denk dus aan het achtvoudige pad van Gell-Mann

idd Nina Persson

Ik heb gisteren het tentamen lineaire algebra gemaakt. De stelling met eigenwaarden A(x,x) >= lambda<x,x> kwam goed van pas, dus in ieder geval bedankt daarvoor
Nu zat er ook een opgave bij waarvan ik geen idee had hoe ik hem aan moet pakken: "geef een voorbeeld van een paar vierkante matrices A en B dat voldoet aan beide onderstaande eigenschappen:
1. A en B hebben dezelfde eigenwaarden, met dezelfde algebraďsche én meetkundige multipliciteiten.
2. A en B zijn niet gelijkvormig"
Uit 1 volgt dat de determinant en het spoor gelijk moeten zijn, en dat de karakteristieke vergelijking dezelfde nulpunten moet hebben. Ik dacht er daarom aan om twee matrices te vinden waarbij de ene karakteristieke vergelijking een veelvoud is van de andere, maar dat is onmogelijk omdat de coëfficient voor de hoogste macht gelijk is aan 1. Het enige criterium dat ik kan bedenken voor niet gelijkvormigheid is dat het karakteristieke polynoom verschilt, maar volgens bovenstaande gedachte moeten die wel hetzelfde zijn. Ik kwam op het idee om een 3x3 matrix te nemen en daarop 2x een rijverwisseling toe te passen; de determinant is dan gelijk, het spoor gelijkhouden is ook niet zo moeilijk, maar dan klopt de gelijkvormigheid weer niet. Heeft iemand een idee hoe ik deze aan had kunnen pakken?

quote:

Op dinsdag 15 augustus 2006 21:08 schreef GlowMouse het volgende:
Ik heb gisteren het tentamen lineaire algebra gemaakt. De stelling met eigenwaarden A(x,x) >= lambda<x,x> kwam goed van pas, dus in ieder geval bedankt daarvoor
Nu zat er ook een opgave bij waarvan ik geen idee had hoe ik hem aan moet pakken: "geef een voorbeeld van een paar vierkante matrices A en B dat voldoet aan beide onderstaande eigenschappen:
1. A en B hebben dezelfde eigenwaarden, met dezelfde algebraďsche én meetkundige multipliciteiten.
2. A en B zijn niet gelijkvormig"
Uit 1 volgt dat de determinant en het spoor gelijk moeten zijn, en dat de karakteristieke vergelijking dezelfde nulpunten moet hebben. Ik dacht er daarom aan om twee matrices te vinden waarbij de ene karakteristieke vergelijking een veelvoud is van de andere, maar dat is onmogelijk omdat de coëfficient voor de hoogste macht gelijk is aan 1. Het enige criterium dat ik kan bedenken voor niet gelijkvormigheid is dat het karakteristieke polynoom verschilt, maar volgens bovenstaande gedachte moeten die wel hetzelfde zijn. Ik kwam op het idee om een 3x3 matrix te nemen en daarop 2x een rijverwisseling toe te passen; de determinant is dan gelijk, het spoor gelijkhouden is ook niet zo moeilijk, maar dan klopt de gelijkvormigheid weer niet. Heeft iemand een idee hoe ik deze aan had kunnen pakken?

Het toverwoord hier is: Jordan-normaalvorm. Ken je dat?

quote:

Op woensdag 16 augustus 2006 01:51 schreef thabit het volgende:
[..]
Het toverwoord hier is: Jordan-normaalvorm. Ken je dat?

Gedeeltelijk, ik kan een Jordanvorm bepalen zolang de meetkundige algebraďciteit per eigenwaarde niet groter is dan 2. A kan dan altijd geschreven worden als SJS^-t. Als de jordankasten groter worden dan 2x2 weet ik alleen dat de gegeneraliseerde eigenvectoren op een andere manier gevonden moeten worden, maar niet hoe.

