[wiskunde] Waarom bestaat er geen functie die ...?

[Jace / TBL]

Ik zoek een continue functie die vectoren van richting verandert, maar ik heb het idee dat zo'n functie niet bestaat. Weet iemand of dat zo is, en vooral: waarom?

Officieel gezegd, ik bedoel een functie f: R^3 -> R^3, die continu is, en waarvoor geen enkele vector x het resultaat f(x) een veelvoud van x is (dwz f(x) mag niet van de vorm t*x zijn met t een reeel getal). x=(0,0,0) laten we even buiten beschouwing, dus f is in feite een functie f: R^3\{0} -> R^3.

Mijn gevoel zegt dat dit niet kan (hoewel het erg simpel klinkt, gewoon een continue functie die vectoren van richting verandert). Weet iemand het bewijs hiervoor? Of nog liever, kent iemand toch wél zo'n functie, want dan ben ik ook blij

[MisterData]

Eeehhmm, verkeerde forum ??

[Jace / TBL]

Uhm, wetenschap?

[toraq]

offtopic:
Had jij hier niet ooit een prijsvraag over uitgeschreven waarbij diegene die met een functie kwam waarmee dit mogelijk is 1000 gulden zou krijgen ?

[Jace / TBL]

Nee. Niet hier. Dat was op #nlcoders enzo

Maar ik was (en ben) er inderdaad tamelijk zeker van dat die functie niet bestaat. En ik wil weten waarom (trouwens, als zoiets wel bestaat, kan ik er zo veel nuttige shit mee doen dat ik er wel een rug voor over heb).

[Confusion]

Tjah, het ligt eraan hoe ruim je 'functie' declareert. Als je een functie in twee delen neemt, die bijvoorbeeld 1 optelt bij het eerste element van de vector,
tenzij alle andere elementen van de vector 0 zijn, in welk geval hij bij het tweede element 1 optelt,

dan heb je een functie die elke vector van richting verandert.

Dus

f(x) =
{ x + [1, 0, 0], if not(x2 = 0 and x3 = 0) ,
x + [0, 1, 0], otherwise }
[edit: aangepast aan 3D, voldoet nog steeds niet wegens niet-continuiteit en voorwaarde gewijzigd]

[Jace / TBL]

Fused, die functie (als geheel gezien) is natuurlijk niet continu.

Trouwens nog even een opmerking omdat je in je functie "x2, x3, x4, ..." schreef: het gaat me in dit geval even alleen om het 3-dimensionale geval.

In het algemeen geloof ik dat zo'n functie als bedoeld niet bestaat voor vectorruimtes van onevendimensies. In het even geval is het simpel, je verwisselt dan bijvoorbeeld alle opeenvolgende paren coordinaten (dus x1 met x2, x3 met x4, enz).

[Lord Daemon]

Een functie die een vector in R3 afbeeldt op een andere vector in R3 zo dat de ene niet een veelvoud van de andere is?

F(x,y,z)=(G1(x,y,z),G2(x,y,z),G3(x,y,z)), met alle Gn(x,y,z) continu dus. En waar bovendien voor geldt dat er niet een q is zo dat:

x = q * G1(x,y,z)
y = q * G2(x,y,z)
z = q * G3(x,y,z)

En dit voor iedere x, y en z in R.

In 2 dimensies heb je natuurlijk F(x,y)=(-y,x)
Er geldt namelijk dat x = -q*y en y=q*x nooit tegelijkertijd waar kunnen zijn tenzij x=y=0. Dit kan je niet zomaar overzetten naar R3 natuurlijk.

We kunnen een lineaire oplossing proberen te verkrijgen door met een matrix te gaan frutten. Eens even kijken, waar moet die matrix aan voldoen? Dat hij geen reele eigenwaarden heeft? - Ja, daar lijkt het verdacht veel op, dat hij daar aan moet voldoen.

