For æresdoktoratet i Bergen 28 august 2008

Størrelse: px
Begynne med side:

Download "For æresdoktoratet i Bergen 28 august 2008"

Transkript

1 ITERERTE LINEÆRE REKURSJONER OG SCHUBERT REGNING For æresdoktoratet i Bergen 28 august Adjunksjon av røtter 1.1 Notasjon. La A være en ring. For en A-algebra B betrakter vi Hom A (B, A) som en B-algebra via multilikasjonen av b B med u Hom A (B, A) definert ved (bu)(b ) = u(bb ) for alle b i B. 1.2 Adjunksjon av en rot til et olynom. La B være en A-algebra og la f(t) = T n b 1 T n ( 1) n b n være et olynom med koeffisienter i B. Sett der ξ er klassen til T modulo f. B[ξ] = B[T]/(f) 1.3 Proosisjon. Vi har at B[ξ] er en fri B-modul med basis 1, ξ,..., ξ n 1 og vi har en slitting f(t) = (T ξ)g(t) over B[ξ][T]. For hvert element c C og hver A-algebra homomorfi ϕ : B C har vi at ϕ kan utvides til en A-algebra homomorfi slik at ψ(ξ) = c, hvis og bare hvis ψ : B[ξ] C (ϕf)(t) := T n ϕ(b 1 )T n ( 1) n ϕ(b n ) = (T c)h(t) i C[T], det vil si, c er en rot i (ϕf)(t). Når c er en rot i (ϕf)(t) vil h(t) = (ϕg)(t) og homomorfien ψ er entydig bestemt av c. Bevis. Alle åstandene i roosisjonen følger umiddelbart av definisjonen av restklasseringen B[T]/(f). 1 Tyeset by AMS-TEX

2 1.4 Definisjon. La : B[ξ] B være den B-lineære homomorfien definert av { 1 for i = n 1 (ξ i ) = 0 for 0 i < n Lemma. (Thoru) Avbildningen av B[ξ]-moduler Hom A (B, A) B B[ξ] Hom A (B[ξ], A) som avbilder u f til fu er en isomorfi. Sesielt vil Hom A (A[ξ], A) være en fri A[ξ]-modul med basis. Bevis. La v : B[ξ] A være A-lineær. Vi skal vise at det finnes entydige homomorfier u 0, u 1,..., u n 1 i Hom A (B, A) slik at u 0 ξ 0 + u 1 ξ u n 1 ξ n 1 avbildes å v. Det vil si v(bξ i ) = u 0 (bξ i ) + u 1 (bξ i+1 ) + + u n 1 (bξ i+n 1 ) for alle b i B og i = 0, 1,..., n 1. Setter vi suksessivt i til 0, 1,..., n 1 får vi først v(b) = u n 1 (b) som bestemmer u n 1 entydig. Deretter får vi v(bξ i ) u n i 1 (b) uttrykket ved verdiene til u n i,..., u n 1 å elementer i B. Derfor får vi, rekursivt etter i, bestemt u n 1, u n 2,..., u 0 entydig slik at v = u 0 +ξu 1 + +ξ n 1 u n 1. Vi har dermed vist at avbildningen i lemmaet er surjektiv. Av entydigheten av u 0, u 1,..., u n 1 følger det at den også er injektiv. 2. Adjunksjon av røtter og lineær rekursjon 2.1 Notasjon. La A være en ring og la være et olynom med koeffisienter i A. (T) = T n c 1 T n ( 1) n c n 2.2 Setning. Det er en bijektiv korresondanse mellom A-modul homomorfier u : A[ξ] A og løsninger a 0, a 1,... av den lineære rekursjonen a i+n c 1 a i+n ( 1) n c n a i = 0 for i = 0, 1,.... Korresondansen tilordner til u sekvensen a 0 = u(ξ 0 ), a 1 = u(ξ), a 2 = u(ξ 2 ),.... Bevis. En A-modul homomorfi u : A[ξ] A svarer til en A-modul homomorfi v : A[T] A som er null å idealet generert av (T), det vil si, som er null å elementene T i (T n c 1 T n 1 + +( 1) n c n ) for i = 0, 1,.... Med andre ord svarer v til en sekvens a 0 = v(t 0 ), a 1 = v(t), a 2 = v(t 2 ),... av elementer i A slik at v(t i+n c 1 T i+n ( 1) n c n T i ) = a i+n c 1 a i+n ( 1) n c n a i = 0 for i = 0, 1,.... Dette viser setningen. 2

3 3.1 Notasjon. La A være en ring og la 3. Slitting algebraer (T) = T n c 1 T n ( 1) n c n være et olynom med koeffisienter i A. For hver A-algebra ϕ : A B betrakter vi (T) som et olynom i B[T] via ϕ, det vil si, vi skriver (ϕ)(t) = T n ϕ(c n ) + + ( 1) n ϕ(c n ) = T n c 1 T n ( 1) n c n = (T). 3.2 Definisjon. La 1 d n. En d te slitting algebra for (T) over A er en A- algebra som reresenterer den kontravariante funktoren fra A-algebraer til mengder som til en A-algebra homomorfi ϕ : A B tilordner slittinger (ϕ)(t) := T n ϕ(c 1 )T n ( 1) n ϕ(c n ) = (T b 1 ) (T b d )g(t) i B[T] der b 1,..., b d er en sekvens av røtter i B. En A-algebra homomorfi ψ : B C avbilder en slik slitting til ((ψϕ))(t) = (T ψ(b 1 )) (T ψ(b d )(ψg)(t). Røttene ξ 1,..., ξ d i den universelle slittingen (T) = (T ξ 1 ) (T ξ d ) (T) av (T) over en slitting algebra kalles universelle røtter. Når d = n kaller vi en slitting algebra en total slitting algebra. 3.3 Setning. For hvert d finnes det en d te slitting algebra. En slitting algebra er generert som A-algebra av de universelle røttene ξ 1,..., ξ d, og som A-modul er den fri av rang n! (n d)! generert av elementene ξ h 1 1 ξh 2 2 ξh d d med 0 h i n i for i = 1,..., d. (3.3.1) Bevis. Vi viser setningen ved induksjon etter d. For d = 1 har vi ved adjunksjon av en rot til (T) i Proosisjon 1.3 at A[ξ 1 ] = A[T]/() er en første slitting algebra med klassen ξ 1 til T modulo (T) som universell rot, og A[ξ 1 ] har egenskaene i setningen. Ved induksjonshyotesen har vi at det finnes en (d 1) ste slitting algebra A [ξ 2,..., ξ d ] for 1 (T) = (T) T ξ 1 over A = A[ξ] som er fri som A -modul med basis ξ h 2 2 ξh d d der 0 h i n i for i = 2,..., d. Det er klart at A [ξ 2,..., ξ d ] = A[ξ 1,..., ξ d ] har A-modul basen (3.3.1). Det gjenstår å vise at A[ξ 1,..., ξ d ] er en d te slitting algebra. La ϕ : A B være en A-algebra homomorfi og la (ϕ)(t) = (T b 1 ) (T b d )g(t) 3

4 være en slitting av (ϕ)(t) over B[T]. Ved tilfellet d = 1 finnes det en entydig A-algebra homomorfi ϕ : A B slik at ϕ (ξ 1 ) = b 1. Vi har at koeffisientene til 1 (T) = (T) T ξ 1 avbildes ved ϕ å de tilsvarende koeffisientene til g (T) := (T b 2 ) (T b d )g(t). Ettersom A [ξ 2,..., ξ d ] er en (d 1) te slitting algebra for 1 (T) over A får vi en entydig A -algebra homomorfi ψ : A [ξ 2,..., ξ d ] B slik at ψ(ξ i ) = b i for i = 2,..., d. Derfor avbilder ψ de universelle røttene ξ 1,..., ξ d til b 1,..., b d resektive, og derfor gir den universelle slittingen (T) = (T ξ 1 ) (T ξ d ) (T) slittingen (ϕf)(t) = (T b 1 ) (T b d )g(t). 3.4 Alternativ konstruksjon av den totale slitting algebraen. Betegn med A[T 1,..., T n ] olynomringen over A i de variable T 1,..., T n og la c i (T 1,..., T n ) være de elementære symmetriske funksjonene for i = 1,..., n. Da vil restklasseringen A[ξ 1,..., ξ n ] til olynomringen A[T 1,..., T n ] modulo idealet generert av elementene c i (T 1,..., T n ) c i for i = 1,..., n være en n te slitting algebra for (T) over A, der klassene ξ 1,..., ξ n til T 1,..., T n resektive, modulo dette idealet er de universelle røttene. Den universelle slittingen (T) = T n c 1 T n ( 1) n c n = (T ξ 1 ) (T ξ n ) over A[ξ 1,..., ξ n ] er indusert av slittingen (T T 1 ) (T T n ) = T n c 1 (T,..., T n )T n ( 1) n c n (T 1,..., T n ). Alle åstandene er klare. 3.5 Lemma. La : A[ξ 1,..., ξ d ] A være den A-lineære avbildningen definert ved (ξ h 1 1 ξh d d ) = { 1 om hi = n i for i = 1,..., d 0 ellers, når 0 h i n i for i = 1,..., d. Da er sammensetningen av de A[ξ 1,..., ξ i 1 ]-lineære avbildningene definert ved for i = 1,..., d. Bevis. Dette er helt klart. i : A[ξ 1,..., ξ i ] A[ξ 1,..., ξ i 1 ] { i (ξ h i 1 om hi = n i i ) = 0 om 0 h i < n i 4

