WisFaq!

De digitale vraagbaak voor het wiskundeonderwijs

HOME

samengevat

\require{AMSmath}

Bewijzen

Bewijs equipotentie

Beste

Ik heb morgen examen en er is een vraag van de oude examens waar ik niet op uit kom. Ik heb ze in de bijlage gezet, ik zoek naar vraag b). Ik weet dat je equipotentie kan bewijzen door een injectie in beide richtingen te vinden of door simpelweg een bijectie tussen de twee te vinden, maar ik kom op niks terecht. Is er een andere manier om dit aan te pakken of is het blijven verder zoeken?
Alvast bedankt
Jacob
17-1-2024

Antwoord

Gebruik het gegeven: er is een $\sigma$ met $\sigma\circ f=g\circ\sigma$.
Bewijs met behulp hiervan: als $f(x)=x$ dan $g(\sigma(x))=\sigma(x)$ en omgekeerd: als $g(x)=x$ dan $f(\sigma^{-1}(x))=\sigma^{-1}(x)$.
Concludeer dat $\sigma$ een bijectie is tussen de vaste punten van $f$ en die van $g$.

kphart
17-1-2024

Inleiding Analyse Opgave 1.35

Ik krijg deze vraag niet door, ik weet niet waar ik moet beginnen en hoe ik de voorwaarde dat |x| $>$ 1 moet toepassen?
Inleiding Analyse

Louis
11-2-2024

Antwoord

Als je de ongelijkheid oplost zul je zien dat de oplossing gelijk is aan:

$
x \lt - 1 \vee x \ge 1
$

En dat is dan precies gelijk aan $
\left| x \right| \gt 1
$

Helpt dat?
WvR
11-2-2024

Inleiding Analyse Opgave 1.37

Mijn probleem met de volgende vraag is dat ik de theorie van open verzamelingen begrijp maar zodra ik het moet toepassen begrijp ik niks meer, hoe pak ik zo'n vraag aan?
Inleiding Analyse

Louis
11-2-2024

Antwoord

Als je theorie van de open verzamelingen echt begrijpt weet je dat dit niets met open verzamelingen te maken heeft, maar met niet meer dan de driehoeksongelijkheid in $\mathbb{R}^n$.
(OK de vraag tussen haakjes heeft met de definitie van de afstand te maken.)

1. omdat $a\neq b$ is er een $i$ zó dat $a_i\neq b_i$ en dus
$$d(a,b)=\sqrt{\sum_{k=1}^n(a_k-b_k)^2}\ge |a_k-b_k| > 0
$$2. Neem $x\in B(a,r_1)\cap B(b,r_2)$, dan geldt dus $d(a,x) < r_1$ en $d(x,b) < r_2$. Pas de driehoeksongelijkheid toe:
$$d=d(a,b)\le d(a,x)+d(x,b) < r_1+r_2
$$
kphart
12-2-2024

Bewijs stelling Smirnov-Nagata

Beste professor Hart,

Ik was aan het lezen over metriseerbaarheid en de stelling van Smirnov-Nagata en heel toevallig vond ik online een pdf-bestand waarin u deze stelling bewijst: https://fa.ewi.tudelft.nl/~hart/37/onderwijs/topologie/dictaat-vu-2002.pdf (dit is in hoofdstuk 9, stelling 9.16).

Ik heb 2 vragen hierbij:

1)In de opgave zegt u X is metriseerbaar als en slechts als X regulier is met een σ-lokaal eindige basis. Maar dan in het bewijs veronderstelt u dat X een T3-ruimte is dus regulier+T1 met een σ-lokaal eindige basis. Moest er in de opgave T3 staan?

2)Op het einde van het bewijs zegt u zij A gesloten en x niet in A, dan bestaan er B,W zodanig x $\in $ B $\subseteq $ sluiting(B) $\subseteq $ W $\subseteq $ X\A, waarom kunnen we zulke B,W vinden?

Alvast bedankt.

Rafik
16-2-2024

Antwoord

1) Zie pagina 37, in definitie 5.14 spreken we af dat regulier gelijk is aan $T_3+T_1$.
2) Zie ook pagina 37, Propositie 5.17: de $W$ is er omdat $\mathcal{B}$ een basis is en dan levert propositie 5.17 de kleinere $B$ (eerst een $V$ en dan weer een $B\in\mathcal{B}$).
kphart
16-2-2024

Een gelijkbenige rechthoekige driehoek

Gegeven is een gelijkbenige rechthoekige driehoek ABC, waarbij M het midden is van AC. Verder is F een punt tussen B en C op de lijn BC en de lijn FM snijdt de lijn AB in het punt E. Toon aan dat lijnstuk EF langer is dan AC.
Zou iemand dit kunnen bewijzen?
Olivie
19-4-2024

Antwoord

Ik niet: teken in je plaatje $F$ maar heel dicht bij $B$, dan wordt $FE$ heel kort en korter dan $AC$.
Aan de andere kant: als je voor $F$ het midden van $BC$ neemt dan snijden $MF$ en $AB$ elkaar niet.