Ok, we kunnen nu bewijzen dat het probleem al dan niet een lineaire oplossing heeft door te bewijzen dat er al dan niet reele 3x3 matrices bestaan zonder reele eigenwaarden.

[Lord Daemon]

In het even geval is het simpel, je verwisselt dan bijvoorbeeld alle opeenvolgende paren coordinaten (dus x1 met x2, x3 met x4, enz).

Dat klopt niet hoor, want dan wordt (1,1) afgebeeld op (1,1) en dat mag niet. De matrix ((0,1),(1,0)) heeft wel degelijk reele eigenwaarden, namelijk 1 en -1, respectievelijk bij (a,a) en (a,-a).

[Lord Daemon]

Ik vermoed dat je kunt bewijzen dat iedere reele 3x3 martix tenminste 1 reele eigenwaarde heeft, maar ik zou zo even niet weten hoe. Ik check mijn Lineaire Algebra boek erop na.

Dat houdt echter nog niet in dat er geen oplossing bestaat, want waarom zouden we een lineaire functie willen?

[Chello200]

Op donderdag 20 december 2001 18:09 schreef JaceTBL het volgende:
Ik zoek een continue functie die vectoren van richting verandert, maar ik heb het idee dat zo'n functie niet bestaat. Weet iemand of dat zo is, en vooral: waarom?

Officieel gezegd, ik bedoel een functie f: R^3 -> R^3, die continu is, en waarvoor geen enkele vector x het resultaat f(x) een veelvoud van x is (dwz f(x) mag niet van de vorm t*x zijn met t een reeel getal). x=(0,0,0) laten we even buiten beschouwing, dus f is in feite een functie f: R^3\{0} -> R^3.

Auw auw mijn hoofd ! Waarom mot gij mij zo martelen op een donderdag avond. Why why why ???!!!

[Lord Daemon]

Het is natuurlijk vrij duidelijk dat iedere reele 3-de graads polynoom een snijpunt met de x-as heeft - en dat dus iedere reele 3x3 matrix minstens 1 reele eigenwaarde heeft. (Volgens mij klopt wat ik nu zeg ) Dus als je het niet erg vindt dat de eigenwaarde 0 is, kom je met een lineaire functie nergens. Vindt je het wel erg als de eigenwaarde 0 is, dan is F(x,y,z)=(-y,x,0) een goede oplossing van het raadsel.

[Anoniem: 958]

Een rotatiematrix is een contunue functie die vectoren van richting verandert. Je kan bijvoorbeeld roteren rond de z as. De z coordinaat blijft dan op z'n plaats en x en y worden als volgt getransformeerd:

M(x,y)= (x,y) *
[cos t, -sin t
sin t, cost]

LD heeft al een voorbeeld gegeven, namelijk rotatie van 45 graden: (x,y)=(-y,x).

Je kan daarna eventueel ook nog rond de x of y-as roteren, dan doe je hetzelfde, maar dan laat je de x of y as vast (in plaats van de z-as).

[Anoniem: 43610]

Ik wil alleen ff zwaaien naar jullie... kheb geen idee waar je het over hebt....

*zwaait vriendelijk*

[Anoniem: 21117]

Ik voel hier ook schoolkennis terug komen opbloeien, nee bedankt.

[Jace / TBL]

Op donderdag 20 december 2001 20:53 schreef Lord Daemon het volgende:
Dat klopt niet hoor, want dan wordt (1,1) afgebeeld op (1,1) en dat mag niet. De matrix ((0,1),(1,0)) heeft wel degelijk reele eigenwaarden, namelijk 1 en -1, respectievelijk bij (a,a) en (a,-a).

Klopt, je hebt gelijk. Ik bedoelde natuurlijk het verwisselen van paren coordinaten én een van beide negatief maken. Dus dan wordt het voor het algemene geval van even dimensies: (x2,-x1,x4,-x3,enz). Het 2D voorbeeld heb je zelf al gegeven

En inderdaad, een 3x3 matrix heeft altijd een niet-triviale eigenvector (dwz eigenwaarde niet 0), dus een lineaire oplossing (roteren enzo) zal niet werken.