5 3.6 Setning. (Thoru) La A[ξ 1,..., ξ d ] være en d te slitting algebra for olynomet (T). Da vil A[ξ 1,..., ξ d ]-modul homomorfien Hom A (A, A) A A[ξ 1,..., ξ d ] Hom A (A[ξ 1,..., ξ d ], A) som avbilder u f til fu være en isomorfi. Med andre ord, Hom A (A[ξ 1,..., ξ d ], A) er en fri A[ξ 1,..., ξ d ]-modul med basis. Bevis. Vi viser setningen ved induksjon etter d. For d = 1 er setningen Lemma 1.5 med B = A. Anta at setningen gjelder for d 1. Vi har da en isomorfi av A[ξ 1,..., ξ d 1 ]-moduler Hom A (A, A) A A[ξ 1,..., ξ d 1 ] Hom A (A[ξ 1,..., ξ d ], A). (3.6.1) Av Lemma 1.5 med B = A[ξ 1,..., ξ d 1 ] får vi en isomorfi av B[ξ d]-moduler Hom A (A[ξ 1,..., ξ d 1 ], A) A[ξ1,...,ξ d 1 ] A[ξ 1,..., ξ d ] Hom A (A[ξ 1,..., ξ d ], A). (3.6.2) Tensorierer vi begge sidene av (3.6.1) med A[ξ 1,..., ξ d ] over A[ξ 1,..., ξ d 1 ] og bruker (3.6.2) følger isomorfien i setningen av Lemma Residuer 4.1 Notasjon. En Laurent rekke er en formell otensrekke + b 2 T 2 + b 1 T + b 0 + b 1 T + b 2 T 2 + i ositive og negative otenser av T med koeffisienter i en ring. La g i = + g i,2 T 2 + g i,1 T + g i,0 + g i, 1 T være Laurent rekker for i = 1,..., d. Vi setter Res(g 1,..., g d ) = det. La g 1, 1 g 1, 2... g 1, d g 2, 1 g 2, 2... g 2, d. + g i, 2 T g d, 1 g d, 2... g d, d (T) = T n c 1 T n ( 1) n c n være et olynom med koeffisienter i A. Vi definerer elementer s i i A for alle heltall i ved 1 1 c 1 T + + ( 1) n c n T n = s 0 + s 1 T + s 2 T 2 +. Da vil T i (T) = T i n 1 1 c 1 T + + ( 1) n c n = T i n (1 + s 1 T T + s 2 + ). (4.1.1) T 2 n 5.

6 4.2 Lemma. Vi har at Res(g 1,..., g d ) er multilineær og alternerende i g 1,..., g d og den er null om minst en av g i ene er en otensrekke i T. Videre har vi s h1 n+1 s h1 n+2... s h1 n+d Res( T h 1 hd T s h2 n+1 s h2 n+2... s h2 n+d,..., ) = det s hd n+1 s hd n+2... s hd n+d Bevis. Påstandene følger umiddelbart av definisjonen å Res og av formelen (4.1.1) T for i (T). 4.3 Proosisjon. Sett Da vil for i = 1, 2,.... Res( T n C i =. s 1 s 2... s i 1 s i s 0 s 1... s i 2 s i s 0 s 1. n i+1 T,..., ) = det(c i ) = c i Bevis. Den første likheten i roosisjonen følger umiddelbart av formelen i Lemma 4.2. For å vise den andre utvikler vi determinanten til etter første søyle. Vi får at s i s 1 s 2... s i 1 s i s i 1 s 0 s 1... s i 2 s i s s0 s i det(c 1 )s i ( 1) i det(c i )s 0 = 0 for i = 0, 1,.... Det vil si 1 = (1 det(c 1 )T + det(c 2 )T 2 )(s 0 + s 1 T + s 2 T 2 + ), som gir det(c i ) = c i for alle heltall i. 4.4 Setning. Sett R(T h 1 1 T h d n ) = Res( T h 1,..., T h d ). Vi har (1) (2) R(T h 1 1 T h d d ) = { 1 om hi = n i for i = 1,..., d 0 ellers, når 0 h i n i for i = 1,..., d. R(T n 1 1 T n d d T j1 T ji ) = R(T1 n T n i+1 i ) om j i i for i = 1,..., i og i d 0 ellers, når 0 < j 1 < j 2 < < j i d. 6

7 Bevis. Betingelsene 0 h i n i for i = 1,..., d betyr at d d-matrisen (s hi n+j) som definerer R(T h 1 1 T h d d ) er øvre triangulær. Når h i = n i for i = 1,..., d har den 1 = s 0 å diagonalen, og om h j < n j for noe j har den en null å diagonalen i rad j. Påstand (1) følger at dette. For å vise åstand (2) merker vi oss først at matrisen som definerer residuen R(T h 1 1 T h d d T j 1 T ji ) har s 0 å diagonalen og nuller til venstre om diagonalen unntatt i radene j 1,..., j i der den har s 1 å diagonalen, s 0 til venstre om diagonalen, og nuller til venstre om s 0. Sesielt er determinanten til matrisen som definerer R(T h 1 1 T h d d T 1 T i ) lik det(c i ). Videre er det(c i ) = R(T1 n Tn i+1 k ) så vi har vist første delene av (2). Om j h h for noe h har vi j h 1 < j h 1. Da har rekke j h 1 elementet s 0 å diagonalen og nuller til venstre om diagonalen, det vil si, den er lik rekke j h. Vi har derfor vist åstand (2). 5.1 Notasjon. Som tidligere lar vi Slitting algebraer og residuer (T) = T n c 1 T n ( 1) n c n være et olynom med koeffisienter i A. La A[T 1,..., T n ] være olynomringen over A i de n uavhengige variable T 1,..., T n. Vi identifiserer A[T 1,..., T n ] med tensor roduktet n A A[T] å den naturlige måten. De elementære symmetriske funsjonene i de variable T 1,..., T n betegner vi med c 1 (T 1,..., T n ),...c n (T 1,..., T n ). Avbildningen R : n A[T] A A definert ved ( f1 R (f 1 f n ) = Res,..., f ) n er da den samme som avbildningen R : A[T 1,..., T n ] A definert ved ( f1 R (f 1 (T 1 ) f n (T n )) = Res,..., f ) n for alle f 1 (T),..., f(n(t) i A[T]. 7

8 5.2 Setning. Avbildningen R : A[T 1,..., T n ] A forsvinner å idealet genert av elementene c i (T 1,..., T n ) c i for i = 1,..., n. Det vil si, den induserer en avbildning A[ξ 1,..., ξ n ] A å den fullstendige slitting algebraen for olynomet (T) som avbilder elementet f 1 (ξ 1 ) f n (ξ n ) til Res( f 1,..., f n ). Bevis. Av lineariteten til Res rekker det å vise at R forsvinner å elementene å formen T h 1 1 T h n n (c i(t 1,..., T n ) c i ) = 0 for alle h 1,..., h n og i = 1,..., n. For hvert olynom f(t) i A[T] kan vi skrive f(t) = q(t)(t) + r(t) i A[T] med r(t) av grad strikt mindre enn n. Bruker vi dette for T 1,..., T n følger det av lineariteten av Res at vi kan anta at h i < n for i = 1,..., n. Ettersom Res er alternerende i de variable T 1,..., T n og c i (T 1,..., T n ) er symmetrisk i de samme variablene kan vi anta at n 1 h 1 > h 2 > > h n 0, det vil si h i = n i for i = 1,..., n. Av Setning 4.4 følger det at det eneste leddet i T h 1 1 T h n n c i(t 1,..., T n ) som gir bidrag når vi bruker Res er T n 1 1 Tn 0T 1 T i, og dette bidraget er c i. 5.3 Korollar. Setter vi sammen avbildningen A[ξ 1,..., ξ n ] A med avbildningen A[ξ 1,..., ξ d ] A[ξ 1,..., ξ n ] vi får ved multilikasjon med ξ n d 1 d+1 ξ n d 2 d+2 ξn 0 får vi den A-lineære avbildningen : A[ξ 1,..., ξ d ] A definert i Lemma 3.5. Sesielt vil (f 1 (ξ 1 ) f d (ξ d )) = Res( f 1,..., f d ) for alle f 1 (T),..., f d (T) i A[T]. Bevis. Per definisjon avbilder sammensetningen A[ξ 1,..., ξ d ] A definert i korollaret f 1 (ξ 1 ) f d (ξ d ) til Res( f 1,..., f d, T n d 1, T n d 2,..., T0 ) som klart er lik Res( f 1,..., f d ). At sammensetningen er følger av at den, ved Setning 4.4 (1), har samme verdier som å elementene ξ h 1 1 ξh d d når 0 h i n i for i = 1,..., d, og disse elementene danner en A-modul basis for A[ξ 1,..., ξ d ]. 8

9 FORELESNINGEN For æresdoktoratet i Bergen 28 august Takk (1) Vanskelig å være originell. (2) Bedre i Bergen. Ble interessert i matematikk. (3) I dag, takk for grunnen til at jeg er her. 2. Innledning Alle kjenner lineære rekursjoner sesielt Fibonacci tallene som tilfredsstiller rekursjonen og a 0 = a 1 = 1. 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13,21 a i+2 a i+1 a i = 0 for i = 0, 1,... Alle geometre kjenner Schubert regning. Sesielt roblemet med å finne antallet linjer som skjærer fire linjer i rommet. Emnet for min hovedogave i Bergen var lineære rekursjoner og halve min Ph.D. avhandling handlet om Schubert regning. Sesielt de siste årene har jeg beskjeftiget meg mye med Schubert regning. Sist jeg var i Bergen snakket jeg om studiet av lineære rekursjoner ved Matematisk Institutt i Bergen å 60 tallet. I forbindelse med foredraget odaget jeg at det i mange situasjoner er fordelaktig å betrakte lineære rekursjoner fra en litt annen synsvinkel enn den vanlige. Da jeg skulle forberede dette foredraget odaget jeg, til min store glede, at dette synsunktet leder til en generalisering av lineære rekursjonene som er helt analog med formalismen for Schubert regning. Jeg skal nu skissere hvordan dette gjøres. 3. Lineære rekursjoner og adjunksjon av røtter La A være en ring og la være et olynom med koeffisienter i A. (T) = T n c 1 T n ( 1) n c n 9 Tyeset by AMS-TEX

