Het algemene probleem (met twee vaste punten, maar in een willekeurige dimensie) heb ik hier gepost en ondertussen zelf ook kunnen oplossen :wink:
http://math.stackexchange.com/questions/1411324

[quote="barto"]Nu hebben we het nog niet gehad over de situatie waar meer dan 2 punten gegeven zijn.
Neem de punten (0,0), (a,b), (c,d) en we willen de inhoud van het viervlak door (x,y) minimaliseren, i.f.v (a,b,c,d).[/quote]
Neem maar 3 coördinaten per punt, dat zal beter zijn.
Maar het komt niet mooi uit:
Te minimaliseren is
[tex]\frac16\begin{vmatrix} 0 &0 &0 &1 \\ x_1 & y_1 & z_1 &1 \\ x_2& y_2 &z_2 &1 \\ a & b &c & 1 \end{vmatrix}[/tex]
Wat geeft [tex]\frac16ggd(y_1z_2-y_2z_1,x_2z_1-x_1z_2,x_1y_2-x_2y_1)[/tex] als minimum

[quote="op=op"]Je hebt zoveel keuze dat ik vermoed dat het altijd kan.[/quote]
Zo dacht ik er ook over.
Nu hebben we het nog niet gehad over de situatie waar meer dan 2 punten gegeven zijn.
Neem de punten (0,0), (a,b), (c,d) en we willen de inhoud van het viervlak door (x,y) minimaliseren, i.f.v (a,b,c,d).

Wat bewezen moet worden is dat er bij elke gegeven n-dim. vector b van gehele getallen
er een (n-1)xn matrix van gehele getallen A bestaat zo dat Ab=0.

Je hebt zoveel keuze dat ik vermoed dat het altijd kan.

Analoog aan jouw bewijs, maar niet volledig... :roll:
(ook hier [tex]x=u(1);y=u(2);z_1=u(3)_1[/tex]) en we werken in dimensie n.

Te bewijzen is dat
[tex]\left\{\begin{matrix} \begin{vmatrix} u(2)_1& u(3)_1&... &u(n)_1 \\ u(2)_2&u(3)_2 &... & u(n)_2\\ ...&...&... & ...\\ u(2)_n&u(3)_n&...&u(n)_n \end{vmatrix}=k_1\\ \\ \begin{vmatrix} u(1)_1& u(3)_1&... &u(n)_1 \\ u(1)_2&u(3)_2 &... & u(n)_2\\ ...&...&... & ...\\ u(1)_n&u(3)_n&...&u(n)_n \end{vmatrix}=k_2\\ \\ ...\\ \\ \begin{vmatrix} u(1)_1& u(2)_1&... &u(n-1)_1 \\ u(1)_2&u(2)_2 &... & u(n-1)_2\\ ...&...&... & ...\\ u(1)_n&u(2)_n&...&u(n-1)_n \end{vmatrix}=k_n \end{matrix}\right.[/tex]
oplossingen heeft voor elke [tex](k_1,...,k_n)[/tex]
(Stel voor de gemakkelijkheid de m-de matrix in de n-de dimensie gelijk aan [tex]M(n,m)[/tex].)

We mogen aannemen dat [tex]ggd(k_1,...,k_n)=1[/tex].
(Stel niet en ggd=m, los dan op voor [tex]k_i/m[/tex] en vermenigvuldig alle [tex]u(i)_1[/tex] met m, of dus alle [tex]|M(n,i)|[/tex] met m en je bent klaar.)

Dan bewijs je met inductie dat je mag aannemen dat [tex]ggd(k_{i_1},k_{i_2},...,k_{i_m})=1[/tex] met m afdalend vanaf n-1 tot 2.
Stel dat het waar is voor m. (En neem zonder verlies van algemeenheid [tex]i_j=j[/tex].)
Stel dat het niet waar is voor m-1, dus [tex]p|ggd(k_1,...,k_{m-1})[/tex] met p een priemgetal.
...: de grootste stap in het inductie-gedeelte. Het komt er op neer dat je probeert te bewijzen dat er nog minstens één van [tex]k_m,...,k_n[/tex] deelbaar is door p. Ik geraak er niet (onmiddellijk) uit, maar het moet ook iets zijn zoals op=op deed.

