WisFaq!

De digitale vraagbaak voor het wiskundeonderwijs

HOME

samengevat

\require{AMSmath}

Rijen en reeksen

Nauwkeurigheid reeks

Hoi
Voor natuurkunde reeks datapunten verzamelt.in excel gekozen voor lineaire lijn. Output correlatiecoeff en vergelijking lijn met RC. Correctief 0,98. Kan ook kiezen voor 2e graad polynoom. Dan is correlatie 0,99. Is polynoom dan beter? Ik heb de rc nodig dus polynoom is geen optie. Maar zou een 2e graad polynoom nauwkeuriger kunnen zijn bij een duidelijk lineair verband?
Geert
2-1-2024

Antwoord

Dat is eigenlijk geen wiskundige vraag maar eentje over het natuurkundige verschijnsel dat je aan het onderzoeken bent. Bij een lineair verband, zeg $y=ax+b$, zijn de $a$ en de $b$ getallen die iets zeggen over het verschijnsel. Als je een eenparige beweging hebt dan is $a$ de beginpositie en $b$ de snelheid en die bepalen de beweging volledig. Het is dan niet nuttig kwadratisch te gaan werken; je krijgt dan misschien een beter passende kromme maar de $c$ in $y=a+bx+cx^2$ suggereert dan, ten onrechte, dat er versnelling optreedt.

Als je nog niet weet hoeveel getallen belangrijk zijn kun je lineair en kwadratisch met elkaar vergelijken. Als de $c$ veel kleiner is (in absolute waarde) dan de $a$ en $b$ dan is die $c$ waarschijnlijk het resultaat van de meetfouten en niet een belangrijke parameter.

Kortom: niet blindelings de graad ophogen maar telkens kijken of de nieuwe coëfficiënten echt betekenis kunnen hebben. Je hebt het over een duidelijk lineair verband; dan zou ik het ook bij een rechte lijn houden. Kijk naar de $a$'s $b$'s en de $c$; als de $c$ heel klein is meet hij waarschijnlijk alleen ruis.

kphart
2-1-2024

Opsplitsen van een telescopische reeks

Beste

Ik heb de theorie van (telescopische) reeksen gezien en begrijp deze tot op het nodige. Maar bij de opgave die in bijlage staat, vind ik na trial and error nog steeds geen oplossing. Is er misschien een soort "algoritme" die helpt bij het vinden van de opsplitsing? Of is het gewoon inzicht dat je moet verder helpen? Alvast bedankt.
Jacob
4-1-2024

Antwoord

Wat je meestal doet is de noemer ontbinden (en dat is hier al gedaan) en dan splitsen in de vorm
$$\frac a{2n-1}+\frac b{2n+1}
$$hier levert dat dit op:
$$\frac{1}{(2n-1)(2n+1)}=\frac a{2n-1}+\frac b{2n+1}=\frac{2(a+b)n+(a-b)}{(2n-1)(2n+1)}
$$nu zorgen dat $2(a+b)=0$ en $a-b=1$.

Dan kun je gaan telescopen.

kphart
4-1-2024

Som of convergentiewaarde vinden van reeks

Beste

Ik ken de definitie van de som van een reeks en weet wat die moet voorstellen. Maar ik heb nog steeds moeite met het bepalen van deze tot in het mogelijke. Bijvoorbeeld de opgave (8b) in de bijlage. Voor telescopische rijen is hier wel een manier voor, maar dit is niet zo eentje neem ik aan. Weet u hoe ik hiermee op weg moet?
Alvast bedankt.
Jacob
4-1-2024

Antwoord

Je kunt hem overschatten met twee in elkaar geschoven telescoopreeksen.
Zet de eerste term, $\frac12$, even apart.
Voor $n\ge2$ geldt
$$\frac1{n^2+1} < \frac1{n^2-1}=\frac12\left(\frac1{n-1}-\frac1{n+1}\right)
$$De even termen geven
$$\sum_{n=1}^\infty \frac12\left(\frac1{2n-1}-\frac1{2n+1}\right) = \frac12
$$(een oude bekende). De oneven termen geven
$$\sum_{n=2}^\infty \frac12\left(\frac1{2n-2}-\frac1{2n}\right) = \frac14
$$De gevraagde som is zeker positief, en met onze afschattingen zien we dat hij kleiner is dan $\frac12+\frac12+\frac14$ en dat is weer kleiner dan $\frac\pi2$.
kphart
4-1-2024

Taylorreeksen

Gebruik de middelwaardestelling van Taylor om aan te tonen dat voor alle x in R geldt dat:

e^x + e^-x$ \ge $ 2+x²
Lou
16-1-2024

Antwoord

Stap 0: lees de spelregels, in het bijzonder regel 8: je vragen bestaan gewoon uit opgaven en dat is niet de bedoeling, laat zien wat je zelf gedaan hebt.

Stap 1: stel het tweede-orde Taylorpolynoom rond $0$ van $e^x+e^{-x}$ op.

Stap 2: merk op dat dit ook het derde-orde Taylorpolynoom is.

Stap 3: schrijf de restterm op die bij het derde-orde polynoom hoort en kijk daar goed naar, je zult zien dat die niet-negatief is.