10 Adjunksjon av en rot til. La A[ξ] = A[T]/() være restklasseringen av olynomer med koeffisienter i A-modulo, der ξ er restklassen til T. Da er (ξ) = 0 og A[ξ] en fri A-modul med basis 1, ξ,..., ξ n 1. En A-lineær homomorfi u : A[ξ] A er bestemt av en A-lineær homomorfi v : A[T] A som er null å elementene T i (T) for i = 0, 1,.... Det vil si, den er bestemt av en sekvens av elementer i A som tilfredsstiller a 0 = v(1), a 1 = v(t), a 2 = v(t 2 ),... v(t i (T n c 1 T n ( 1) n c n ) = a i+n c 1 a i+n ( 1) n c n a i = 0 for i = 0, 1,.... Vi ser at Løsninger a 0, a 1,... til den lineære rekursjonen a i+n c 1 a i+n ( 1) n c n a i = 0 for i = 0, 1,... svarer til A-lineære homomorfier u : A[ξ] A. Til den fundamentale løsningen til den linære rekursjonen 0, 0,..., 0, 1, a n, a n+1,... svarer homomorfien bestemt av : A[ξ] A { 0 når 0 i < n 1 (ξ i ) = 1 får i = n 1. Vi får 0, 0,..., 1, a n, a n+1, = (ξ 0 ), (ξ 1 ),..., (ξ n 1 ), (ξ n ), (ξ n+1 ),

11 Omnummerering. Vi ser at det kan være raktisk å omnummererer fundamentalsekvensen ved å sette (ξ i ) = s i n+1 for i = 0, 1,... så sekvensen blir 0, 0,..., 0, 1, s 1, s 2,... og tilfredsstiller rekursjonen s i+1 c 1 s i + + ( 1) n c n s i n+1 = 0 for i = 0, 1,.... Dette er det samme som at elementene s 0 = 1, s 1, s 2,... er den entydige løsningen til ligningen 1 = (1 c 1 T + c 2 T 2 + ( 1) n c n T n )(s 0 + s 1 T + s 2 T 2 + ). Merk. En fordel ved å betrakte lineære rekursjoner som lineære avbildninger er at vi kan forklare hvorfor er fundamental å følgende måte: Hom A (A[ξ], A) er en fri A[ξ]-modul med basis. 4. Analogi med geometrien La P n 1 være det rojetktive rommet av dimensjon n 1. Vi kan se dette som rommet av linjer i det n-dimensjonale rommet F 1 E. Rommet P n 1 har en kohomologiring H (P n 1 ). Dette er en fri Z-modul med basis 1, ξ,..., ξ n 1 der ξ er klassen til et hyerlan i P n 1. Her er ξ n = 0 og vi har en naturlig Gysin homomorfi : H (P n 1 ) Z bestemt av { 0 0 i < n 1 (ξ i ) = 1 i = n 1. Bemerkning. Vi ser at vi er i samme situasjon som for lineære rekursjoner når A = Z og (T) = T n. I en mer generell situasjon når E er en lokalt fri modul av rang n over et rom S med bivariant teori og vi betrakter Proj(E) får vi A = H (S) og olynomet blir (T) = T n c 1 (E)T n ( 1) n c n (E). I geometrien går man lenger og studerer flag mangfoldigheter Flag 2 (E) som arametriserer flag F 1 F 2 E der E er et fast rom av dimensjon n og F 1 og F 2 er underrom av E med dim(f i ) = i. Mangfoldigheten Flag 2 (E) har også en kohomolgiring H (Flag 2 (E)). Denne får vi som følger: 11

12 Sett ξ 1 = ξ og og la 1 (T) = (T) T ξ 1 = T n T ξ 1 Z[ξ 1, ξ 2 ] = Z[ξ 1 ][T]/( 1 ) være restklasseringen av olynomer med koeffisienter i Z[ξ 1 ] modulo 1 (T), der ξ 2 er restklassen til T. Vi har at Z[ξ 1, ξ 2 ] er en fri Z-module med basis Videre har vi en Z[ξ 1 ]-lineær avbildning bestemt av ξ h 1 1 ξh 2 2 for 0 h i n i. 2 : Z[ξ 1, ξ 2 ] Z[ξ 1 ] 2 (ξ i 2 ) = { 0 0 i < n 2 1 i = n 2. Sammen med den Z-lineære avbildningen Z[ξ 1 ] Z ovenfor får vi en Z-lineær avbildning : Z[ξ 1, ξ 2 ] Z bestemt av Vi har en naturlig isomorfi (ξ h 1 1 ξh 2 2 ) = { 1 om hi = n i 0 ellers, når 0 h i n i. Z[ξ 1, ξ 2 ] H (Flag 2 (E)). Avbildningen svarer til Gysin homomorfien H (Flag 2 (E)) Z. 5. Itererte lineære rekursjoner Vi vender nu tilbake til den mer generelle situasjonen med en ring A og et olynom (T) = T n c 1 T n ( 1) n c n med koeffisienter i A. Som ovenfor setter vi ξ 1 = ξ og 1 (T) = (T) T ξ 1 og vi lar A[ξ 1, ξ 2 ] = A[ξ 1 ][T]/( 1 ) 12

13 være restklasseringen av olynomer med koeffisienter i A[ξ 1 ] modulo 1 (T), der ξ 2 er restklassen til T. Vi har at A[ξ 1, ξ 2 ] er en fri A-module med basis Videre har vi en A[ξ 1 ]-lineær homomorfi bestemt av ξ h 1 1 ξh 2 2 for 0 h i n i. : A[ξ 1, ξ 2 ] A 2 (ξ i 2 ) = { 0 0 i < n 2 1 i = n 2 som sammensatt med den A-lineære homomorfien A[ξ 1 ] = A[ξ] A ovenfor gir en A-lineær homomorfi : A[ξ 1, ξ 2 ] A bestemt av (ξ h 1 1 ξh 2 2 ) = { 1 om hi = n i 0 ellers, når 0 h i n i. I analogi med resultatet ovenfor har vi: Hom A (A[ξ 1, ξ 2 ], A) er en fri A[ξ 1, ξ 2 ]-modul med basis. Til hvert element u i Hom A (A[ξ 1, ξ 2 ], A) svarer en 2-dimensjonal sekvens u(ξ h 1 1 ξh 2 2 ) for h 1, h 2, = 0, 1,.... For har vi det vakre resultatet: (ξ h 1 1 ξh 2 2 ) = det s h1 n+1 s h1 n+2 s h2 n+1 s h2 n+2. Forslag. Resultatene ovenfor antyder at det er naturlig å kalle sekvensene som svarer til elementene i Hom A (A[ξ 1, ξ 2 ], A) for løsninger til den itererte lineære rekursjonen gitt av (T), og at svarer til fundamentalsekvensen. 13

14 h 2, h s 2 s 1 s 0 s 1 s 2 s 3 s 4 s 5 s 6 s 7 s 1 s 0 s 1 s 2 s 3 s 4 s 5 s 6 s 7 s 8 h 2, h 1 s 2 s 1 s 0 s 1 s 2 s 3 s 4 s 5 s 6 s 7 s (ξ h 1 ξ h 2 2 ) for den lineære rekursjonen med olynom x3 x 2 x 1 h 2 \ h

15 6. Forbindelse med Schubert regning Schubert varieteter. La Grass 2 (E) være Grassmann mangfoldigheten som arametriserer 2-dimensjonale underrom av E. Vi har en naturlig avbildning Q E Flag 2 (E) Grass 2 (E) som avbilder flagget F 1 F 2 E til F 2 E. Dette gir en inklusjon som svarer til inklusjonen H (Grass 2 (E)) H (Flag 2 (E)) Z[c 1 (ξ 1, ξ 2 ), c 2 (ξ 1, ξ 2 )] A[ξ 1, ξ 2 ] der c 1 (ξ 1, ξ 2 ) = ξ 1 + ξ 2 og c 2 (ξ 1, ξ 2 ) = ξ 1 ξ 2. Vi fikserer underrom 0 A 1 A 2 E av E og lar Ω(A 1, A 2 ) være varieteten i Grass 2 (E) av underrom Q E slik at dim(q A i ) i for i = 1, 2. Eksemel. Om dim(a 1 ) = 2 svarer A 1 til en linje L 1 i P n 1 og Ω(A 1, E) svarer til de Q E slik at dim(q A 1 ) 1, det vil si Q svarer til en linje L i P n 1 som skjærer L 1. Problemet med fire linjer i rommet svarer til å finne antall unkter i Ω(L 1 ) Ω(L 2 ) Ω(L 3 ) Ω(L 4 ). Schubert cykler. Når dim(a i ) = a i lar vi Ω(a 1, a 2 ) være klassen til Ω(A 1, A 2 ) i H (Grass 2 (E)). Klassene Ω(a 1, a 2 ) for 1 a 1 < a 2 n kalles Schubert sykler og danner en Z-modul basis for H (Grass 2 (E)) og regning med disse klassene kalles Schubert regning. Eksemel. Problemet med de fine linjene er å finne Ω(2, 4) 4 når n = 4. Definer s 0 (ξ 1, ξ 2 ) = 1, s 1 (ξ 1, ξ 2 ) = ξ 1 + ξ 2, s 2 (ξ 1, ξ 2 ) = ξ ξ 1ξ 2 + ξ 2 2,... ved ligningen 1 = (1 c 1 (ξ 1, ξ 2 )T + c 2 (ξ 1, ξ 2 )T 2 )(1 + s 1 (ξ 1, ξ 2 )T + s 2 (ξ 1, ξ 2 )T 2 ) i Z[c 1 (ξ 1, ξ 2 ), c 2 (ξ 1, ξ 2 )][T]. Da har vi følgende fundamentale formel kalt Giambellis formel: Ω(a 1, a 2 ) =. s n 2 a 1 +1(ξ 1,ξ 2 ) s n 2 a1 +2(ξ 1,ξ 2 ) s n 2 a2 +1(ξ 1,ξ 2 ) s n 2 a2 +2(ξ 1,ξ 2 ) 15