De eigenwaarde van de functie (laat ik het zo maar even noemen) mag ook geen 0 zijn, want dan heb je nog steeds dat f(x) = t*x (met t=0).

Sandalf, een samenstelling van rotaties is als geheel ook altijd weer een rotatie om een bepaalde as. Zo'n functie laat dus die as onveranderd, en dus voldoet de functie niet. Bovendien is zo'n samenstelling van rotatiefuncties altijd weer een lineaire functie, en dus heeft de matrix een eigenwaarde (dwz Mx = t*x voor een bepaalde vector x en reeele waarde t, beide niet 0, x is dan de eigenvector en t de bijbehorende eigenwaarde).

[Lord Daemon]

En inderdaad, een 3x3 matrix heeft altijd een niet-triviale eigenvector (dwz eigenwaarde niet 0), dus een lineaire oplossing (roteren enzo) zal niet werken.

Een 3x3 matrix kan volgens mij gemakkelijk 2 imaginaire eigenwaarden en eigenwaarde 0 hebben - er hoeft geen eigenwaarde ongelijk aan 0 te zijn. Maar een eigenwaarde van 0 is niet triviaal - een eigenvector 0 is wel triviaal, maar voor een eigenwaarde geldt dit niet.

Zoals ik al zei: omdat iedere 3e-graads polynoom een oplossing heeft van F(x)=0 heeft iedere reele 3x3 matrix tenminste 1 reele eigenwaarde (wellicht 0). Het is dus zinloos om naar een lineaire oplossing te zoeken, en je moet naar een niet-lineaire oplossing zoeken.

[Confusion]

JaceTBL schreef:
En inderdaad, een 3x3 matrix heeft altijd een niet-triviale eigenvector (dwz eigenwaarde niet 0), dus een lineaire oplossing (roteren enzo) zal niet werken.

Tenzij het de 0-matrix is

De eigenwaarde van de functie (laat ik het zo maar even noemen) mag ook geen 0 zijn, want dan heb je nog steeds dat f(x) = t*x (met t=0).

Moet de functie eigenlijk bijectief zijn? Anders pak je inderdaad gewoon de functie die alles naar [0,0,0] afbeeld

[Confusion]

Lord Daemon schreef:
Een 3x3 matrix kan volgens mij gemakkelijk 2 imaginaire eigenwaarden en eigenwaarde 0 hebben

Natuurlijk, bijvoorbeeld de matrix waarvan de karakteristieke vergelijking lambda*(lambda^2+1) = 0 luidt. Dit hoort bij de matrix:
0 0 0
0 0 -1
0 1 0

[Jace / TBL]

Ehm, fuck ja, ik bedoelde een eigenvector die niet 0 is, ongeacht de bijbehorende eigenwaarde. Maar inderdaad, een lineaire oplossing bestaat in ieder geval niet

De functie hoeft niet bijectief te zijn, maar alles afbeelden naar (0,0,0) voldoet niet omdat dan f(x) = t*x (voor elke x zelfs ).

Een functie die alles afbeeldt op (37,0,0) is dan al beter, dan gaat het alleen nog maar fout voor punten op de x-as.

[Lord Daemon]

Zeg, had iemand het over 1o00 gulden? Volgens mij heb ik de oplossing.

edit:
Misschien toch niet

Ik wil een rotatie om een as die afhangt van de vector zelf. Ik bekijk de hele stuff in bolcoordinaten. Geen enkele vector wordt op een x-maal zichzelf afgebeeld onder een rotatie van 90 graden in de phi-richting. (Waarbij phi de hoek is tussen de positieve z-as en de vector.) Dus: (r,theta,phi) -> (r,theta,phi+1/2*Pi)

x = r sin(phi) cos(theta)
y = r sin(phi) sin(theta)
z = r cos(phi)