Wat je hiervoor nodig hebt staat ongetwijfeld duidelijk in je boek.
kphart
16-1-2024

Taylorreeksen

Klopt deze stelling: Ik heb een functie die minstens 50 keer afleidbaar is, Pn(x) is de 49ste (dus met n= 49) ordebenadering van f rond a.

Stelling:

Pn(a)=f(a) en Pn’(a)=f’(a)

Ik dacht dat f(a)= Pn(a)+Rn(a) dus ook met je restterm.
lo
18-1-2024

Antwoord

Schrijf $P_n(x)$ maar eens op en zie wat je krijgt als je $x=a$ invult.
Bepaal dan $P_n'(x)$ en vul andermaal $x=a$ in.
kphart
18-1-2024

Rijen opdracht berekenen van waarden

Dag, zou u mij willen uitleggen hoe de waarden van a en b berekend kunnen worden?
A
9-3-2024

Antwoord

Voor het eerste deel van de vraag geldt:

l_n = a·l_n-1 met l₁ = 20

Maak maar eens een lijstje van de eerste paar termen, dan zie je vanzelf de regelmaat:

l₂ = a·20 = 20a
l₃ = a·(20a) = 20a²
l₄ = a·(20a²) = 20a³
....
l_n = 20a^n-1

Gegeven is: l₁₀ = 1, dus
20a^10-1 = 1
20a⁹ = 1
a⁹ = ¹/₂₀
a = (¹/₂₀)^¹/₉ $\approx$ 0,71687

De directe formule wordt dus:
l_n = 20·0,71687^n-1

Voor de lineaire afname kan je dezelfde aanpak volgen:

L_n = L_n-1-b met L₁ = 20
dus:
L₂ = 20-b
L₃ = (20-b)-b = 20-2b
L₄ = (20-2b)-b = 20-3b
....
L_n = 20-(n-1)b

Gegeven is: L₁₀ = 1, dus
20-(10-1)b = 1
9b = 19
b = ¹⁹/₉

De directe formule wordt hiermee:
L_n = 20-¹⁹/₉·(n-1)
GHvD
10-3-2024

Expliciet voorschrift

Geef voor de volgende rij een expliciet voorschrift: 9,11,9,11,9,11,9,11,…
K
12-3-2024

Antwoord

Meestal staat er in dit soort rijen een term met $(-1)^n$. Bij even $n$ is dat $1$ en voor oneven $n$ geeft dat $-1$. In deze rij kan je dat mooi gebruiken. Als je met $n=1$ begint dan kan je wel iets passend vinden...

Zou dat lukken?
WvR
12-3-2024

Stationariteit tijd reeksen

Beste,

Onze vraag is al volgt: als {Y_t} een stationair Gaussiaans proces is, is X_t=(Y_t)² ook stationair?

Tot dusver weten we dat Y_t~N(mu, sigma²) en dat Y-t stationair is. Ook omdat Y_t Gaussiaans is weten we dat het proces strict stationair is (de n-dimensionale marginale distributies van {Y_t} zijn jointly Gaussian).

Het proces zou stationair zijn als de verwachtingswaarde en autocovariance function (ACVF) onafhankelijk zijn van tijd t. De ACVF is gelijk aan Cov(X_t,X_t+h).
Echter lukt het niet Cov(X_t,X_t+h) uit te schrijven door de non-lineaire transformatie van Y_t.

Enig idee hoe we verder kunnen komen?

Alvast bedankt!

Groet
Rick
17-4-2024

Antwoord

Ik neem aan dat je geprobeerd hebt de covariantie van $X_t$ en $X_{t+h}$ uit te drukken in die van $Y_t$ en $y_{t+h}$ door (alleen) de (bi)lineariteit te gebruiken.

Je zou ook de covariantie direct kunnen proberen uit te rekenen:

Eerst de kansverdeling van de $X_t$ bepalen $P(X_t\le x)=0$ als $x\le0$ en $P(X_t\le x)=P(-\sqrt x \le Y_t\le\sqrt x)=P(y_t\le \sqrt x)-P(Y_t < -\sqrt x)$ als $x$ positief is. Dat geeft de verdelingsfunctie in termen van de gegeven normale verdeling.

En dan die kansverdeling voor $X_t$ en $X_{t+h}$ in een van de formules voor de covariantie stoppen.
Waarschijnlijk werkt $E(X_t\cdot X_{t+h})-E(X_t)\cdot E(X_{t+h})$ het makkelijkst.

kphart
21-4-2024

Oneindige reeks functiebenadering

Nadat ik het boek over de Riemann-Hypothese heb gelezen ben ik heel geïnteresseerd in oneindige reeksen en hun uitkomsten; Nadat ik een paar berekeningen heb gemaakt met de functie f(n)= $\sum $ ^{$\infty $}_k=1^kⁿ/_k! ontdekte ik een eigenaardige reeks van getallen (die allemaal veelvouden van e waren!): 1e, 2e, 5e, 15e, 52e, ... Ik heb eigenlijk 2 vragen: Hoe komt het dat het veelvouden van e zijn en is er een functie die dit kan benaderen?

