Springen naar inhoud

Oefeningen i.v.m. deelvectoruimten



  • Log in om te kunnen reageren

#1

Biesmansss

    Biesmansss


  • >1k berichten
  • 1201 berichten
  • Ervaren gebruiker

Geplaatst op 29 mei 2012 - 15:25

Zijn volgende deelverzamelingen van de vectorruimte van de functies van R naar R deelvectorruimten ?

a) U = { f: R -> R | f(5) = 0 }

b) U = { f: R -> R | f is begrensd }

c) U = { f: R -> R | f(0) = f(1) }

d) U = { f: R -> R | f(-x) = f(x) }

e) U = { f: R -> R | f heeft continue 2de afgeleide }

Nu vraag ik mij bij de meeste af hoe ik deze effectief bewijs. Het is triviaal dat we telkens controleren of ze voldoen aan de twee voorwaarden voor deelruimten:

1) Behoort de nulvector ertoe ? In dit geval de functie f(x) = 0

2) Voldoen ze aan: A.u + B.v ⊂ U

a)

1) Neem de continue functie 0, dan is f(5) = 0. Dus de nulvector behoort tot deze deelverzameling.

2) Veronderstel nu dat we twee functies hebben die voldoen aan de voorwaarde 'f(5) = 0', noem deze functies g en h.

Nu moeten we aantonen dat v = A.g + B.h ⊂ U

v(5) = A.g(5) + B.h(5) = A.0 + B.0 = 0

=> Voldoet aan voorwaarde 1 en 2, dus is een deelruimte

b)

1) Neem de continue functie 0, het is triviaal dat de Lim 0 = 0, dus deze functie is begrensd.

2) Veronderstel nu dat we twee funcites hebben die begrensd zijn, dan weten we dat voor alle x ∈ R geldt dat g(x) < |M| en h(x) < |N|

Stel nu v = A.g(x) + B.h(x)

We weten dat voor alle x ∈ R geldt dat

v < A.|M| + B.|N|

Maar nu loopt het mis, wat als A en B bv. negatief zijn ? Dan toont dit toch niet aan dat v begrensd is ?

Veranderd door Biesmansss, 29 mei 2012 - 15:27

The ideas of economists and political philosophers, both when they are right and when they are wrong, are more powerful than is commonly understood. Indeed the world is ruled by little else. Quote : John Maynard Keynes

Dit forum kan gratis blijven vanwege banners als deze. Door te registeren zal de onderstaande banner overigens verdwijnen.

#2

Drieske

    Drieske


  • >5k berichten
  • 10217 berichten
  • Moderator

Geplaatst op 29 mei 2012 - 17:24

Je absolute waardes staan wat mis: |g(x)| < M en |h(x)| < N is beter (met M en N uiteraard positief). Je moet nu bewijzen dat er een K bestaat zodat |v(x)| < K.
Zoek je graag naar het meest interessante wetenschapsnieuws? Wij zoeken nog een vrijwilliger voor ons nieuwspostteam.

#3

Biesmansss

    Biesmansss


  • >1k berichten
  • 1201 berichten
  • Ervaren gebruiker

Geplaatst op 29 mei 2012 - 20:07

Inderdaad, dat ik me daarin vergist heb.

2) Veronderstel nu dat we twee funcites hebben die begrensd zijn, dan weten we dat voor alle x ∈ R geldt dat |g(x)| < M en |h(x)| < N

Stel nu v = A.g(x) + B.h(x)

We weten dat voor alle x ∈ R geldt dat

|v| = |A.M + B.N| ≤ |A.M| + |B.N|

Wat equivalent is met:

-(|A.M| + |B.N|) ≤ v ≤ |A.M| + |B.N|

Waaruit volgt dat v opnieuw begrensd is.

c) U = { f: R -> R | f(0) = f(1) }

1) Het is triviaal dat f(x) = 0 tot deze verzameling behoort.

Klopt het dat deze triviale deelruimte de enige oplossing is ? Want andere constanten gaan niet meer door
(0, 0).