Nu geldt natuurlijk dat:
r = (x^2 + y^2 + z^2)^(1/2)
tan(theta) = y/x --> theta = arctan(y/x)
tan(phi)=(x^2+y^2)^(1/2) / z --> phi = arctan( (x^2+y^2)^(1/2) / z )

Dit transformeren we naar:

r = (x^2 + y^2 + z^2)^(1/2)
tan(theta) = y/x --> theta = arctan(y/x)
tan(phi)=(x^2+y^2)^(1/2) / z --> phi = arctan( (x^2+y^2)^(1/2) / z ) + 1/2 Pi

En door weer terug te gaan naar x, y en z krijgen we:

x'= (x^2 + y^2 + z^2)^(1/2) * sin(arctan( (x^2+y^2)^(1/2) / z ) + 1/2 Pi) * cos(arctan(y/x))
y'= (x^2 + y^2 + z^2)^(1/2) * sin(arctan( (x^2+y^2)^(1/2) / z ) + 1/2 Pi) * sin(arctan(y/x))
z'= (x^2 + y^2 + z^2)^(1/2) * cos(arctan( (x^2+y^2)^(1/2) / z ) + 1/2 Pi)

Dit is de gezochte transformatie. Er zitten een paar subtiliteiten in nog - voor z = 0 en x = 0 zijn ze niet goed gedfinieerd, maar hiervoor kunnen we limiet gevallen nemen waarbij de functies duidelijk continu en differentieerbaar blijven. Ik heb geen zin om die nu allemaal uit te schrijven, maar tenzij ik me sterk vergis kan dat wel gemakkelijk.

--------------------------------------------

Hm, ik bedenk me net dat er voor x=y=0 waarschijnlijk toch wat probleempjes zijn. Nou ja, daar kijk ik een andere keer wel naar, nu ga ik

[Lord Daemon]

Best kans dat je dat kan oplossen door een phi-afhankelijke verkleining van r in te voeren zo dat alle (o,o,z)-en op de nul-vector worden afgebeeld. Of mocht dat niet

[AxzZzeL]

Op welk klasniveau is dit ongeveer? Ik zit in VWO 4 maar ik denk niet dat ik dit al gehad heb.

[Lord Daemon]

Ik heb hier allerlei lineaire algebra gebruikt die ik pas in het eerste jaar natuurkunde aan de Universiteit heb gehad, dus in 4 VWO zal je waarschijnlijk nog niet gehoord hebben van eigenvectoren, eigenwaarden en spherische coordinaten.

[Anoniem: 7690]

Als als functie neemt F(V) = V x A (uitprodukt dus).

Dit geeft een vector die loodrecht op V en A staat.

[GeeBee]

Neem de veldvergelijking van een magneet en de richtingsvector van de magnetische naald verandert continue.

[Jace / TBL]

Lord Daemon schreef:
Best kans dat je dat kan oplossen door een phi-afhankelijke verkleining van r in te voeren zo dat alle (o,o,z)-en op de nul-vector worden afgebeeld. Of mocht dat niet?

Nee
f(x) mag voor geen enkele x van de vorm t*x zijn, ook niet met t=0. Let op: x is nooit 0, f is dus een functie op R3\{0} -> R3\{0}, en met R3\{0} bedoel ik dus de 3-dimensionale euclidische ruimte zonder het punt (0,0,0).

AxzZzel schreef:
Op welk klasniveau is dit ongeveer? Ik zit in VWO 4 maar ik denk niet dat ik dit al gehad heb.

De vraag op zich is heel simpel. Ik geloof dat in VWO 4 het begrip vectoren al wel is ingevoerd? "pijltjes in de ruimte" zeg maar, dus bijvoorbeeld (3,4,1). Het enige wat hier de bedoeling is, is een manier te vinden om ieder pijltje van richting te veranderen (dwz je moet een functie f verzinnen die iets met vectoren doet, en als dan bijvoorbeeld p een vector is, mag f(p) niet een veelvoud van p zijn).