Het lijkt me dat de vraag onvolledig is.
kphart
19-4-2024

Accumulatie punt net

Beste

Stel F: $\Omega $ - $>$ C(complexe getallen) is een holomorfe en begrensde functie op de rechthoek $\Omega $ =(-a,a)+i(0,R). Stel ook dat lim(y- $>$ 0) F(iy)= $\gamma $ . Noteer met D_C={x+iy $\in $ $\Omega $ :|x| $<$ Cy} met C $>$ 0 zekere constante. Noteer met F_ $\varepsilon $ (z)=F( $\varepsilon $ z) met z in D_C. Toon aan dat als de net {F_ $\varepsilon $ }_{ $\varepsilon $ $\in $ (0,1)} $\subseteq $ H(D_C)(de set van holomorfe functies op D_C) een accumulatie punt heeft dan is dat punt de constante functie $\gamma $ .

Ik zie niet echt in hoe ik de informatie over de limiet kan gebruiken om dit te concluderen. Kunt me aub op de juiste weg zetten. Alvast bedankt!
Rafik
13-5-2024

Antwoord

Stel dat accumulatiepunt is de functie $f$, dan geldt voor elke $y\in(0,R)$ dat $f(y\mathrm{i})=\gamma$, want $\lim_{\varepsilon\to0}F(\varepsilon y\mathrm{i})=0$.
Dus $f$ is holomorf en constant op het lijnstuk tussen $0$ en $R\mathrm{i}$. Wat betekent dat voor $f$?
kphart
14-5-2024

Re: Accumulatie punt net

Beste

Bedankt voor uw antwoord. Is dit wat u bedoelt: Stel f is het accumulatie punt. Neem y in (0,R) willekeurig. Dan is |f(iy)- $\gamma $ |$ \le $ |f(iy)-F( $\varepsilon $ iy)|+|F( $\varepsilon $ iy)- $\gamma $ |. Dit gaat naar nul door de voorwaarde voor de limiet en het feit dat f een accumulatie punt is. Zo krijgen we dat f= $\gamma $ op het lijnstuk tussen 0 en Ri, en door eenduidigheid van holomorfe functies is f= $\gamma $ op de rechthoek.
Rafik
14-5-2024

Antwoord

Bijna.
De limiet $\lim_{\varepsilon\downarrow0}|F(\mathrm{i}y\varepsilon)-\gamma|$ is inderdaad gelijk aan nul, dat volgt uit de gegeven eigenschap van $F$.
De limiet $\lim_{\varepsilon\downarrow0}|f(\mathrm{i}y)-F(\mathrm{i}y\varepsilon)|$ hoeft niet te bestaan omdat $f$ slechts een accumulatiepunt is, maar er is, juist omdat $f$ een accumulatiepunt is, een rijtje $\langle \varepsilon_n:n\in\mathbb{N}\rangle$ dat naar nul convergeert en zo dat $\lim_{n\to\infty}|f(\mathrm{i}y)-F(\mathrm{i}y\varepsilon_n)|=0$. En dat is genoeg.

De rest klopt.
kphart
15-5-2024

Topologische groep: uniform continu

Zij G een topologische groep. We zeggen dat een functie f:G- $>$ R uniform continu is als voor elke $\varepsilon $ $>$ 0 er een open omgeving U van de identiteit element e bestaat zodat voor elke x,y in G met x^-1y\in U, |f(x)-f(y)| $<$ $\varepsilon $ .

Mijn vraag is stel G is compact en f:G- $>$ R continu dus bijgevolg uniform continu zodat we zo een U hebben. Dan kunnen we G bedekken via x_1U $\cup $ … $\cup $ x_nU voor zeker x_i in G. Ik wil nu bewijzen dat max(f)-min(f) $<$ epsilon. We kunnen alvast zeker zeggen door de continuïteit van f op de compact G dat er een zekere x_max en x_min bestaat in G zodat max(f)=f(x_max) en min(f)=f(x_min). Maar ik weet niet hoe ik het verschil kan afschatten ik heb het gevoel dat ik gebruik moet maken van de eindige bedekking voor G want ik weet dat x_max $\in $ x_iU en x_min $\in $ x_jU. Ik wou aantonen dat x_max^-1x_min\in U want dan volgt het gevraagde door uniform continuïteit van f, maar zie niet echt hoe ik verder kan. Wilt u mij op de juiste weg zetten alvast bedankt!
Rafik
12-11-2024

Antwoord

Je openingszin van de tweede alinea is (al) fout: "$\ldots$ zodat we zo'n $U$ hebben." In je definitie hangt die $U$ van (de gegeven) $\varepsilon$ af. In je tweede alinea hebt je geen $\varepsilon$ genoemd, dus kun je ook niet "zo'n $U$" vinden.

Verder: als dit zou lukken voor elke willekeurige $\varepsilon$ dan zou $f$ een constante functie zijn, omdat kennelijk $\max(f)=\min(f)$.

Neem de cyklische groep van orde $2$, dus $G=\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$. Die heeft twee elementen, $0$ en $1$. Definieer $f:G\to\mathbb{R}$ door $f(0)=0$ en $f(1)=1$. Dat geeft een continue functie met $\max(f)-\min(f)=1$.

Je vraag is dus niet goed gesteld. Of was de vraag toch anders?
kphart
12-11-2024