Je hoeft de Jordan-normaalvorm ook niet te kunnen bepalen voor deze opgave. De truuk is om voor A en B Jordan-matrices te kiezen. De algebraische multipliciteit van een eigenwaarde wordt dan bepaald door het aantal keren dat deze eigenwaarde op de diagonaal staat. De meetkundige multipliciteit wordt bepaald door het aantal blokken met deze eigenwaarde. Twee Jordanmatrices zijn gelijkvormig dan en slechts dan als ze dezelfde Jordanblok-decompositie hebben. Probeer deze informatie nu maar te gebruiken om een A en een B te vinden. .

Een 4x4 matrix met één eigenwaarde zou dus voldoen, dan kun je een 1x1 en 3x3 of 2x een 2x2 kastje kiezen. Hoe kun je eigenlijk zeker weten dat de twee matrices niet gelijkvormig zijn?

In het algemeen geldt dat twee vierkante matrices over een algebraisch afgesloten lichaam gelijkvormig zijn dan en slechts dan als ze dezelfde Jordan-normaalvorm hebben.

In dit geval kun je het wat eenvoudiger zien. Als we jouw eerste matrix A noemen en jouw tweede matrix B en als we voor het gemak 0 als eigenwaarde nemen (kun je bereiken door yI af te trekken, waarbij y de eigenwaarde is), dan is A² ongelijk aan 0 en B² wel gelijk aan 0. Dit is onmogelijk als A en B gelijkvormig zijn. Stel namelijk dat A = SBS^-1. Dan geldt
A² = (SBS^-1)² = SB²S^-1 = 0.

quote:

Op woensdag 16 augustus 2006 13:07 schreef thabit het volgende:
In het algemeen geldt dat twee vierkante matrices over een algebraisch afgesloten lichaam gelijkvormig zijn dan en slechts dan als ze dezelfde Jordan-normaalvorm hebben.

In dit geval kun je het wat eenvoudiger zien. Als we jouw eerste matrix A noemen en jouw tweede matrix B en als we voor het gemak 0 als eigenwaarde nemen (kun je bereiken door yI af te trekken, waarbij y de eigenwaarde is), dan is A² ongelijk aan 0 en B² wel gelijk aan 0. Dit is onmogelijk als A en B gelijkvormig zijn. Stel namelijk dat A = SBS^-1. Dan geldt
A² = (SBS^-1)² = SB²S^-1 = 0.

Ik zie het, bedankt.

quote:

Op woensdag 16 augustus 2006 16:47 schreef Haushofer het volgende:
Hoi, hier een paar vragen die ik heb naar aanleiding van een dictaat over oa groepentheorie en symmetrieen . Wel met een fysische insteek, dus Thabit is gewaarschuwd

De definities:

gl(N,R) is de groep van alle NxN reeele matrices.
GL(N,R) is de groep van alle NxN reeele matrices met inverse.

Een element uit GL kan worden geschreven als e^K , met K in gl.

Dan doen ze de uitspraak: GL is dus een Lie-groep, waarvan gl de Lie-algebra is. Nou weet ik dat een algebra in dit geval een vectorruimte is met een bepaalde operatie die 2 elementen naar een derde element stuurt, maar hoe moet ik deze uitspraak precies opvatten?

Laat ik eerst maar eens de abstracte definitie van een Lie algebra geven:
Een Lie algebra is een vector ruimte V samen met een antisymmetrische bilineaire afbeelding [,]: VxV -> V die aan de Jacobi identiteit voldoet. Dit betekent dus dat je de elementen van V met elkaar kunt 'vermenigvuldigen'.

Als je wat dieper op de stof in gaat leer je dat de Lie groep en zijn Lie algebra nauw aan elkaar verwant zijn. Wat is namelijk de Lie algebra die bij een Lie groep G hoort? Dit is de raakruimte aan het eenheidselement van G. In het geval van GL(n,K) is het eenheidselement dus de eenheidsmatrix.