Het lastige zit 'em erin om dit op continue wijze te doen. Dat betekent, simpel gezegd, dat als twee vectoren p en q bijna hetzelfde zijn, dat f(p) en f(q) dan ook bijna hetzelfde moeten zijn (anders gezegd, dat f niet ergens 'verspringt').

wVm schreef:
Als als functie neemt F(V) = V x A (uitprodukt dus).
Dit geeft een vector die loodrecht op V en A staat.

Dat kan ja, maar wat neem je voor A?

A mag dan namelijk niet evenwijdig (of tegengesteld) zijn aan V (anders is het uitprodukt 0), en als je zo'n vector altijd kunt vinden (op continue manier) dan is dat ook al een oplossing van het probleem

GeeBee schreef:
Neem de veldvergelijking van een magneet en de richtingsvector van de magnetische naald verandert continue.

Ehm, klinkt goed, maar ik weet geen zak van magneten Weet jij hoe die functie of vergelijking eruit ziet?

[Anoniem: 36884]

Als de oorspronkelijke vector is dan is het uitwendig produkt (x1,2x2,3x3)x(x1,x2,x3) toch altijd een vector die loodrecht op de oorspronkelijke vector staat. Dit lijkt me ook een behoorlijk continue functie. Eigenlijk heb ik geen verstand van wiskunde. Verbeter me als het niet goed is.

[Confusion]

Proost schreef:
Als de oorspronkelijke vector is dan is het uitwendig produkt (x1,2x2,3x3)x(x1,x2,x3) toch altijd een vector die loodrecht op de oorspronkelijke vector staat. Dit lijkt me ook een behoorlijk continue functie. Eigenlijk heb ik geen verstand van wiskunde. Verbeter me als het niet goed is.

Het uitwendig product van een vector met dezelfde vector is altijd 0: het uitwendig product staat loodrecht op het vlak opgespannen door de twee vectoren waar je het uitwendig product van neemt en dat vlak is onbepaald wanneer de twee vectoren geen vlak opspannen. De enige vector die loodrecht op alle mogelijke vlakken staat is de nulvector.

[GeeBee]

Ehm, klinkt goed, maar ik weet geen zak van magneten Weet jij hoe die functie of vergelijking eruit ziet?

Ik zal eens navragen bij mijn Natuurkunde-collega's

[Anoniem: 36884]

Op maandag 24 december 2001 00:36 schreef Fused het volgende:

[..]

Het uitwendig product van een vector met dezelfde vector is altijd 0: het uitwendig product staat loodrecht op het vlak opgespannen door de twee vectoren waar je het uitwendig product van neemt en dat vlak is onbepaald wanneer de twee vectoren geen vlak opspannen. De enige vector die loodrecht op alle mogelijke vlakken staat is de nulvector.

Ja dat is natuurlijk allemaal bekend, maar ik neem niet het uitwendig produkt van een vector met zichzelf. Zie boven.
Wat ik hierboven schreef is overigens niet juist want voor de vector (1,0,0) krijg je inderdaad geen antwoord dat aan de eisen voldoet.

Een goede oplossing van het probleem lijkt me toch wel het volgende: vector (x,y,z) functievoorschrift: (x^2,y^2+1,z^2+2) geeft voor alle x,y,z een vector met een andere richting. Tot het tegendeel blijkt.

[Anoniem: 12020]

Een goede oplossing van het probleem lijkt me toch wel het volgende: vector (x,y,z) functievoorschrift: (x^2,y^2+1,z^2+2) geeft voor alle x,y,z een vector met een andere richting. Tot het tegendeel blijkt.

code:

tegendeel:

[ x^2 = t*x
[ y^2+1 = t*y
[ z^2+2 = t*z

oplossingen:

|x| > 2*SQRT(2)
y = 1/2*x +/- 1/2*SQRT(x^2-4)
z = 1/2*x +/- 1/2*SQRT(x^2-8)