16 Eksemel. La n = 4. Vi får Ω(2, 4) = s 1(ξ 1,ξ 2 ) s 2 (ξ 1,ξ 2 ) 0 s 0 (ξ 1,ξ 2 ) = s 1 (ξ 1 ξ 2 ) = ξ 1 + ξ 2 og Ω(1, 2) = = ξ1 2ξ2 2 = klassen til et unkt ågrass2 (E). Vi får s 2(ξ 1,ξ 2 ) s 3 (ξ 1,ξ 2 ) s 1 (ξ 1,ξ 2 ) s 2 (ξ 1,ξ 2 ) Ω(2, 4) 4 = (ξ 1 + ξ 2 ) 4 = 4ξ 3 1ξ 2 + 6ξ 2 1ξ ξ 1 ξ 3 2 = 4(ξ 3 1ξ 2 + ξ 2 1ξ ξ 1 ξ 3 2) + 2ξ 2 1ξ 2 2 = 2, siden 1 (T) = T 3 + ξ 1 T 2 + ξ 2 1 T + ξ3 1 har roten ξ 2. Bemerkning. Vi ser at Schubert regning svarer til itererte lineære rekursjoner i tilfellet A = Z[c 1 (ξ 1, ξ 2 ), c 2 (ξ 1, ξ 2 )] og (T) = (T ξ 1 )(T ξ 2 ). Da svarer (ξ h 1 1 ξh 2 2 ) til Ω(a 1, a 2 ) når h i = n a i. 7. Generalisering av arameterrom La Flag d (E) være flag mangfoldigheten som arametriserer flag F 1 F 2 F d E av underrom av E med dim(f i ) = i. Da vil Flag 1 (E) = P n 1. Videre lar vi Grass d (E) være Grassmann mangfoldigheten som arametriserer d-dimensjonale underrom Q E av E. Fikser underrom 0 A 1 A 2 A d E av E og sett dim(a i ) = a i. Vi lar Ω(A 1,..., A i ) være Schubert varieteten i Grass d (E) som arametriserer de underrommene Q E av dimensjon d som tilfredsstiller betingelsene dim(q A j ) j for j = 1,..., i. Merk. (1) dim(flag d (E)) = n 1 + n n d. (2) dim(grass d (E)) = d(n d). (3) dim(ω(a 1,..., A k )) = (d i)(n d) + a a a i i. 8. Generalisering av kohomologi Mangfoldighetene Flag d (E) og Grass d (E) har kohomologiringer H (Flag d (E)), resektive, H (Grass d (E)). Sett dim(a j ) = a j for j = 1,..., i. Undervarieteten Ω(A 1,..., A k ) definerer en klasse Ω(a 1,..., a i ) i H (Grass d (E)). Når i = d vil klassene Ω(a 1,..., a d ) for 0 < a 1 < < a d n 16

17 danne en Z-modul basis for H (Grass d (E)). Regning med klassene Ω(a 1,..., a d ) kalles Schubert regning. La Z[ξ 1,..., ξ d ] være en d te slitting algebra for T n og definer elementer og i Z[ξ 1,..., ξ d ] ved og c 1 (ξ 1,..., ξ d ),..., c d (ξ 1,..., ξ d ) s 0 (ξ 1,..., ξ d ) = 1, s 1 (ξ 1,..., ξ d ), s 2 (ξ 1,..., ξ d ),... q(t) := (T ξ 1 ) (T ξ d ) = T d c 1 (ξ 1,..., ξ d )T d c d (ξ 1,..., ξ d ) 1 = (1 c 1 (ξ 1,..., ξ d )T + + ( 1) d c d (ξ 1,..., ξ d )T d ) Vi har kanoniske isomorfier og (1 + s 1 (ξ 1,..., ξ d )T + s 2 (ξ 1,..., ξ d )T 2 + ). Z[ξ 1,..., ξ d ] H (Flag d (E)) A := Z[c 1 (ξ 1,..., ξ d ),..., c d (ξ 1,..., ξ d )] H (Grass d (E)). Den naturlige avbildningen Flag d (E) Grass d (E) som avbilder et flag F 1 F 2 F d E til F d E gir en kanonisk avbildning Denne svarer til inklusjonen Vi har Giambelli s formel: Ω(a 1,..., a i ) = Res( T n a 1 La H (Grass d (E)) H (Flag d (E)). Z[c 1 (ξ 1,..., ξ d ),..., c d (ξ 1,..., ξ d )] Z[ξ 1,..., ξ d ]. q,..., T n a i q ) = E G Q s n d a1 +1(ξ 1,...,ξ d )... s n d a1 +i(ξ 1,...,ξ d ) s n d ai +1(ξ 1,...,ξ d )... s n d ai +i(ξ 1,...,ξ d ) være den universelle kvotienten å G = Grass d (E) og la Flag i (Q) være flag mangfoldiheten som arametriserer flag F 1 F 2 F i Q der rk(f i ) = i. Videre lar vi Flag(A 1,..., A i ) betegne undermangfoldigheten av Flag i (Q) som tilfredsstiller F 1 F 2 F i A 1 A 2 A i. 17.

18 Merk. (1) dim(flag i (Q)) = d(n d) + d 1 + d d i. (2) dim(flag(a 1,..., A i )) = (d i)(n d) + a a a i i. Med A := Z[c 1 (ξ 1,..., ξ d ),..., c d (ξ 1,..., ξ d )] har vi at A[ξ 1,..., ξ i ] er en i te slitting algebra for olynomet q(t) = (T ξ 1 ) (T ξ d ) = T d c 1 (ξ 1,..., ξ d )T k ( 1) d c d (ξ 1,..., ξ d ). Vi har en kanonisk isomorfi A[ξ 1,..., ξ i ] H (Flag i (Q)). Strukturavbildningen Flag i (Q) Grass d (E) gir en Gysin avbildning og denne svarer til avbildningen får vi Setter vi H (Flag i (Q)) H (Grass d (E)) : A[ξ 1,..., ξ i ] A. h j = n a j Ω(a 1,..., a i k) = (ξ n a 1 1 ξ n a i i ) = (ξ h 1 1 ξh i i ). Konklusjon. Vi ser at Schubert regning svarer til i te itererte lineære rekursjon i tilfellet A = Z[c 1 (ξ 1,..., ξ d ),..., c d (ξ 1,..., ξ d )] og (T) = (T ξ 1 ) (T ξ d ). Da svarer (ξ h 1 1 ξh i i ) til Ω(a 1,..., a i ) når h j = n a j for j = 1,..., i. 18

HJEMMEOPPGAVER (utgave av ):

HJEMMEOPPGAVER (utgave av ): HJEMMEOPPGAVER (utgave av 20-5-2003): Oppgave 16 til 26 mai: La K være kroppen med 2 elementer og la A = K(t)[x]/(x 2 +t) være residuringen av polynomringen i den varibale x over den rasjonale funksjonsringen

Detaljer

Geometri på ikke-kommutative algebraer

Geometri på ikke-kommutative algebraer Geometri på ikke-kommutative algebraer Ski og matematikk 2011 Rondablikk Arne B. Sletsjøe Universitetet i Oslo January 4, 2012 Algebraiske varieteter k = k (f.eks. C), S = k[x 1,..., x n ] Affint algebraisk

Detaljer

Forelesning 4 torsdag den 28. august

Forelesning 4 torsdag den 28. august Forelesning 4 torsdag den 28. august 1.10 Rekursjon Merknad 1.10.1. Hvert tall i sekvensen 1, 2, 4, 8, 16,... er to ganger det foregående. Hvordan kan vi beskrive sekvensen formelt? Vi kan ikke skrive

Detaljer

Grublegruppe 19. sept. 2011: Algebra I

Grublegruppe 19. sept. 2011: Algebra I Grublegruppe 19. sept. 2011: Algebra I Ivar Staurseth ivarsta@math.uio.no Innledning, definisjoner Vi har så langt jobbet med mengder, X, hvor vi har hatt et avstandsbegrep og hvor vi har vært i stand

Detaljer

Oppgave 14 til 9. desember: I polynomiringen K[x, y] i de to variable x og y over kroppen K definerer vi undermengdene:

Oppgave 14 til 9. desember: I polynomiringen K[x, y] i de to variable x og y over kroppen K definerer vi undermengdene: HJEMMEOPPGAVER utgave av 8-12-2002): Oppgave 15 til 16 desember: La H være mengden av alle matriser på formen A = a 1 a 12 a 13 a 1n 0 a 2 0 0 0 0 a 3 0 0 0 a n der a 1 a 2 a n 0 Videre la SH være matrisene

Detaljer

Universitet i Bergen. Eksamen i emnet MAT121 - Lineær algebra

Universitet i Bergen. Eksamen i emnet MAT121 - Lineær algebra Universitet i Bergen Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Bokmål Eksamen i emnet MAT2 - Lineær algebra Onsdag 29 mai, 20, kl. 09.00-4.00 Tillatte hjelpemidler. kalkulator, i samsvar med fakultetets

Detaljer

4.1 Vektorrom og underrom

4.1 Vektorrom og underrom 4.1 Vektorrom og underrom Vektorrom er en abstraksjon av R n. De kan brukes til å utlede egenskaper, resultater og metoder for tilsynelatende svært ulike klasser av objekter : n-tupler, følger, funksjoner,