Om de raakruimte nu de structuur van een Lie algebra te geven moeten we nog een bijpassend Lie haakje vinden. Dit doen we door eerst een representatie van G op de raakruimte aan I te vinden. Dit noemen we dat geadjungeerde representatie. Als je nu de differentiaal van deze representatie bekijkt vind je dat deze differentiaal een anti symmetrische bilineaire vorm is die aan de Jacobi identiteit voldoet. In het geval van G = GL(n, K) is deze vorm gewoon gelijk aan de commutator van matrices.

Je kan echter ook de andere kant op gaan. Dit doe je via de exponentiele afbeelding die een vector in de Lie algebra afbeeldt op een element in een open omgeving van de eenheidsmatrix. Met behulp van deze afbeelding kan je aantonen dat de representaties van de Lie algebra precies corresponderen met de representaties van de Lie group. Dit versimpelt het vinden van de representaties van een Liegroep aanzienlijk omdat het vinden van de representaties van een Lie algebra een stuk eenvoudiger is.

quote:

Over SU(2) : waarom is hier opeens een groepselement R gedefinieerd als R=e^i*W Heeft dit te maken met welke matrices aan de bepaalde commutatierelaties [J1, J2 ] = i J3 + cycl voldoen?

Nee dit is gewoon een conventie die gekozen is. Als je namelijk die factor i weglaat moet je hebben dat de generatoren van je groep anti-hermites zijn. Omdat natuurkundigen graag met hermitese operatoren werken (vanwege de meetbaarheid van die operatoren natuurlijk ), zetten natuurkundigen hier een factor i voor. Welke factor je voor een voortbrenger zet maakt natuurlijk niets uit. Dit zijn gewoon conventies die je neemt.

Hey,

ik zit met een vraagje over condensatoren.
Stel ik heb een opgeladen condensator die is aangesloten aan een spanningsbron en er zit een diëlektricum tussen de platen.
De spanningsbron wordt afgekoppeld en daarna word het diëlektricum verwijderd.
Wat gebeurd er dan met het potentiaal tussen de platen?
Omdat het diëlektricum wordt verwijderd zou ik zeggen dat het potentiaal stijgt, maar ik twijfel een omdat de spanningsbron ook is afgekoppeld.

Wie kan mij het antwoord geven?
Bij voorbaat dank.

quote:

Op woensdag 16 augustus 2006 16:47 schreef Haushofer het volgende:
Hoi, hier een paar vragen die ik heb naar aanleiding van een dictaat over oa groepentheorie en symmetrieen . Wel met een fysische insteek, dus Thabit is gewaarschuwd

Ik heb net even een vluchtige blik op dat dictaat geworpen en het lijkt erop dat het boek na de definitie van een groep vooral voorbeelden van groepen geeft van een heel specifiek soort en verder erg weinig achterliggende theorie. Dat lijkt mij persoonlijk niet de handigste manier om je de materie eigen te maken. Misschien is het een idee om eerst dit of dit gedeeltelijk door te nemen.

quote:

Op donderdag 17 augustus 2006 09:27 schreef Haushofer het volgende:
[..]

Mja, hier kan ik me dus weinig bij voorstellen. Wat is dan precies 'de raakruimte aan het eenheidselement van G'? Is dat dezelfde raakruimte als dat ze in differentiaalgeometrie gebruiken?

Jazeker.

De groepsstructuur stelt je dan in staat om het Lie-haakje te definieren. De translaties induceren namelijk een isomorfisme tussen de raakruimte aan een willekeurig punt g en de raakruimte aan e. Op deze manier kun je zien dat de raakruimte aan e isomorf is met de ruimte van G-invariante globale secties van de raakbundel van G. Secties van de raakbundel kun je lokaal zien als derivaties van de triviale bundel. En op derivaties is een Lie-haakje gedefinieerd [D,D'] := DD' - D'D.

Er bestaat ook een manier om de Lie-algebra vanuit de Liegroep te definieren door middel van allerlei ranzige formules. Maar hoe dat zit weet ik niet precies, daar ben ik namelijk allergisch voor.

Metriek heeft hier niet zoveel mee te maken. Je hebt geen metriek nodig om een raakruimte danwel een differentieerbare varieteit te kunnen definieren.