Voor alle vectoren V=(x,y,z) die daaraan voldoen geldt jouw formule dus niet

[Lord Daemon]

Een goede oplossing van het probleem lijkt me toch wel het volgende: vector (x,y,z) functievoorschrift: (x^2,y^2+1,z^2+2) geeft voor alle x,y,z een vector met een andere richting. Tot het tegendeel blijkt.

x = t of x = 0, het x-stuk legt dus geen enkele beperking op. Dan houd je over:

y^2 + 1 = t * y
z^2 + 2 = t * z

Met y,t en z willekeurig moet daar toch wel een oplossing voor zijn hoor. Voor iedere y kan je een t berekenen, en dan is er dus de vraag of geldt dat:

z^2 - t*z + 2 = 0 een reele oplossing heeft. Als t een beetje groot is geldt dat zeker. En je kan t natuurlijk willekeurig groot maken door y dicht naar 0 te laten naderen.

[Confusion]

Ah, ik had over de factoren 2 en 3 heen gelezen...

maargoed, Lord Daemon had al aangetoond dat elke lineaire transformatie niet voldoet en het uitwendig product is lineair.

[Jace / TBL]

Proost schreef:
Een goede oplossing van het probleem lijkt me toch wel het volgende: vector (x,y,z) functievoorschrift: (x^2,y^2+1,z^2+2) geeft voor alle x,y,z een vector met een andere richting. Tot het tegendeel blijkt.

Helaas, de vector (0,w+1,w) (waar bij w de wortel van 2 is) wordt hierdoor op een veelvoud van zichzelf afgebeeld

[Lord Daemon]

maargoed, Lord Daemon had al aangetoond dat elke lineaire transformatie niet voldoet en het uitwendig product is lineair

Het uitwendig product is een functie die op 2 vectoren werkt, en niet een lineaire transformatie van 1 vector, dus wat bedoel je precies?

[mph_rbi]

Op maandag 24 december 2001 17:16 schreef JaceTBL het volgende:

[..]

Helaas, de vector (0,w+1,w) (waar bij w de wortel van 2 is) wordt hierdoor op een veelvoud van zichzelf afgebeeld

offtopic:
Jace WTF!! Ik heb altijd gedacht dat je dom was :-)..

[BezurK]

offtopic:
haha, demosceners op GoT

* BezurK kan zich nog herinner uitgelachen te worden door een paar random sceners toen hij er eerlijk voor uitkwam een GoT'er te zijn...

[mph_rbi]

Haha .. lache dus .. Bezurker is een Gotter :-)

maar goed.. k kan mezelf zo ook wel noemen ondertussen ..

[Jace / TBL]

Jace WTF!! Ik heb altijd gedacht dat je dom was

Ben ik ook daarom stel ik al die moeilijke vragen hier ipv het zelf op te lossen.

Het uitwendig product met een constante vector is idd een lineaire functie, en dan heb je dus ook een eigenvector (namelijke die constante vector zelf). Het uitproduct van je vector (x,y,z) met de vector (x,2y,3z) zoals Proost voorstelde is niet lineair, maar voldoet helaas ook niet aan de eisen.

Maar we hoeven het niet in een uitproduct te zoeken, want zoals ik heb gezegd moet je daarvoor al vector hebben die niet evenwijdig is aan je inputvector (om het uitproduct mee te nemen), en als je die kunt vinden is dat op zich al een oplossing.

Maar ik begin de hoop een beetje op te geven dat zo'n functie bestaat

[Anoniem: 36884]

Op maandag 24 december 2001 17:16 schreef JaceTBL het volgende:

[..]

Helaas, de vector (0,w+1,w) (waar bij w de wortel van 2 is) wordt hierdoor op een veelvoud van zichzelf afgebeeld

Met de discussie of je dom ben wil en kan ik me niet bemoeien. Maar dat je hierboven een fout maakt zou me niet verbazen. Als ik het nareken kom ik op (0,4+2w,4). Dat is toch echt niet een veelvoud van het origineel. Heb ik haakjes gemist oid?