Detaljer

Oppgaver i kommutativ algebra

Oppgaver i kommutativ algebra Oppgaver i kommutativ algebra Fredrik Meyer 1 Moduler Oppgave (1). Vis at om m, n er koprimære, så er (Z/mZ) Z (Z/nZ) = 0. Proof. Siden m og n er koprimære, finnes det a, b Z slik at an + bm = 1. La x

Detaljer

OPPGAVER FOR FORUM

OPPGAVER FOR FORUM OPPGAVER FOR FORUM 2007-2008 MERK!: Du skal først skrive hele oppgaveteksten for hver oppgave, og deretter svaret på oppgaven. Hvert svar skal være detajert, og skrevet i et klart og tydelig matematisk

Detaljer

MAUMAT644 ALGEBRA vår 2016 Første samling Runar Ile

MAUMAT644 ALGEBRA vår 2016 Første samling Runar Ile MAUMAT644 ALGEBRA vår 2016 Første samling Runar Ile 1 Introduksjon: Grupper og ringer Ringer En ring er et sted hvor du kan addere, subtrahere og multiplisere. Hvis du også kan dividere kalles ringen for

Detaljer

12 Lineære transformasjoner

12 Lineære transformasjoner 2 Lineære transformasjoner 2 Funksjoner Definisjon 2 En funksjon ( a function) f : A B er en regel, som tilordner en entydig bestemt verdi f (a) B til ethvert element a A Mengden A kalles domenet til f

Detaljer

MA1301 Tallteori Høsten 2014 Oversikt over pensumet for midtsemesterprøven

MA1301 Tallteori Høsten 2014 Oversikt over pensumet for midtsemesterprøven MA1301 Tallteori Høsten 2014 Oversikt over pensumet for midtsemesterprøven Richard Williamson 3. oktober 2014 Innhold Pensumet 2 Generelle råd 2 Hvordan bør jeg forberede meg?..........................

Detaljer

4.1 Vektorrom og underrom

4.1 Vektorrom og underrom 4.1 Vektorrom og underrom Vektorrom er en abstraksjon av R n. Kan brukes til å utlede egenskaper, resultater og metoder for tilsynelatende svært ulike klasser av objekter : n-tupler, følger, funksjoner,

Detaljer

MAT 1110: Bruk av redusert trappeform

MAT 1110: Bruk av redusert trappeform Tom Lindstrøm 10/5, 2006: MAT 1110: Bruk av redusert trappeform I Lays bok brukes den reduserte trappeformen til matriser til å løse en rekke problemer knyttet til ligningssystemer, lineærkombinasjoner,

Detaljer

MA1301 Tallteori Høsten 2014

MA1301 Tallteori Høsten 2014 MA1301 Tallteori Høsten 014 Richard Williamson 1. august 015 Innhold Forord 7 1 Induksjon og rekursjon 9 1.1 Naturlige tall og heltall............................ 9 1. Bevis.......................................

Detaljer

4.4 Koordinatsystemer

4.4 Koordinatsystemer 4.4 Koordinatsystemer Minner om at B = { b 1, b 2,..., b n } kalles en basis for et vektorrom V dersom B er lineært uavhengig og utspenner V. I samme vektorrom kan vi innføre ulike koordinatsystemer ;

Detaljer

Forelesning 7 mandag den 8. september

Forelesning 7 mandag den 8. september Forelesning 7 mandag den 8. september 1.1 Absoluttverdien Definisjon 1.1.1. La n være et heltall. Da er absoluttverdien til n: (1) n dersom n 0; (2) n dersom n < 0. Merknad 1.1.2. Med andre ord får vi

Detaljer

HJEMMEOPPGAVER (utgave av 12-7-2005):

HJEMMEOPPGAVER (utgave av 12-7-2005): HJEMMEOPPGAVER (utgave av 12-7-2005: Ogave 1 til 31. januar: La f 1, f 2,... være Fibonacci tallene, det vil si f 1 f 2 1 og f n f n 1 + f n 2 for n 3. Vis: (1 f 1 + f 2 + + f n f n+2 1. (2 f n+1 f n 1

Detaljer

4.1 Vektorrom og underrom

4.1 Vektorrom og underrom 4.1 Vektorrom og underrom Vektorrom er en abstraksjon av R n. De kan brukes til å utlede egenskaper, resultater og metoder for tilsynelatende svært ulike klasser av objekter : n-tupler, følger, funksjoner,

Detaljer

MAT1120 Notat 2 Tillegg til avsnitt 5.4

MAT1120 Notat 2 Tillegg til avsnitt 5.4 MAT1120 Notat 2 Tillegg til avsnitt 54 Dette notatet utfyller bokas avsnitt 54 om matriserepresentasjoner (også kalt koordinatmatriser) av lineære avbildninger mellom endeligdimensjonale vektorrom En slik

Detaljer

Rekurrens. MAT1030 Diskret matematikk. Rekurrens. Rekurrens. Eksempel. Forelesning 16: Rekurrenslikninger. Dag Normann

Rekurrens. MAT1030 Diskret matematikk. Rekurrens. Rekurrens. Eksempel. Forelesning 16: Rekurrenslikninger. Dag Normann MAT1030 Diskret matematikk Forelesning 16: likninger Dag Normann Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo INGEN PLENUMSREGNING 6/3 og 7/3 5. mars 008 MAT1030 Diskret matematikk 5. mars 008 Mandag ga

Detaljer

Konneksjoner og monodromi for en klasse moduler over simple kurvesingulariteter. Eivind Eriksen

Konneksjoner og monodromi for en klasse moduler over simple kurvesingulariteter. Eivind Eriksen Konneksjoner og monodromi for en klasse moduler over simple kurvesingulariteter Eivind Eriksen 22. mai 2000 Innhold Forord 2 Innledning 6 1 Teorien 7 1.1 Konstruksjonene........................... 7 1.2

Detaljer

OPPGAVER FOR FORUM

OPPGAVER FOR FORUM OPPGAVER FOR FORUM 2006-2007 MERK!: Du skal først skrive hele oppgaveteksten for hver oppgave, og deretter svaret på oppgaven. Hvert svar skal være detajert, og skrevet i et klart og tydelig matematisk

Detaljer

(a) R n defineres som mengden av kolonnevektorer. a 1 a 2. a n. (b) R n defineres som mengden av radvektorer

(a) R n defineres som mengden av kolonnevektorer. a 1 a 2. a n. (b) R n defineres som mengden av radvektorer 5 Vektorrom Et vektorrom er en mengde V med tre algebraiske operasjoner (addisjon, negasjon og skalærmultiplikasjon) som tilfredsstiller de 10 betingelsene fra Def. 4.1.1. Jeg vil ikke gi en eksamensoppgave

Detaljer

Lineær uavhengighet og basis

Lineær uavhengighet og basis Lineær uavhengighet og basis NTNU, Institutt for matematiske fag 19. oktober, 2010 Lineær kombinasjon En vektor w sies å være en lineær kombinasjon av vektorer v 1, v 2,..., v k hvis det finnes tall c

Detaljer

Løsninger for eksamen i MAT Lineær algebra og M102 - Lineær algebra, fredag 28. mai 2004, Oppgave 1. M s = = 1 2 (cofm 2) T.

Løsninger for eksamen i MAT Lineær algebra og M102 - Lineær algebra, fredag 28. mai 2004, Oppgave 1. M s = = 1 2 (cofm 2) T. Løsninger for eksamen i MAT - Lineær algebra og M - Lineær algebra, fredag 8. mai 4, (a) Finn determinanten til matrisen M s = Oppgave s uttrykt ved s, og bruk dette til å avgjøre for hvilke s matrisen

Detaljer

UNIVERSITET I BERGEN

UNIVERSITET I BERGEN UNIVERSITET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet BOKMÅL Løsningsforslag eksamen MAT - Lineær algebra H Med forbehold om skrivefeil. Oppgave. Betrakt A = 6 5, b = 6 b (a) (b) Finn den reduserte

Detaljer

Oppgaver MAT2500 høst 2011

Oppgaver MAT2500 høst 2011 Oppgaver MAT2500 høst 2011 31. oktober 2011 Oppgaver avsnitt 1 Oppgave 1. Bruk cosinussetningen til å se at definisjonen av vinkel i planet blir riktig. Oppgave 2. Vis at d(x, y) = 0 hvis og bare hvis

Detaljer

Notat2 - MAT Om matriserepresentasjoner av lineære avbildninger

Notat2 - MAT Om matriserepresentasjoner av lineære avbildninger Notat2 - MAT1120 - Om matriserepresentasjoner av lineære avbildninger Dette notatet uftfyller bokas avsn 54 om matriserepresentasjoner av lineære avbildninger mellom endelig dimensjonale vektorrom En matriserepresentasjon

Detaljer

3.9 Teori og praksis for Minste kvadraters metode.

3.9 Teori og praksis for Minste kvadraters metode. 3.9 Teori og praksis for Minste kvadraters metode. Vi fortsetter med minste kvadraters problem. Nå skal vi se nærmere på noen teoretiske spørsmål, bl.a. hvordan normallikningene utledes. Minner om MK problemstillingen:

Detaljer

Forelesning 1 mandag den 18. august

Forelesning 1 mandag den 18. august Forelesning 1 mandag den 18 august 11 Naturlige tall og heltall Definisjon 111 Et naturlig tall er et av tallene: 1,, Merknad 11 Legg spesielt merke til at i dette kurset teller vi ikke 0 iblant de naturlige

