WisFaq!

Stel G,* is een groep en H is een deelgroep van G, dan kunnen we $\forall $ a,b $\in $ G een inwendige bewerking $\otimes $ definiëren zodat
(a*H) $\otimes $ (b*H)

Welnu als ik het volgende voorbeeld neem geraak ik in de war over de bewerkingen op G en H
G = $\mathbf{Z}$ ,+
H = $\mathbf{Z}$ /2 $\mathbf{Z}$ (dus alle even getallen)
(a*H) $\otimes $ (b*H) wordt dan
(a+H) + (b+h), en hier is dan toevallig de optelling de bewerking voor zowel G als H. Juist?
Geys F
13-1-2024

Antwoord

Je moet wel je zinnen afmaken. Je eerste zin is niet af: "$\dots$ zodat $(a*H)\,(b*H)$ " zegt niets want $(a*H)\,(b*H)$ is geen bewering of conclusie.
Verder specificeer je ook niet waarop die bewerking gedefinieerd zou moeten zijn, op welke verzameling. Voor de goede orde: je hebt daar niets gedefineerd.

Verder ziet je voorbeeld er wat raar uit: $(\mathbb{Z},+)$ is inderdaad een groep maar je $H$, $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$, is daar geen ondergroep van, maar al een quotiëntgroep. Uit wat tussen haakjes staat concludeer ik dat waarschijnlijk $H=2\mathbb{Z}$ bedoeld wordt.

Wat je vraag aan het eind betreft: in $(a+H)+(b+H)$ komen de eerste en laatste $+$ uit $\mathbb{Z}$; de middelste is de bewerking die we op $G/H$ willen definiëren (maar dat is nog niet gebeurd). Dit is vrij wijd verbreid in de Algebra: de bewerking op het quotiënt krijgt hetzelfde symbool als de bewerking op de oorspronkelijke groep, de betekenis is nieuw.
In het begin gebruikt men wel eens een ander symbool om het verschil duidelijk te maken, maar er komt altijd een moment waarop men dat verschil laat vallen.

Dus hier zou men kunnen schrijven: we definëren een bewerking $\bar+$ op $G/H$ door
$$(a+H)\mathbin{\bar+}(b+H) = (a+b)+H
$$(dat ontbrak nog in je vraag). Alle plussen behalve $\bar+$ komen uit $G=\mathbb{Z}$, alleen $\bar+$ is nieuw.

Ten slotte: dit gaat alleen goed als $H$ een normale ondergroep is, anders wordt $G/H$ zo geen groep.
kphart
13-1-2024

Vanwaar verdwijnt de q uit de breuk als je de breuk anders opschrijft

Zie voorbeeld, zou u mij kunnen uitleggen vanwaar de x uit de -60000q verdwijnt bij het herschrijven.
A1
2-2-2024

Antwoord

Het is niet geheel duidelijk waar dit over gaat. Het je misschien een linkje? Je kunt ook een plaatje meesturen misschien wordt het dan duidelijker?
WvR
2-2-2024

Re: Vanwaar verdwijnt de q uit de breuk als je de breuk anders opschrijft

Ja zeker...
A
2-2-2024

Antwoord

Je kunt de teller door $q$ delen. Je moet dan wel alle termen van de teller delen door $q$. Helemaal uitgeschreven krijg je dan:

$
\eqalign{
& \frac{{ - 60000q + 6000000}}
{q} = \cr
& \frac{{ - 60000q}}
{q} + \frac{{6000000}}
{q} = \cr
& - 60000 + \frac{{6000000}}
{q} \cr}
$

Helpt dat?

WvR
2-2-2024

Equivalentierelatie en quotiëntverzameling

Mag ik het volgende zeggen:
De equivalentierelatie "... is evenwijdig met ..." deelt de verzameling L op in equivalentieklassen en noemen we richtingen
de richtingen vormen een partitie in L
de verzameling van alle equivalentieklassen (richtingen) noemen we de quotiëntverzameling van "L / de relatie evenwijdig met"
En
De equivalentieklassen van de equivalentierelatie “… is equipollent met …” in L noemen we vectoren
De verzameling van alle equivalentieklassen noemen we de quotiëntverzameling L/… is equipollent met
Deze equivalentieklassen vormen ook een partitie in L

Fons
5-2-2024

Antwoord

Je mag het zeggen, maar het wordt duidelijker als je erbij zegt wat de verzameling $L$ is.