Veranderd door Biesmansss, 29 mei 2012 - 20:15

The ideas of economists and political philosophers, both when they are right and when they are wrong, are more powerful than is commonly understood. Indeed the world is ruled by little else. Quote : John Maynard Keynes

#4

Drieske

    Drieske


  • >5k berichten
  • 10217 berichten
  • Moderator

Geplaatst op 29 mei 2012 - 20:12

Die stap met "dit is equivalent met" is overbodig (en ontbreekt een minteken?), want |v| < K betekent per definitie dat v begrensd is.

Bij 3) dan. De vraag is nu dus of (A f + B g)(0) = (A f + B g)(1) als je weet dat f(0) = f(1) en g(0) = g(1). Begin dus gewoon te rekenen?
Zoek je graag naar het meest interessante wetenschapsnieuws? Wij zoeken nog een vrijwilliger voor ons nieuwspostteam.

#5

Biesmansss

    Biesmansss


  • >1k berichten
  • 1201 berichten
  • Ervaren gebruiker

Geplaatst op 29 mei 2012 - 20:31

Inderdaad, ik heb dit even aangepast door haakjes te zetten.

Dus (3) dan:

(A f + B g)(0)

= A.f(0) + B.g(0) = A.f(1) + B.g(1)

Waardoor dit opnieuw tot deze verzameling behoort ? Maar hoe zit het met mijn vraag dat f(x) = 0 de enige vectorrechte is die hieraan voldoet ?
The ideas of economists and political philosophers, both when they are right and when they are wrong, are more powerful than is commonly understood. Indeed the world is ruled by little else. Quote : John Maynard Keynes

#6

Drieske

    Drieske


  • >5k berichten
  • 10217 berichten
  • Moderator

Geplaatst op 29 mei 2012 - 20:40

Waarom denk je dat? Omdat je geen andere f kunt vinden, of...? Je berekening klopt btw.
Zoek je graag naar het meest interessante wetenschapsnieuws? Wij zoeken nog een vrijwilliger voor ons nieuwspostteam.

#7

Biesmansss

    Biesmansss


  • >1k berichten
  • 1201 berichten
  • Ervaren gebruiker

Geplaatst op 29 mei 2012 - 20:43

Waarom denk je dat? Omdat je geen andere f kunt vinden, of...? Je berekening klopt btw.


Ik denk dat omdat als ik het mij visueel probeer voor te stellen, het gaat om rechten; als deze rechten als 'deelruimten' beschouwd mogen worden moeten ze door de oorsprong gaan. Dan liggen meteen twee punten vast f(0) = 0 en f(1) = 0. Dus de enige rechte die hierdoor kan gaan is deze door de oorsprong, akkoord ?

Of zou de triviale deelruimte hier misschien ook aan voldoen ? nl. R2 zelf ?

Veranderd door Biesmansss, 29 mei 2012 - 20:45

The ideas of economists and political philosophers, both when they are right and when they are wrong, are more powerful than is commonly understood. Indeed the world is ruled by little else. Quote : John Maynard Keynes

#8

Drieske

    Drieske


  • >5k berichten
  • 10217 berichten
  • Moderator

Geplaatst op 29 mei 2012 - 20:46

Nee, niet echt akkoord. Je denkt te fel aan echte vectoren. f(x) = 4, voldoet? Parabolen met symmetrie-as x=1/2, voldoen?
Zoek je graag naar het meest interessante wetenschapsnieuws? Wij zoeken nog een vrijwilliger voor ons nieuwspostteam.

#9

Biesmansss

    Biesmansss


  • >1k berichten
  • 1201 berichten
  • Ervaren gebruiker

Geplaatst op 30 mei 2012 - 07:55

Ben ik nu meerdere dingen door elkaar aan het halen ?
f(x) = 4 en deze parabool voldoen inderdaad aan de voorwaarden; en ze moeten helemaal niet door het nulpunt gaan, akkoord ? Het is genoeg als de 'nulvector' in dit geval f(x) = 0 ook tot deze verzameling behoort.
The ideas of economists and political philosophers, both when they are right and when they are wrong, are more powerful than is commonly understood. Indeed the world is ruled by little else. Quote : John Maynard Keynes

#10

Drieske

    Drieske


  • >5k berichten
  • 10217 berichten
  • Moderator

Geplaatst op 30 mei 2012 - 08:02

Okee :). Dan zijn we terug akkoord. Overigens kun je ook aan "zottere" functies denken. Bijvoorbeeld goniometrische functies, sin en cos, met een periode van 1, 1/2, 1/3, ....
Zoek je graag naar het meest interessante wetenschapsnieuws? Wij zoeken nog een vrijwilliger voor ons nieuwspostteam.