Detaljer

Notat 05 for MAT Relasjoner, operasjoner, ringer. 5.1 Relasjoner

Notat 05 for MAT Relasjoner, operasjoner, ringer. 5.1 Relasjoner Notat 05 for MAT1140 5 Relasjoner, operasjoner, ringer 5.1 Relasjoner Når R er en relasjon som er veldefinert på A B, slik at R(x, y) er en påstand når x A og B B, tenker vi på relasjonen som noe som lever

Detaljer

MA1301 Tallteori Høsten 2014 Oversikt over pensumet

MA1301 Tallteori Høsten 2014 Oversikt over pensumet MA1301 Tallteori Høsten 2014 Oversikt over pensumet Richard Williamson 3. desember 2014 Innhold Pensumet 2 Generelle råd 2 Hvordan bør jeg forberede meg?.......................... 2 Hva slags oppgaver

Detaljer

Eksamensoppgave MAT juni 2010 (med løsningsforslag)

Eksamensoppgave MAT juni 2010 (med løsningsforslag) Eksamensoppgave MAT-4 juni (med løsningsforslag) Contents OPPGAVE OPPGAVE 4 OPPGAVE 5 4 OPPGAVE 6 5 Fasit 7 5 Oppgave 7 5 Oppgave 7 5 Oppgave 8 54 Oppgave 8 6 Løsningsforslag 9 6 Oppgave 9 6 Oppgave 6

Detaljer

En rekke av definisjoner i algebra

En rekke av definisjoner i algebra En rekke av definisjoner i algebra Martin Strand, martin.strand@math.ntnu.no 11. november 2010 Definisjonene som er gitt her, kommer i MA2201 Algebra og MA3201 Ringer og moduler. Forhåpentligvis blir det

Detaljer

4.1 Vektorrom og underrom

4.1 Vektorrom og underrom 4.1 Vektorrom og underrom Vektorrom er en abstraksjon av R n. De kan brukes til å utlede egenskaper, resultater og metoder for tilsynelatende svært ulike klasser av objekter : n-tupler, følger, funksjoner,

Detaljer

Universitet i Bergen. Eksamen i emnet MAT121 - Lineær algebra

Universitet i Bergen. Eksamen i emnet MAT121 - Lineær algebra Universitet i Bergen Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Bokmål Eksamen i emnet MAT - Lineær algebra Onsdag 5 september, 0, kl. 09.00-4.00 Tillatte hjelpemidler. kalkulator, i samsvar med fakultetets

Detaljer

7.4 Singulærverdi dekomposisjonen

7.4 Singulærverdi dekomposisjonen 7.4 Singulærverdi dekomposisjonen Singulærverdi dekomposisjon til en matrise A er en av de viktigste faktoriseringene av A (dvs. A skrives som et produkt av matriser). Den inneholder nyttig informasjon

Detaljer

x 1 x 2 x = x n b 1 b 2 b = b m Det kan være vanskelig (beregningsmessig) og bearbeide utrykk som inneholder

x 1 x 2 x = x n b 1 b 2 b = b m Det kan være vanskelig (beregningsmessig) og bearbeide utrykk som inneholder 4 Noen merknader 4. Lineære systemer Ax = b Gitt systemet Ax = b, A = [a i,j ] i=,,...,m, j=,,...,n x = b = Det kan være vanskelig (beregningsmessig) og bearbeide utrykk som inneholder b i. Med det finnes

Detaljer

(3/2)R 2+R 3 R 1 +R 2,( 2)R 1 +R 3 ( 2)R 1 +R 4 6/5R 3 +R 4 1/5R 3

(3/2)R 2+R 3 R 1 +R 2,( 2)R 1 +R 3 ( 2)R 1 +R 4 6/5R 3 +R 4 1/5R 3 NTNU Institutt for matematiske fag TMA4115 Matematikk 3 våren 2009 Løsningsforslag - Øving 10 Fra Edwards & Penney, avsnitt 4.4 5 Vi bruker Algoritme 1 og 2 i EP på sidene 190 og 193 for å finne en basis

Detaljer

MAT3000/ Våren 2013 Obligatorisk oppgavesett nr. 2 Løsningsskisse

MAT3000/ Våren 2013 Obligatorisk oppgavesett nr. 2 Løsningsskisse MAT3000/4000 - Våren 2013 Obligatorisk oppgavesett nr. 2 Løsningsskisse Oppgave 1 Din offentlig nøkkel er N = 377 og a = 269, mens lederen av klubben har valgt N = 1829 og a = 7. Passordet som du har mottatt

Detaljer

Permutasjoner og symmetriske grupper

Permutasjoner og symmetriske grupper Permutasjoner og symmetriske grupper Verbet permutere betyr å bytte om, og ombyttinger, eller altså permutasjoner, er noe vi kjenner fra dagliglivet. I matematikk er de også flittig i bruk, de fleste har

Detaljer

MATEMATIKK OG INFORMASJONSSØKNING PÅ NETTET. Eskilstuna 5 september 02

MATEMATIKK OG INFORMASJONSSØKNING PÅ NETTET. Eskilstuna 5 september 02 Leting på nettet 3 MATEMATIKK OG INFORMASJONSSØKNING PÅ NETTET Eskilstuna 5 september 02 Som så ofte når det gjelder spektakulære tekniske anvendelser, og spesielt når det gjelder verktøyene på nettet,

Detaljer

6.4 Gram-Schmidt prosessen

6.4 Gram-Schmidt prosessen 6.4 Gram-Schmidt prosessen La W {0} være et endeligdimensjonalt underrom av R n. (Senere skal vi mer generelt betrakte indreprodukt rom; se seksjon 6.7). Vi skal se hvordan vi kan starte med en vanlig

Detaljer

Kap. 6 Ortogonalitet og minste kvadrater

Kap. 6 Ortogonalitet og minste kvadrater Kap. 6 Ortogonalitet og minste kvadrater IR n er mer enn bare et vektorrom: den har et naturlig indreprodukt, nemlig prikkproduktet av vektorer. Dette indreproduktet gjør det mulig å tenke geometrisk og

Detaljer

Dette krever ikke noe nytt aksiom. Hvorfor? Og hvorfor må vi anta at A ikke er tom? Merk at vi har:

Dette krever ikke noe nytt aksiom. Hvorfor? Og hvorfor må vi anta at A ikke er tom? Merk at vi har: Notat 4 for MAT1140 4 Mer om mengder 4.1 Familier av mengder Union og snitt. Aksiom 4.1. Dersom A er en mengde bestående av mengder, kan de sistnevnte føyes sammen til en stor mengde, kalt unionen til

Detaljer

Egenverdier for 2 2 matriser

Egenverdier for 2 2 matriser Egenverdier for matriser (Bearbeidet versjon av tidligere notat på nett-sidene til MA101 - Lineær algebra og geometri Versjon oppdatert med referanser til 10utg av læreboken) Egenvektorer og egenverdier

Detaljer

Mengder, relasjoner og funksjoner

Mengder, relasjoner og funksjoner MAT1030 Diskret Matematikk Forelesning 15: og induksjon Dag Normann Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo Mengder, relasjoner og funksjoner 9. mars 2010 (Sist oppdatert: 2010-03-09 14:18) MAT1030

Detaljer

Koszul-algebraer over endelige kropper

Koszul-algebraer over endelige kropper Koszul-algebraer over endelige kropper Kari-Lise Frisvold Olsen Master i matematikk Oppgaven levert: Juli 28 Hovedveileder: Øyvind Solberg, MATH Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet Institutt

Detaljer

MA1201, , Kandidatnummer:... Side 1 av 5. x =.

MA1201, , Kandidatnummer:... Side 1 av 5. x =. MA1201, 05.10.2016, Kandidatnummer:... Side 1 av 5 Oppgave 1 Løs ligningssystemet S T S T 1 1 0 1 W X W X U2 1 1 V x = U5V. 1 0 2 1 x =. Oppgave 2 Regn ut: S T S T 1 2 1 1 1 W X W X U 3 0 1 V U0 1 V =

Detaljer

Geometri i ekstensjonsrom til vektorbunter på kurver.

Geometri i ekstensjonsrom til vektorbunter på kurver. Geometri i ekstensjonsrom til vektorbunter på kurver george.h.hitching@hive.no 14. september 2010 1 Mye av dette er samarbeid med Insong Choe (Konkuk Univ., Seoul). La C være en kompleks projektiv glatt

Detaljer

Optimal kontrollteori

Optimal kontrollteori Optimal kontrollteori 1. og 2. ordens differensialligninger Klassisk variasjonsregning Optimal kontrollteori er en utvidelse av klassisk variasjonsregning, som ble utviklet av Euler og Lagrange. Et vanlig

Detaljer

Forelesning 5 mandag den 1. september

Forelesning 5 mandag den 1. september Forelesning mandag den. september. Fibonnacitall forts. Proposisjon..6. La n være et naturlig tall. Da er u + u + + u n = u n+. Bevis. Først sjekker vi om proposisjonen er sann når n =. I dette tilfellet

Detaljer

Lineær algebra-oppsummering

Lineær algebra-oppsummering Kapittel 9 Lineær algebra-oppsummering Matriser 1 Matriser er et rektangulært sett av elementer ordnet i rekker og kolonner: a 11 a 12 a 1n a 21 a 22 a 2n A = = [a ij m n a m1 a n2 a mn 2 Kvadratisk matrise:

Detaljer

Nummer 8-10. H. Aschehoug & Co Sehesteds gate 3, 0102 Oslo Tlf: 22 400 400. www.aschehoug.no

Nummer 8-10. H. Aschehoug & Co Sehesteds gate 3, 0102 Oslo Tlf: 22 400 400. www.aschehoug.no Nummer 8-10 H. Aschehoug & Co Sehesteds gate 3, 0102 Oslo Tlf: 22 400 400 www.aschehoug.no Hvorfor styrker man algebra i skolen? Det klages over at begynnerstudenter ved ulike høgskoler/universiteter har

Detaljer

MAT-1004 Vårsemester 2017 Prøveeksamen

MAT-1004 Vårsemester 2017 Prøveeksamen MAT-4 Vårsemester 7 Prøveeksamen Contents. Forord................................. OPPGAVE OPPGAVE OPPGAVE 7 4 OPPGAVE 8 OPPGAVE 6 OPPGAVE 7 OPPGAVE 8 OPPGAVE 9 Formatering av svarene 4 9. Rasjonale tall.............................