Verder gebruiken we een ander voorzetsel: "van" in plaats van "in". De klassen vormen een partitie van $L$.

Ok zijn niet alle zinnen grammaticaal.
In de eerste zou ik "die" invoegen voor "noemen". En de vijfde zou ik precies zo opschrijven als de derde: ... de quotiëntverzameling van "L/de relatie is equipollent met"

Ten slotte: uit de term "vectoren" leid ik af dat "equipollent" staat voor "gelijke lengte, richting, en oriëntatie"; dat zou ik er wel bij vertellen want het woord "equipollent" wordt maar heel weinig gebruikt. (En kennelijk bestaat $L$ uit lijnstukken-met-eindpunten.)
kphart
6-2-2024

Los veelterm algebraisch op

Beste,

Gegeven is dat de veelterm $x^4 - 3x^3 + px^2 + qx + r$ deelbaar is door $x + 1$ en $x^2 - 2x + 2$. Gevraagd is om algebraïsch te bepalen waar $(p+q)r$ gelijk aan is. Ik heb eerlijk gezegd geen idee hoe ik dit moet aanpakken want ik dacht eerst zelf ontbinden in factoren, namelijk: $x^4 - 3x^3 + px^2 + qx + r$ = $z (x + 1) (x^2 - 2x + 2)$ met $z \neq 0$, maar dit lijkt al mis te gaan want wie zegt dat het product van de twee delers zelf ook een deler is? Dat gaat namelijk fout in dit voorbeeld: 30 is deelbaar door 15 en 10 maar niet door het product, 150. Ik weet ook niet of dit de beste aanpak is. Hulp is gewenst.

Vriendelijke groet,

Ramoy
Ramoy
5-2-2024

Antwoord

Je twijfel is goed, maar hier niet op zijn plaats. In je voorbeeld hebben $15$ en $10$ factor gemeen: $5$, en die zorgt voor het probleem.

In de opgave is de ggd van de twee factoren gelijk aan $1$, dus het polynoom is deelbaar door hun product. Er zijn andere dingen die je kunt gebruiken: als $x+1$ een deler is van een polynoom $p(x)$ dan geldt $p(-1)=0$, en dat geeft een vergelijking in $p$, $q$, en $r$.
Je kunt je $p(x)$ delen door $x^2-2x+2$, dan krijg je twee uitdrukkingen in $p$, $q$, en $r$ die gelijk aan nul moeten zijn. Uit die drie vergelijkingen kun je $p$, $q$, en $r$ oplossen.

Alternatief: je kent drie nulpunten van $p(x)$, namelijk $-1$, $1+i$, en $1-i$ (complex, dat wel). De som van de vier nulpunten is gelijk aan $3$, dus ken je het vierde nulpunt ook, en daarmee kun je $p(x)$ reconstrueren.
kphart
6-2-2024

Vergelijking met breuk als macht

Hoeveel oplossingen heeft de vergelijking (2x+3)^(-2/3)=4/9 ?
Ik (en Geogebra en de GR) vind er 2, het uitwerkingeboek zegt 1.
Wie heeft gelijk?
Peter
9-3-2024

Antwoord

Dat is een goede vraag en het antwoord hangt van de definitie van machtsverheffen af.
Voor positieve getallen $a$ is voor elk reëel getal $x$ goed af te spreken wat $a^x$ betekent. Zie bijvoorbeeld dit nummer van Pythagoras.

Voor negatieve getallen $a$ is $a^x$ maar voor een beperkte hoeveelheid $x$-en goed af te spreken.

Je hebt waarschijnlijk $\frac3{16}$ en $-\frac{51}{16}$ als oplossingen gevonden, en het boek alleen $\frac3{16}$. Dat laatste komt vermoedelijk omdat het boek alleen aan machtsverheffen doet als het grondtal positief is, en dus alleen $x$-en zoekt met een positieve $2x+3$.

Maar voor deze exponent gaat het nog net goed, zoals je in Pythagoras kunt lezen. Als je echter $(2x+3)^{-\frac32}=\frac49$ op wil lossen krijg je maar één oplossing, met een positieve $2x+3$.

Het boek heeft, denk ik, omwille van uniformiteit besloten bij niet-gehele exponenten alleen naar positieve grondtallen te kijken.

kphart
10-3-2024