[quote="barto"]
Zullen we gewoon aannemen dat het ook klopt voor hogere dimensies of dat ook bewijzen? :roll:[/quote]

Met [tex]y[/tex] bedoel ik in het voorgaande 3-dim. geval de kolomvector [tex](y_1,y_2)^t[/tex] en in het n-dim. geval [tex](y_1,\cdots,y_n)^t[/tex].
In 3 dimensies hadden we de vectoren [tex]x,y,z[/tex].
In n dimensies noem ik de vectoren [tex]x1,\cdots xn[/tex].
In dim 3 hadden we nog de getallen [tex]u,v,w[/tex], die in n dim. worden [tex]u(1),\cdots,u(n)[/tex].

We maken een speciale vector [tex]q = (u(n),-u(n-1),u(n-2),-u(n-3),\cdots,\pm u(1))[/tex].

Als we een oplossing in gehele getallen kunnen vinden voor de vectoren [tex]x1,\cdots xn[/tex]
van de matrixvergelijking
[tex](x1,\cdots xn) q = 0[/tex], dan zijn we klaar.

Dat is als volgt te zien:
Plaats boven bovengenoemde matrix een rij van enen, en pas de regel van Cramèr toe.
(Noem de onderdeterminant corresponderend met [tex]q[k][/tex], [tex]q[k]'[/tex]).
Dat levert een lineair stelsel op met een vrijheidsgraad.
Een van de oplossingen is [tex]q[k]=q[k]'[/tex] en daar alle getallen in de matrix gehele getallen zijn is de matrix zodanig te verminigvuldigen dat aan [tex]q[k]=q[k]'[/tex] is voldaan).

Nice! :wink: :P
Zullen we gewoon aannemen dat het ook klopt voor hogere dimensies of dat ook bewijzen? :roll:

Te bewijzen is dat [tex]\left\{\begin{matrix} y_1z_2-y_2z_1=u\\ x_1z_2-x_2z_1=v\\ x_1y_2-x_2y_1=w \end{matrix}\right.[/tex] oplossingen heeft voor elke (u,v,w).

We mogen aannemen dat ggd(u,v,w)=1.
(Stel niet en ggd = k, los dan eerst op voor u/k,v/k.w/k en vermenigvuldig x,y,z met index 1 met k).

We mogen aannemen dat ggd(v,w)=1.
(Stel niet en ggd = k, y2 maal 2-de verg. minus z2 maal 3-de vergelijking geeft dat x2 door k deelbaar is of (zie 1-ste verg. dat u deelbaar is door k (en dat mag niet).
Analoog is x1 deelbaar door k, zodat we eerst u,v/k,w/k oplossen en dan de x1 en x2 met k verm.).

Kies x1=x2=1.
Uit de 3-de verg. volgt y1=y2+w
en uit de 2-de verg. volgt z2 = z1 + v
Substitueren in de eerste verg. geeft vy1 - wz1 = u.
ggd(v,w)=1, zodat er y1 en z1 is zo dat vy1-wz1 = 1.
y1 en z1 met u vermenigvuldigen en de rest is duidelijk.

De oplossing voor dat laatste is [tex]y_1=\frac{f_1}{z_2}=\frac{f_1x_1}{f_3}=\frac{f_1f_5}{f_3y_2}=...=\frac{f_1f_5f_4y_1}{f_3f_2f_6}[/tex] en dat geeft geen oplossing. Analoog voor de andere variabelen, dus dit is een dood spoor.

[tex]\left\{\begin{matrix} y_1z_2-y_2z_1=u\\ x_1z_2-x_2z_1=v\\ x_1y_2-x_2y_1=w \end{matrix}\right.[/tex]

dus, [tex]\gcd(y_1,y_2)|u[/tex], [tex]\gcd(z_1,z_2)|u[/tex], en analoog voor v,w.
Nu moet het verder gaan met deelbaarheid, aangenomen dat au+bv+cw=ggd(a,b,c).