Detaljer

Lineær algebra. 0.1 Vektorrom

Lineær algebra. 0.1 Vektorrom Lineær algebra Siden dette temaet er alt for stort til å kunne gjennomgås på en halvtime, med alle de teoremene og denisjonene som skal til, har jeg laget dette notatet. Det bygger hovedsakelig på notatene

Detaljer

Forelesning 6 torsdag den 4. september

Forelesning 6 torsdag den 4. september Forelesning 6 torsdag den 4. september 1.13 Varianter av induksjon Merknad 1.13.1. Det finnes mange varianter av induksjon. Noen av disse kalles noen ganger sterk induksjon, men vi skal ikke benytte denne

Detaljer

Eksamensoppgave i MA0301 Elementær diskret matematikk løsningsforslag

Eksamensoppgave i MA0301 Elementær diskret matematikk løsningsforslag Institutt for matematiske fag Eksamensoppgave i MA0301 Elementær diskret matematikk løsningsforslag Faglig kontakt under eksamen: Martin Strand Tlf: 970 7 848 Eksamensdato: 3. mai 014 Eksamenstid (fra

Detaljer

Permutasjoner og symmetriske grupper

Permutasjoner og symmetriske grupper 4. Del Permutasjoner og symmetriske grupper Verbet permutere kommer av det latinske verbet permutare og betyr å bytte om, og ombyttinger,elleraltsåpermutasjoner,ernoevikjennerfradagliglivet.imatematikker

Detaljer

MAT1120 Notat 1 Tillegg til avsnitt 4.4

MAT1120 Notat 1 Tillegg til avsnitt 4.4 MAT1120 Notat 1 Tillegg til avsnitt 4.4 Dette notatet tar utgangspunkt i Teorem 8 fra avsnitt 4.4 i boka. For ordens skyld gjentar vi dette teoremet her: Teorem 8 [Avsn. 4.4]: Anta at B = {b 1,..., b n

Detaljer

Repetisjon: om avsn og kap. 3 i Lay

Repetisjon: om avsn og kap. 3 i Lay Repetisjon: om avsn. 2.1-2.4 og kap. 3 i Lay Matrisemultiplikasjon La A = [a ij ] være en m n matrise og B = [b kl ] være en n p matrise. ] Skriv B = [b 1 b 2 b p der b j -ene er i R n for hver j. Produktet

Detaljer

Obligatorisk innlevering 3 - MA 109, Fasit

Obligatorisk innlevering 3 - MA 109, Fasit Obligatorisk innlevering - MA 9, Fasit Vektorer Oppgave: Avgjør om, og er lineært uavhengige Dette er spørsmålet om det finnes vekter x, x, x - ikke alle lik - slik at x + x + x = Vi skriver det på augmentert

Detaljer

Dette er altså et slags produkt av undermengder. Man sjekker lett at dette produktet har en assosiativitetsegenskap 1,nemlig:

Dette er altså et slags produkt av undermengder. Man sjekker lett at dette produktet har en assosiativitetsegenskap 1,nemlig: Kvotientgrupper En helt sentral konstruksjon i gruppeteorien er dannelsen av kvotienten av en gruppe G med en normal undergruppe. I et spesialtilfelle har vi allerede gjort denne konstruksjonen, nemlig

Detaljer

MAT Onsdag 7. april Lineær uavhengighet (forts. 1.8 Underrom av R n, nullrom, basis MAT Våren UiO. 7.

MAT Onsdag 7. april Lineær uavhengighet (forts. 1.8 Underrom av R n, nullrom, basis MAT Våren UiO. 7. MAT 2 april 2.7 Lineær.8 Underrom MAT 2 Våren 2 UiO 7. april 2 / 23 MAT 2 april 2.7 Lineær.8 Underrom Minner om:.7 Lineær (fortsettelse) Definisjon. To vektorer u og v i R n kalles lineært avhengige dersom

Detaljer

MAT1120 Notat 1 Tillegg til avsnitt 4.4

MAT1120 Notat 1 Tillegg til avsnitt 4.4 MAT1120 Notat 1 Tillegg til avsnitt 4.4 Vi tar utgangspunkt i Teorem 8 fra avsn. 4.4 i boka. For ordens skyld gjentar vi teoremet her: Teorem 8 [Avsn. 4.4]: Anta at B = {b 1,..., b n } er en (ordnet) basis

Detaljer

MAT1030 Diskret Matematikk

MAT1030 Diskret Matematikk MAT1030 Diskret Matematikk Forelesning 16: Rekursjon og induksjon Roger Antonsen Institutt for informatikk, Universitetet i Oslo 17. mars 009 (Sist oppdatert: 009-03-17 11:4) Forelesning 16 MAT1030 Diskret

Detaljer

Direkte produkter. (a, b)(a 0,b 0 )=(ab, a 0 b 0 ).

Direkte produkter. (a, b)(a 0,b 0 )=(ab, a 0 b 0 ). Direkte produkter Vi kjenner det kartesiske produktet av to mengder Y.Detbeståravallepar(x, y) av elementer x 2 og y 2 Y.OrdetkartesiskerdannetavegennavnetRenéDécartes, en fransk filosof og matematiker

Detaljer

MAT1120 Repetisjon Kap. 1

MAT1120 Repetisjon Kap. 1 MAT1120 Repetisjon Kap. 1 Kap. 1, avsn. 2.1-2.3 og kap. 3 i Lays bok er for det meste kjent fra MAT1100 og MAT1110. Idag skal vi repetere fra kap. 1 i Lays bok. Det handler bl.a. om : Matriser Vektorer

Detaljer

Løsningsforslag. Oppgavesettet består av 9 oppgaver med i alt 20 deloppgaver. Ved sensur vil alle deloppgaver telle omtrent like mye.

Løsningsforslag. Oppgavesettet består av 9 oppgaver med i alt 20 deloppgaver. Ved sensur vil alle deloppgaver telle omtrent like mye. Løsningsforslag Emnekode: ITF75 Dato: 5 desember Emne: Matematikk for IT Eksamenstid: kl 9 til kl Hjelpemidler: To A4-ark med valgfritt innhold på begge sider Kalkulator er ikke tillatt Faglærer: Christian

Detaljer

Lineære likningssystemer og matriser

Lineære likningssystemer og matriser Kapittel 3 Lineære likningssystemer og matriser I dette kapittelet skal vi sette sammen Kapittel 1 og 2. 3.1 Den utvidede matrisen til et likningssystem Vi starter med et lineært likningssystem med m likninger

Detaljer

Linjegeometri. Kristian Ranestad. 3. Januar 2006

Linjegeometri. Kristian Ranestad. 3. Januar 2006 3. Januar 2006 Konveksitet Hva er en konveks mengde med punkter? En punktmengde er konveks dersom alle linjestykkene med endepunkter i mengden er helt inneholdt i mengden. Eksempler: Et linjestykke (den

Detaljer

Forelesning 14 torsdag den 2. oktober

Forelesning 14 torsdag den 2. oktober Forelesning 14 torsdag den 2. oktober 4.1 Primtall Definisjon 4.1.1. La n være et naturlig tall. Da er n et primtall om: (1) n 2; (2) de eneste naturlige tallene som er divisorer til n er 1 og n. Eksempel

Detaljer

MAUMAT644 ALGEBRA vår 2016 Andre samling Runar Ile

MAUMAT644 ALGEBRA vår 2016 Andre samling Runar Ile MAUMAT644 ALGEBRA vår 2016 Andre samling Runar Ile 1 Ringer og ringhomomorfier 1.1 Hva er en ring? Avsnitt 18: Ringer og kropper Stoff: Ring, direkte produkt av ringer, ringhomomorfi og ringisomorfi, kjernen

Detaljer

MAT1030 Diskret Matematikk

MAT1030 Diskret Matematikk MAT1030 Diskret Matematikk Plenumsregning 11: Ukeoppgaver Mathias Barra Matematisk institutt, Universitetet i Oslo 7. mars 009 (Sist oppdatert: 009-03-30 09:39) Oppgave 7. Finn en rekursiv og en ikke-rekursiv

Detaljer

MAT1030 Diskret Matematikk

MAT1030 Diskret Matematikk MAT1030 Diskret Matematikk Forelesning 21: Mer kombinatorikk Roger Antonsen Institutt for informatikk, Universitetet i Oslo 15. april 2009 (Sist oppdatert: 2009-04-15 00:05) Kapittel 9: Mer kombinatorikk

Detaljer

Hva forskes det på i matematikk i Norge idag?

Hva forskes det på i matematikk i Norge idag? Hva forskes det på i matematikk i Norge idag? En populærvitenskapelig oversikt Geir Ellingsrud UiO 18. september 2014 Advarsel! Størrelsesorden NFR evaluerte matematisk forskning i Norge i 2011 ved de

Detaljer

MAT1030 Diskret Matematikk

MAT1030 Diskret Matematikk MAT1030 Diskret Matematikk Forelesning 26: Trær Roger Antonsen Institutt for informatikk, Universitetet i Oslo 5. mai 2009 (Sist oppdatert: 2009-05-06 22:27) Forelesning 26 MAT1030 Diskret Matematikk 5.

