Springen naar inhoud

Vectorruimte 2



  • Log in om te kunnen reageren

#1

lucca

    lucca


  • >250 berichten
  • 758 berichten
  • Ervaren gebruiker

Geplaatst op 12 oktober 2012 - 12:15

Zij LaTeX

Laat zien dat W een deelruimte is van LaTeX .

bewijs

afdoende om aan te tonen dat :

LaTeX met x en y twee vectoren uit W en alfa en beta twee scalaire elementen.

Dat levert dan:

LaTeX

LaTeX

Wilt bovenstaande in W verblijven, dan moet gelden dat de som van de drie elementen uit bovenstaande vector 1 zijn, dan volgt:

LaTeX

LaTeX


LaTeX

Er bestaan alfa's en beta's die hieraan voldoen, maar is dit nu voldoende?

Veranderd door lucca, 12 oktober 2012 - 12:17


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 12 oktober 2012 - 13:55

Ben je zeker dat het een deelruimte is?
Zoek je graag naar het meest interessante wetenschapsnieuws? Wij zoeken nog een vrijwilliger voor ons nieuwspostteam.

#3

lucca

    lucca


  • >250 berichten
  • 758 berichten
  • Ervaren gebruiker

Geplaatst op 12 oktober 2012 - 14:54

het is geen deelruimte.... want het nulelement is niet inbegrepen.... maar : volgens mijn óplosmethode' moet ik er ook achter komen dat het geen deelruimte is. komt dat omdat alfa en beta ook opgeteld samen niet 1 kunnen zijn?

#4

Drieske

    Drieske


  • >5k berichten
  • 10217 berichten
  • Moderator

Geplaatst op 12 oktober 2012 - 14:55

Jawel, maar voor àlle alfa en beta moet het erin zitten. En dat is niet het geval (enkel voor alfa + beta = 1 is het zo).
Zoek je graag naar het meest interessante wetenschapsnieuws? Wij zoeken nog een vrijwilliger voor ons nieuwspostteam.

#5

lucca

    lucca


  • >250 berichten
  • 758 berichten
  • Ervaren gebruiker

Geplaatst op 12 oktober 2012 - 15:02

ok, dus omdat je oplossing alfa + beta = 1 is (om waar te zijn) kun je zeggen, nou alfa kan 3 zijn beta 2, dan is het niet waar, dus geldt niet algemeen?

En stel, je hebt een set M (uit R^4), met een aantal vergelijkingen:


2x1 -x2 +2x3 + 2x4 = 0
x1 - x2 -2x3 -4x4 =0
x1 - 2x2 -2x3 -10x4 = 0

De oplossingen die hieraan voldoen zijn wat 'lastiger' te vinden, maar die zijn:

(-10/3 *t, -6*t, -2/3 * t, t) voor alle t.

Dus dan heb je opnieuw een gebied met allemaal mogelijke vectoren. Alleen, ik zie nu niet direct in waarom dit dan direct een deelruimte is weer van R^4... (dit staat in mijn bundel namelijk). Normaal moet je laten zien dat alfa * x + beta * y in die deelruimte zit en dat is voldoende. Maar nu bepalen ze alleen de oplossingen die 'waar zijn'onder de vergelijkingen, maar dan zie ik niet zomaar dat het ook gelijk een deelruimte is...

#6

Drieske

    Drieske


  • >5k berichten
  • 10217 berichten
  • Moderator

Geplaatst op 12 oktober 2012 - 15:09

ok, dus omdat je oplossing alfa + beta = 1 is (om waar te zijn) kun je zeggen, nou alfa kan 3 zijn beta 2, dan is het niet waar, dus geldt niet algemeen?

Specifieke waarden kiezen, mag, maar is zeker niet noodzakelijk. Het is gewoon niet voor alle alfa en beta waar.

Alleen, ik zie nu niet direct in waarom dit dan direct een deelruimte is weer van R^4...

Ga het dan gewoon eens effectief na?
Zoek je graag naar het meest interessante wetenschapsnieuws? Wij zoeken nog een vrijwilliger voor ons nieuwspostteam.

#7

lucca

    lucca


  • >250 berichten
  • 758 berichten
  • Ervaren gebruiker

Geplaatst op 12 oktober 2012 - 15:16

In zekere zin, voldoet die oplossingsset wel aan de eigenschappen van : optelling en scalaire vermenigvulding, als je dingen zou optellen zit je altijd weer in dezelfde ruimte, van stel je doet t1 * (.....) en t2 * (....) dan is er een t3 = t1 + t2. dus dat is ok, maar dan is ook scalair waar en 0 zit er ook in, dus vectorruimte. ok.

Maar mijn gedachte is meer, in het vorige voorbeeld kon ik fijn gebruik maken van alfa * (x1,x2) +.... etc en dan laten zien dat dat niet waar is voor alle alfa en beta. maar dat kan ik hier niet doen, want ik zit met al die contraints. moet ik het dan altijd op deze manier doen, (dus (t,...)) en dan concluderen of voldoet aan optellen en vermenigvuldigen?