Neem [tex]y_1z_2=f_1[/tex], [tex]y_2z_1=f_2[/tex], ... dus je geeft alle mogelijke producten (3*2=6) een naam.
Dat geeft een nieuw, lineair stelsel in [tex]f_1,...,f_6[/tex] en heeft oneindig veel oplossingen in gehele getallen.
Op te lossen is nu
[tex]\left\{\begin{matrix} y_1z_2=f_1\\ y_2z_1=f_2\\ x_1z_2=f_3\\ x_2z_1=f_4\\ x_1y_2=f_5\\ x_2y_1=f_6 \end{matrix}\right.[/tex]
voor minstens één waarde van (f_1,...,f_6).

Als dit de goede richting uitgaat, tenminste.

[quote="barto"]
Te bewijzen is dat [tex]\left\{\begin{matrix} y_1z_2-y_2z_1=u\\ x_1z_2-x_2z_1=v\\ x_1y_2-x_2y_1=w \end{matrix}\right.[/tex] oplossingen heeft voor elke (u,v,w).[/quote]
Met alle variabelen gehele getallen.

Dat is inderdaad de kern van het probleem.
Ik heb geen idee hoe je dit aanpakt.

ggd(a,b,c)|xa+yb+zc : triviaal toch?
Voor een streng bewijs:
ggd(a,b,c)|ggd(a,b)|xa+yb dus ggd(a,b,c)=ggd(ggd(a,b),c)|ggd(xa+yb,c)|xa+yb+zc
Want dat laatste is een lineaire combinatie van xa+yb en c.

Dit geeft echter geen antwoord op het tweede probleem...
Te bewijzen is dat [tex]\left\{\begin{matrix} y_1z_2-y_2z_1=u\\ x_1z_2-x_2z_1=v\\ x_1y_2-x_2y_1=w \end{matrix}\right.[/tex] oplossingen heeft voor elke (u,v,w).

Ja 'k begrijp wat je wilt zeggen. Is er een mogelijkheid om dit probleem te verhelderen?

[quote="toonijn"][tex]\frac{1}{6}\begin{vmatrix}0 & 0 & 0 & 1\\a & b & c & 1\\x_1 & y_1 & z_1 & 1\\x_2 & y_2 & z_2 & 1\end{vmatrix}=-\frac{1}{6}\begin{vmatrix}a & b & c\\ x_1 & y_1 & z_1\\x_2 & y_2 & z_2\end{vmatrix}=\frac{1}{6}(-a\begin{vmatrix}y_1 & z_1\\ y_2 & z_2\end{vmatrix}+b\begin{vmatrix}x_1 & z_1\\ x_2 & z_2\end{vmatrix}-c\begin{vmatrix}x_1 & y_1\\ x_2 & y_2\end{vmatrix})[/tex]
Als we hier kunnen uitgaan van een 3-voudige lineaire combinatie is her resultaat dus:
[tex]\frac{1}{6}\gcd(a,b,c)[/tex][/quote]


Wat ik wil bedoelen is dat er een verband bestaat tussen de coëfficiënten van a, b en c in de lineaire combinatie. Doordat in de determinanten dezelfde getallen terugkomen. Dit verhindert misschien dat het mogelijk is om de ggd te vormen. Dat ontbreekt m.i. in je bewijs.

[quote="wnvl"]x_1=zx en x_2=zy

x_1 en x_2 moeten dus een veelvoud zijn van z en zijn niet vrij te kiezen.[/quote]

Analoog zou je evengoed kunnen stellen dat x_2 en x_3 veelvouden moeten zijn, of x_1 en x_3

Het zegt ook niet wat x_1, x_2 en x_3 zijn. Het zegt dat er bestaan waarbij de ggd verkregen wordt.

Bij een gewone lineaire combinatie zijn x en y (in ggd(a,b)=ax+by) ook niet vrij te kiezen. Het zegt dat er bestaan.