#11

Biesmansss

    Biesmansss


  • >1k berichten
  • 1201 berichten
  • Ervaren gebruiker

Geplaatst op 30 mei 2012 - 08:09

Ja, klopt!
Nog snel even ( c) en (d) overlopen ?

d) U = { f: R -> R | f(-x) = f(x) }

1) f(x) = 0, behoort hiertoe.

2) (A.f + B.g)(x) = A.f(x) + B.g(x) = A.f(-x) + B.g(-x) = (A.f + B.g)(-x)

Dus de voorwaarde van vermenigvuldiging en sommatie is voldaan, correct ? (is eens iets ander dan altijd 'Akkoord ?' :P)

e) U = { f: R -> R | f heeft continue 2de afgeleide }

1) Triviaal is dat de functie f(x) = 0 hiertoe behoort aangezien fn(x) = 0 (met n ∈ N).

2) Dit is eenvoudig te bewijzen omdat de orde bij vermenigvuldigen en sommeren op limieten van rijen behouden blijft.

Veranderd door Biesmansss, 30 mei 2012 - 08:10

The ideas of economists and political philosophers, both when they are right and when they are wrong, are more powerful than is commonly understood. Indeed the world is ruled by little else. Quote : John Maynard Keynes

#12

Drieske

    Drieske


  • >5k berichten
  • 10217 berichten
  • Moderator

Geplaatst op 30 mei 2012 - 08:15

Klopt. Nog een "leuke" {f: R -> R | f(1)f(5) = 0}. Is dit een deelruimte?
Zoek je graag naar het meest interessante wetenschapsnieuws? Wij zoeken nog een vrijwilliger voor ons nieuwspostteam.

#13

Biesmansss

    Biesmansss


  • >1k berichten
  • 1201 berichten
  • Ervaren gebruiker

Geplaatst op 30 mei 2012 - 08:27

Klopt. Nog een "leuke" {f: R -> R | f(1)f(5) = 0}. Is dit een deelruimte?


Aangezien ik bij de 2de voorwaarde blijf zitten met 'A.B(f(1).g(5) + f(5).g(1)' zou ik zeggen dat dit geen deelruimte is; maar ik heb een sterk vermoeden dat je hier een trucje voor achter de hand hebt.
The ideas of economists and political philosophers, both when they are right and when they are wrong, are more powerful than is commonly understood. Indeed the world is ruled by little else. Quote : John Maynard Keynes

#14

Drieske

    Drieske


  • >5k berichten
  • 10217 berichten
  • Moderator

Geplaatst op 30 mei 2012 - 09:00

Geen trucje ;). Het is inderdaad geen deelruimte. Dus moet je een tegenvoorbeeld zoeken...
Zoek je graag naar het meest interessante wetenschapsnieuws? Wij zoeken nog een vrijwilliger voor ons nieuwspostteam.

#15

Biesmansss

    Biesmansss


  • >1k berichten
  • 1201 berichten
  • Ervaren gebruiker

Geplaatst op 30 mei 2012 - 09:07

Ha, is niet zo moeilijk volgens mij:

Neem de volgende twee functies:

f(x) = x6 - 1 -> f(1) = 0 dus f(1).f(5) = 0.f(5) = 0
g(x) = x - 5 -> f(5) = 0 dus f(1).f(5) = f(1). 0 = 0

(f + g)(x) = x6 -1 + x - 5 = x6 + x - 6

f(1) = -4 en f(5) = 2605 dus f(1).f(5) = -4.2605 = -10420 ≠ 0

Akkoord ?
The ideas of economists and political philosophers, both when they are right and when they are wrong, are more powerful than is commonly understood. Indeed the world is ruled by little else. Quote : John Maynard Keynes






Also tagged with one or more of these keywords: wiskunde

0 gebruiker(s) lezen dit onderwerp

0 leden, 0 bezoekers, 0 anonieme gebruikers

Ook adverteren op onze website? Lees hier meer!

Gesponsorde vacatures

Vacatures