Alvast bedankt voor uw antwoord!
Oliver
20-4-2024

Antwoord

Dat $\mathrm{e}$ tevoorschijn komt is geen grote verrassing als je de reeks voor dat getal kent:
$$\mathrm{e}=\sum_{k=0}^\infty\frac1{k!}
$$Dus voor jouw functie geldt $f(0)=\mathrm{e}-1$, en
$$f(1) = \sum_{k=1}^\infty\frac{k}{k!}=\sum_{k=1}^\infty\frac1{(k-1)!}=\sum_{k=0}^\infty\frac1{k!}
=\mathrm{e}
$$In het algemeen kun je $f(n+1)$ in de eerdere waarden uitdrukken: via $k^{n+1}/k!=k^n/(k-1)!$ kom je op
$$f(n+1)=\sum_{k=1}^\infty\frac{k^n}{(k-1)!}=\sum_{k=0}^\infty\frac{(k+1)^n}{k!}
$$Gebruik nu de binomiaalformule
$$(k+1)^n=\sum_{l=0}^n\binom{n}{l}k^l
$$Dan komt er
$$\sum_{k=0}^\infty\sum_{l=0}^n\binom{n}{l}\frac{k^l}{k!}
$$en daar maak je van
$$\sum_{l=0}^n\binom{n}{l}\cdot\left(\sum_{k=0}^\infty\frac{k^l}{k!}\right)
$$Even opletten: bij $l=0$ loopt $k$ echt van $0$ tot $\infty$; als $l>0$ dan is $\frac{0^l}{0!}$ gelijk aan $0$, en loopt $k$ eigenlijk van $1$ tot $\infty$.
Wat je uiteindelijk krijgt is dan:
$$f(n+1)=\mathrm{e} + \sum_{l=1}^n\binom{n}{l}f(l)
$$Hieruit volgt dat elke waarde van $f$ een veelvoud van $\mathrm{e}$ is.

Er geldt $f(n)=B(n)\cdot \mathrm{e}$, waarbij $B(n)$ het $n$-de Bell-getal is. De link verwijst naar een heleboel informatie over die rij (maar geeft geen mooie expliciete formule).
kphart
20-4-2024

Directe formule afleiden van de pagodepuzzel

De pagodepuzzel is de puzzel waarbij je drie houten staven krijgt en op één van die staven zit een piramide van schijven. Je wil de pagode verplaatsen naar een andere staaf, je mag maar een schijf per zet verplaatsen en je mag geen grote schijf op een kleine schijf plaatsen.
Het minimum aantal zetten dat nodig is is voor één schijf 1, voor twee schijven 3, voor drie schijven 7. Als je er een rij van maakt, krijg je:
1,3,7,15,31,63,127...
De recursieve formule voor deze rij is F(n)=2(F(n-1))+1 met als beginwaarde 1. Maar wat is hiervan de directe formule?
Bedankt!
Tabbe
31-8-2024

Antwoord

Die kun je bijna direct aflezen; elk getal is bijna een macht van $2$.
Dat moet ook wel want er wordt telkens vrijwel verdubbeld: $F(n)=2\cdot F(n-1)+1$.
Het lijkt erop dat je altijd $1$ van een macht van $2$ aftrekt: $1=2^1-1$, $3=2^2-1$, $7=2^3-1$, $\ldots$, $127=2^7-1$.

Even controleren of $F(n)=2^n-1$. Dat klopt voor $n=1$, en als het tot en met $n-1$ klopt, krijgt je $F(n)=2\cdot F(n-1)+1=2\cdot(2^{n-1}-1)+1=2\cdot2^{n-1}-2+1=2^n-1$.
Het blijft dus kloppen voor alle natuurlijke getallen $n$.

Dit heet ook wel het probleem van "De Torens van Hanoi" en het is een paar keer op de wisfaq aan de order geweest.
kphart
1-9-2024

Re: Driehoeksgetallen, rechthoeksgetallen en vierkantgetallen

De definitie van rechthoeksgetal is onzin. Het is waar dat een dubbel driehoeksgetal een rechthoeksgetal oplevert van de vorm n(n+1), maar n(n+2) is ook een rechtshoeksgetal.
Dirk d
8-10-2024

Antwoord

Het is allemaal weer wat minder eenvoudig dan we denken. De getallen van de vorm $n(n+1)$ hebben hun eigen wikipediapagina, waar "rechthoekig getal" als één van hun namen wordt genoemd. En met de toevoeging: die term wordt ook voor niet-priemgetallen gebruikt.

In De Elementen van Euclides heet een product van twee factoren een vlak getal. In zijn versie van De Elementen haalt Dijksterhuis Plato aan die vierkante en langwerpige getallen onderscheidde en ook een priemgetal langwerpig noemde (een $1\times p$-rechthoek). Hij citeert Nikomachos over figuratieve getallen zoals driehoek, vierkant, vijfhoek, ..., deze noemde de getallen $n(n+1)$ expliciet rechthoekig.

Het hangt dus weer van de door de auteur gebruikte definities af.

DRIEHOEKSGETALLEN
kphart
9-10-2024