#8

Drieske

    Drieske


  • >5k berichten
  • 10217 berichten
  • Moderator

Geplaatst op 12 oktober 2012 - 16:05

Je kunt de som van 2 oplossingen opnieuw invullen in je vergelijkingen en vaststellen of die al dan niet 0 zijn (voor de som). Bedoel je dat?
Zoek je graag naar het meest interessante wetenschapsnieuws? Wij zoeken nog een vrijwilliger voor ons nieuwspostteam.

#9

lucca

    lucca


  • >250 berichten
  • 758 berichten
  • Ervaren gebruiker

Geplaatst op 12 oktober 2012 - 17:05

ik bedoelde meer zo van, ik krijg dus nu een ruimte met constraints, kan ik dan niet op de klassiek manier aan de slag door te zeggen alfa * (x1,x2,..) + beta * (x1,x2,...) is een element van M. ?

Moet ik eerst oplossen wat als oplossingsruimt voldoet? en dan kijken of dat gesloten is t.o.v. vermenigvuldiging en optelling?

#10

Drieske

    Drieske


  • >5k berichten
  • 10217 berichten
  • Moderator

Geplaatst op 12 oktober 2012 - 17:11

Nee, niet per se. Je kunt ook gewoon abstract werken en zeggen: stel dat A = (a1, a2, a3, a4) een oplossing is van de vergelijkingen en B = (b1, ..., b4) een andere, is dan A+B ook een oplossing?
Zoek je graag naar het meest interessante wetenschapsnieuws? Wij zoeken nog een vrijwilliger voor ons nieuwspostteam.

#11

lucca

    lucca


  • >250 berichten
  • 758 berichten
  • Ervaren gebruiker

Geplaatst op 13 oktober 2012 - 10:06

Dus waar ik eerst voldeed door direct alfa * x + beta * y -te testen-, kan ik bij , als ik meerdere constraints heb het beste deze eerst óplossen' zodat ik weet welke mogelijkheden er over blijven. Gegeven die overgebleven mogelijkheden kan ik dan testen op optelling en scalaire vermenigvuldiging. in het geval dat je hier hebt als

(t,2t,3t,4t) dan geldt optelling en ook scalair, want elke optelling / sclair is een veelvoud van t. toch? En dat geldt in het algemeen zo.

M.a.w. zijn er wel constraints te vinden die er voor zorgen dat het niet meer een deelruimte is?

antwoord : ja x1 = 1 x2 = 1 x3 = 1 , dan heb je dus geen deelruimte, klopt dit?

M.a.w. als ik een oplossingsruimte vindt, die vrij is met een parameter, dan ben ik altijd ''veilig''?

En als ik iets vind als :

(t,2t,3) dan is dat dus geen deelruimte, want 2,4,6 zit er niet in...

maar (t,2t,0) is er wel een, toch?

#12

Drieske

    Drieske


  • >5k berichten
  • 10217 berichten
  • Moderator

Geplaatst op 13 oktober 2012 - 20:43

Ik vind het eerlijk gezegd zeer onduidelijk wat je nu precies wilt zeggen/vragen...
Zoek je graag naar het meest interessante wetenschapsnieuws? Wij zoeken nog een vrijwilliger voor ons nieuwspostteam.

#13

lucca

    lucca


  • >250 berichten
  • 758 berichten
  • Ervaren gebruiker

Geplaatst op 14 oktober 2012 - 12:09

Ok, ik zal het proberen duidelijk uit te leggen :

Veronderstel een ruimte R^4, met een aantal constraints zondanig dat je een oplossingsruimte bekomt gelijk aan :

LaTeX

Ik kan nu optelling doen (zonder uit de ruimte te vallen) en kan vermenigvuldingen (zonder uit de ruimte te vallen).

(1) klopt dit?

Meer in het algemeen, als je een oplossingsruimte verkrijgt met allemaal vrije paramters (zoals hierboven), dan is het altijd weer een vectorruimte. (omdat ik altijd kan optellen en vermenigvuldigen)

(2) klopt dit?

En als een oplossingsruimte een constante bevat, zoals bijv. (t,2t,3t, 4) dan is het geen oplossingsruimte, want optelling als vermenigvuldiging voldoen niet. 2 * (t,2t,3t,4) geen element van de ruimte.

(3)Klopt dit?

Er is wel een constante die wel voldoet, en dat is 0, dus bijv (t,2t,3t,0)!

(4) Klopt dit?

#14

Drieske

    Drieske


  • >5k berichten
  • 10217 berichten
  • Moderator

Geplaatst op 14 oktober 2012 - 12:51

Wat je hier zegt, klopt.
Zoek je graag naar het meest interessante wetenschapsnieuws? Wij zoeken nog een vrijwilliger voor ons nieuwspostteam.

#15

lucca

    lucca


  • >250 berichten
  • 758 berichten
  • Ervaren gebruiker

Geplaatst op 14 oktober 2012 - 13:03

mooi dat is dus 4 x klopt, dat klopt dus ;-) dank.

Het is prettig, want stel ik krijg op een tentamen een vergelijking uit met 4 'vrije' t's. Dan weet ik, ok, ik kan optellen vermenigvuldigen en ik zit er nog steeds in. Maar zit er een beperking op t, (dus = constant) dan niet (behalve als deze constante 0 is). nogmaals dank.

Veranderd door lucca, 14 oktober 2012 - 13:05







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