Overigens lijkt het me verbazingwekkend dat de bedoelde functie niet zou bestaan. Het zal inderdaad wel geen lineaire transformatie van de originele vector zijn. Maar er is toch wel een uitdrukking voor een 3-dimensionale vector die loodrecht op een gegeven vector staat.

[Jace / TBL]

Met de discussie of je dom ben wil en kan ik me niet bemoeien. Maar dat je hierboven een fout maakt zou me niet verbazen. Als ik het nareken kom ik op (0,4+2w,4). Dat is toch echt niet een veelvoud van het origineel. Heb ik haakjes gemist oid?

(0,4+2w,4) is precies 2w * (0,1+w,w). De uitkomst is dus wortel 8 maal de originele vector.

Overigens lijkt het me verbazingwekkend dat de bedoelde functie niet zou bestaan. Het zal inderdaad wel geen lineaire transformatie van de originele vector zijn. Maar er is toch wel een uitdrukking voor een 3-dimensionale vector die loodrecht op een gegeven vector staat.

Jep, dat zou je op het eerste gezicht wel zeggen. Ik werd dan ook behoorlijk paranoide toen het na een aantal pogingen maar niet wou lukken. Loodrecht hoeft trouwens nog niet eens, niet-evenwijdig (en niet tegengesteld) is al genoeg, je kunt dan het uitproduct nemen met de originele vector om tot een loodrechte vector te komen.

Maar na vele pogingen ben ik er eens goed over gaan nadenken, en m'n intuïtie zegt dat zo'n functie niet bestaat. Maar bewijzen kan ik het niet

't Blijft hoe dan ook raar, want als je het zo leest lijkt het uiterst simpel om zo'n transformatie te vinden.

[Anoniem: 36884]

Op maandag 24 december 2001 13:31 schreef Lord Daemon het volgende:

[..]

x = t of x = 0, het x-stuk legt dus geen enkele beperking op. Dan houd je over:

y^2 + 1 = t * y
z^2 + 2 = t * z

Met y,t en z willekeurig moet daar toch wel een oplossing voor zijn hoor. Voor iedere y kan je een t berekenen, en dan is er dus de vraag of geldt dat:

z^2 - t*z + 2 = 0 een reele oplossing heeft. Als t een beetje groot is geldt dat zeker. En je kan t natuurlijk willekeurig groot maken door y dicht naar 0 te laten naderen.

De Kerstdagen hadden mijn brein beneveld. Vandaar deze late reactie. Wat je hierboven beweert klopt wel.

Maar dan doen we het nog eens over maar nu goed.
(x,y,z) beelden we af op (x,y,z^2+1).

x = t*x levert t = 0 of 1
y = t*y levert t = 0 of 1
z^2+1 = t*z heeft voor t = 0 en t = 1 geen reele oplossing.

Dit alles tot het tegendeel blijkt.

[Anoniem: 36884]

Op donderdag 27 december 2001 15:19 schreef JaceTBL het volgende:

[..]

(0,4+2w,4) is precies 2w * (0,1+w,w). De uitkomst is dus wortel 8 maal de originele vector.
[..]

Ja, je hebt gelijk. Dat kerstgedoe heeft mijn rekenvaardigheden aardig aangetast.

Maar ik blijf mijn best doen. Misschien vind je in bovenstaande post (antwoord aan LD) een oplossing van het probleem. Maar ja LD zal het wel weer gefundeerd onderuithalen.

[Jace / TBL]

Maar dan doen we het nog eens over maar nu goed.
(x,y,z) beelden we af op (x,y,z^2+1).

Helaas, (0,0,37) wordt dan een veelvoud van zichzelf

[Anoniem: 36884]

Op donderdag 27 december 2001 16:02 schreef JaceTBL het volgende:

[..]

Helaas, (0,0,37) wordt dan een veelvoud van zichzelf

Weer mis. Het lijkt meer op een loterij dan een oplossing