Detaljer

Repetisjon: Om avsn og kap. 3 i Lay

Repetisjon: Om avsn og kap. 3 i Lay Repetisjon: Om avsn. 2.1-2.4 og kap. 3 i Lay Matrisemultiplikasjon. La A = [a ij ] være en m n matrise og B = [b kl ] være en n p matrise. ] Skriv B = [b 1 b 2 b p. Produktet AB er m p matrisen definert

Detaljer

Gauss-Jordan eliminasjon; redusert echelonform. Forelesning, TMA4110 Fredag 18/9. Reduserte echelonmatriser. Reduserte echelonmatriser (forts.

Gauss-Jordan eliminasjon; redusert echelonform. Forelesning, TMA4110 Fredag 18/9. Reduserte echelonmatriser. Reduserte echelonmatriser (forts. Gauss-Jordan eliminasjon; redusert echelonform Forelesning, TMA4110 Fredag 18/9 Martin Wanvik, IMF MartinWanvik@mathntnuno En matrise vil normalt være radekvivalent med flere echelonmatriser; med andre

Detaljer

Repetisjon. MAT1030 Diskret Matematikk. Oppsummering. Oppsummering. Forelesning 15: Rekursjon og induksjon. Roger Antonsen

Repetisjon. MAT1030 Diskret Matematikk. Oppsummering. Oppsummering. Forelesning 15: Rekursjon og induksjon. Roger Antonsen MAT1030 Diskret Matematikk Forelesning 15: og induksjon Roger Antonsen Institutt for informatikk, Universitetet i Oslo Repetisjon 11. mars 2009 (Sist oppdatert: 2009-03-10 20:38) MAT1030 Diskret Matematikk

Detaljer

TOPOLOGI. Dan Laksov

TOPOLOGI. Dan Laksov Forum för matematiklärare TOPOLOGI Dan Laksov Institutionen för Matematik, 2009 Finansierat av Marianne och Marcus Wallenbergs Stiftelse Topologi Dan Laksov Notater for Forum för Matematiklärare. Høst

Detaljer

Notat i MA2201. Vegard Hagen. 27. mai 2012. La S være en mengde og la f, g, h : S S. Da er

Notat i MA2201. Vegard Hagen. 27. mai 2012. La S være en mengde og la f, g, h : S S. Da er Notat i MA2201 Vegard Hagen 27. mai 2012 Del I - grupper og undergrupper Seksjon 2 - Binære Operasjoner En binær operasjon på en mengde S er en funksjonsavbildning S S S. (a, b) S S betegner vi elementet

Detaljer

MA1201 Lineær algebra og geometri Løsningsforslag for eksamen gitt 3. desember 2007

MA1201 Lineær algebra og geometri Løsningsforslag for eksamen gitt 3. desember 2007 Norges teknisknaturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag MA101 Lineær algebra og geometri Løsningsforslag for eksamen gitt 3 desember 007 Oppgave 1 a) Vi ser på ligningssystemet x +

Detaljer

MAT1030 Diskret Matematikk

MAT1030 Diskret Matematikk MAT1030 Diskret Matematikk Forelesning 27: Trær Dag Normann Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo 4. mai 2010 (Sist oppdatert: 2010-05-04 14:11) Forelesning 27 MAT1030 Diskret Matematikk 4. mai 2010

Detaljer

MAT1030 Diskret matematikk

MAT1030 Diskret matematikk MAT1030 Diskret matematikk Forelesning 14: Rekursjon og induksjon Dag Normann Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo 27. februar 2008 Oppsummering Mandag repeterte vi en del om relasjoner, da spesielt

Detaljer

To nyttige begreper. Ekvivalensrelasjoner

To nyttige begreper. Ekvivalensrelasjoner To nyttige begreper Det er to begreper fra mengdelæren som til stadighet vil bli brukt i dette kurset, og som vi av erfaring vet kan være tungt fordøyelig for endel studender. For å få en skikkelig forståelse

Detaljer

Lineære ligningssystemer. Forelesning, TMA4110 Torsdag 17/9. Lineære ligningssystemer (forts.) Eksempler

Lineære ligningssystemer. Forelesning, TMA4110 Torsdag 17/9. Lineære ligningssystemer (forts.) Eksempler Lineære ligningssystemer Generell form; m ligninger i n ukjente, m n-system: Forelesning, TMA4110 Torsdag 17/9 Martin Wanvik, IMF MartinWanvik@mathntnuno a 11 x 1 + a 12 x 2 + + a 1n x n = b 1 a 21 x 1

Detaljer

INF3170 / INF4171. Predikatlogikk: Skolemfunksjoner; Andreordens logikk. Andreas Nakkerud. 10. september 2015

INF3170 / INF4171. Predikatlogikk: Skolemfunksjoner; Andreordens logikk. Andreas Nakkerud. 10. september 2015 INF3170 / INF4171 Predikatlogikk: Skolemfunksjoner; Andreas Nakkerud 10. september 2015 Henkin-vitner Theorem La T være en teori med språk L, slik at T xφ(x), hvor FV (φ) = {x}. La c være en konstant som

Detaljer

Sist forelesning snakket vi i hovedsak om trær med rot, og om praktisk bruk av slike. rot. barn

Sist forelesning snakket vi i hovedsak om trær med rot, og om praktisk bruk av slike. rot. barn Forelesning 26 Trær Dag Normann - 28. april 2008 Oppsummering Sist forelesning snakket vi i hovedsak om trær med rot, og om praktisk bruk av slike. rot barn barn barnebarn barnebarn barn blad Her er noen

Detaljer

MAUMAT644 ALGEBRA vår 2016 Fjerde samling Runar Ile

MAUMAT644 ALGEBRA vår 2016 Fjerde samling Runar Ile MAUMAT644 ALGEBRA vår 2016 Fjerde samling Runar Ile 1 Kroppsutvidelser og geometriske konstruksjoner 1.1 Hva har kroppsutvidelser med geometriproblemer å gjøre? Avsnitt 29: Kroppsutvidelser Stoff: Utvidelseskropper

Detaljer

Emne 9. Egenverdier og egenvektorer

Emne 9. Egenverdier og egenvektorer Emne 9. Egenverdier og egenvektorer Definisjon: Vi starter med en lineær transformasjon fra til, hvor Dersom, hvor, sier vi at: er egenverdiene til A er tilhørende egenvektorer. betyr at er et reelt eller

Detaljer

Litt mer mengdelære. INF3170 Logikk. Multimengder. Definisjon (Multimengde) Eksempel

Litt mer mengdelære. INF3170 Logikk. Multimengder. Definisjon (Multimengde) Eksempel INF3170 Logikk Forelesning 2: Mengdelære, induktive definisjoner og utsagnslogikk Roger Antonsen Institutt for informatikk, Universitetet i Oslo Litt mer mengdelære 2. februar 2010 (Sist oppdatert: 2010-02-02

Detaljer

Mer om mengder: Tillegg til Kapittel 1. 1 Regneregler for Booleske operasjoner

Mer om mengder: Tillegg til Kapittel 1. 1 Regneregler for Booleske operasjoner MAT1140, H-16 Mer om mengder: Tillegg til Kapittel 1 Vi trenger å vite litt mer om mengder enn det som omtales i første kapittel av læreboken. I dette tillegget skal vi først se på regneregler for Booleske

Detaljer

LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN MNF130 VÅREN 2010 OPPGAVE 1

LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN MNF130 VÅREN 2010 OPPGAVE 1 LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN MNF130 VÅREN 2010 OPPGAVE 1 p q p p q p q T T F T T Sannhetstabell: T F F F F F T T T T F F T T T Siden proposisjonene p q og p q har samme sannhetsverdier (for alle sannhetsverdier

Detaljer

Utkast til løsningsforslag til eksamen i emnet MAT 121 - Lineær algebra Utan ansvar for feil og mangler Mandag 31. mai 2010, kl. 09-14.

Utkast til løsningsforslag til eksamen i emnet MAT 121 - Lineær algebra Utan ansvar for feil og mangler Mandag 31. mai 2010, kl. 09-14. Utkast til løsningsforslag til eksamen i emnet MAT 2 - Lineær algebra Utan ansvar for feil og mangler Mandag 3. mai 2, kl. 9-4. Oppgave En bisverm flyr mellom to kuber, A og B, på dagtid, og hver bi blir

Detaljer

MAT1030 Diskret matematikk

MAT1030 Diskret matematikk MAT1030 Diskret matematikk Forelesning 26: Trær Dag Normann Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo 28. april 2008 Oppsummering Sist forelesning snakket vi i hovedsak om trær med rot, og om praktisk

Detaljer

Løsningsforslag oblig. innlevering 1

Løsningsforslag oblig. innlevering 1 Løsningsforslag oblig. innlevering 1 IN1150 Logiske metoder Høsten 2017 Oppgave 1 - Mengdelære (10 poeng) a) Ut fra opplysningene under, angi hvilke mengder A og B er. A B = {1, 2, 3, 4, 5, 6} A B = {2,

Detaljer

Vi skal koble diagonalisering av matriser sammen med ortogonalitet. Skal bl.a. se på

Vi skal koble diagonalisering av matriser sammen med ortogonalitet. Skal bl.a. se på Kap. 7 Innledning Vi skal koble diagonalisering av matriser sammen med ortogonalitet. Skal bl.a. se på Symmetriske matriser. Disse matrisene har uvanlig pene egenskaper mht. diagonalisering. Kvadratiske

Detaljer

Forelesning 14. Rekursjon og induksjon. Dag Normann februar Oppsummering. Oppsummering. Beregnbare funksjoner

Forelesning 14. Rekursjon og induksjon. Dag Normann februar Oppsummering. Oppsummering. Beregnbare funksjoner Forelesning 14 og induksjon Dag Normann - 27. februar 2008 Oppsummering Mandag repeterte vi en del om relasjoner, da spesielt om ekvivalensrelasjoner og partielle ordninger. Vi snakket videre om funksjoner.

Detaljer