UNIVERSITETET I OSLO

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Størrelse: px
Begynne med side:

Download "UNIVERSITETET I OSLO"

Transkript

1 UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i INF1080 Logiske metoder for informatikk Eksamensdag: 26. november 2010 Tid for eksamen: 13:00 17:00 Oppgave 1 La A = { }. Mengdelære (a) Hva er kardinaliteten til A? A har ett element, så kardinaliteten til A er 1. (b) Hva er kardinaliteten til A \? A \ = A, så kardinaliteten til A \ er 1. La A = {{1, 2, 3, {5, 6}}, 7, 8}. (c) Hva er kardinaliteten til A? A innholder tre elementer, {1, 2, 3, {4, 5}}, 7 og 8, så kardinaliteten er 3. (d) Hva er kardinaliteten til A A? A A har 3 3 = 9 elementer, så kardinaliteten er 9. (e) Hva er kardinaliteten til A {A}? {A} har kun ett element, så kardinaliteten til A {A} er 3 1 = 3. La A = {1, 2, {, 3}} og B = {2, 3}. (f) Hva er A \ B? (Fortsettes på side 2.)

2 A \ B = {1, {, 3}}. Det eneste elementet som fjernes er 2, siden 3 ikke er et element i A. (g) Hva er A B? A B = {1, 2, 3, {, 3}}. (h) Hva er A B? A B = {2} (Tallet 2 er det eneste som er et element i både A og B). La A og B være endelige mengder. (i) Vis at dersom A B =, så gjelder A B = A + B. Inklusjons- og eksklusjonsprinsippet sier at A B = A + B A B. Dette tar vi for gitt. (Beviset er forøvrig enkelt: Hvis vi først teller opp elementene i A og deretter elementene i B, har vi telt elementene i A B to ganger. For å få antall elementer i A B må vi derfor trekke fra det vi har telt for mye, nemlig antallet i A B.) Hvis A B =, så har vi A B = 0. Hvis vi erstatter A B med 0 i prinsippet, så får vi det som oppgaven spør etter, nemlig at A B = A + B. (j) Stemmer det også at dersom A B = A + B, så må A B =? Inklusjons- og eksklusjonsprinsippet sier at A B = A + B A B. Hvis A B = A + B, så følger det ved enkel regning at A B = 0. Det betyr at A og B ikke har noen felles elementer, og det er det samme som at A B =. Oppgave 2 Funksjoner (a) La A = {1, 2, 3}. Finn to funksjoner f og g (begge fra A til A), og et element x A slik at f(g(x)) g(f(x)). La f være funksjonen { 1, 1, 2, 1, 3, 1 } (som sender alt til 1) og g være funksjonen { 1, 2, 2, 2, 3, 2 } (som sender alt til 2). Hvis vi velger x = 1, så får vi f(g(1)) = f(2) = 1, men at g(f(1)) = g(1) = 2. 2

3 (b) La A = {a, b, c, d}. Finnes to funksjoner f og g (begge fra A til A) slik at f(g(x)) = x for alle x, mens g(f(y)) y for en eller annen y? Hvis ja - finn to slike funksjoner, hvis nei - forklar hvorfor. Nei, anta at det faktisk fins to funksjoner f og g med de gitte egenskapene. Da har vi at f(g(x)) = x for alle x A og at g(f(y)) y for en eller annen y A. Funksjonen f er nødt til å være en bijeksjon; fra at f(g(x)) = x for alle x A følger det direkte at f er surjektiv, og siden det bare er fire elementer i A, så følger det også at den er injektiv (hvis den ikke hadde vært injektiv, så kunne den ikke ha vært surjektiv). Vi har antatt at g(f(y)) y, for y A, og fordi f er injektiv har vi at f(g(f(y))) f(y). Men, det er umulig, fordi f(g(f(y))) = f(y) ved den første antakelsen (ved å sette inn f(y) for x i f(g(x)) = x.) En annen måte å begrunne svaret på er ved å vise at f(g(x)) = x for alle x A impliserer at g(f(y)) = y for alle y A. Først observerer vi at både f og g må være bijeksjoner (hvis ikke det er tilfelle, så ville ikke f(g(x)) = x for alle x A). La så y være et vilkårlig element fra A. Siden g er surjektiv, må det finnes en x A slik at g(x) = y. Vi får derfor følgende. Oppgave 3 g(f(y)) = g(f(g(x))) fordi y = g(x) = g(x) fordi f(g(x)) = x = y Relasjoner La R være en relasjon på mengden A. For en delmengde B av A definerer vi restriksjonen av R til B som relasjonen R (B B). (a) Vis at restriksjonen av en irrefleksiv relasjon på A gir en irrefleksiv relasjon på B. La R være en irrefleksiv relasjon på A. Restriksjonen av denne relasjonen til B er definert som relasjonen R (B B). For å vise at dette er en irrefleksiv relasjon på B, la x være et vilkårlig element i B. Vi må vise at x, x ikke er med i R (B B). Ved antakelsen om at R er irrefleksiv, så har vi at x, x / R. Ved definisjonen av kan derfor ikke x, x være med i R (B B). Siden x var vilkårlig valgt, holder dette for alle elementer i B, og derfor er restriksjonen irrefleksiv. (b) Vis at restriksjonen av en ekvivalensrelasjon på A gir en ekvivalensrelasjon på B. La R være en ekvivalensrelasjon på A. Da er R per definisjon refleksiv, symmetrisk og transitiv. Restriksjonen av denne relasjonen til B er definert som relasjonen 3

4 R (B B). For å vise at dette er en ekvivalensrelasjon på B, så må vi vise at den er refleksiv, symmetrisk og transitiv. Refleksivitet. For å vise at restriksjonen er refleksiv, anta at x B. Da er x, x (B B) og x, x R. Ved definisjonen av snitt har vi x, x R (B B). Siden x var vilkårlig valgt er restriksjonen, R (B B), refleksiv. Symmetri. For å vise at restriksjonen er symmetrisk, anta at x, y R (B B). Ved definisjonen av snitt, har vi x, y R og x, y (B B). Siden R er symmetrisk, har vi y, x R, og siden (B B) inneholder alle tupler, har vi y, x (B B). Ved definisjonen av snitt, har vi y, x R (B B). Siden x og y var vilkårlig valgt, har vi vist at restriksjonen er symmetrisk. Transitivitet. For å vise at restriksjonen er symmetrisk, anta at x, y og y, z R (B B). Ved definisjonen av snitt, har vi x, y R og y, z R. Siden R er transitiv, har vi x, z R. Siden (B B) inneholder alle tupler, har vi at x, z (B B). Ved definisjonen av snitt, har vi derfor x, z R (B B). Dette viser at restriksjonen er transitiv. (c) Vil restriksjonen av en anti-symmetrisk relasjon på A gi en anti-symmetrisk relasjon på B? Ja, anta R er en anti-symmetrisk relasjon på A. Restriksjonen av denne relasjonen til B er definert som relasjonen R (B B). For å vise at dette er en anti-symmetrisk relasjon på B, la x og y være to vilkårlig elementer fra B slik at x, y R (B B) og y, x R (B B). Siden R er anti-symmetrisk, får vi at x = y, og dermed har vi vist at R (B B) også er anti-symmetrisk. Oppgave 4 Logisk gyldige formler Avgjør om følgende formler er tautologier (logisk gyldige). Begrunn svaret ditt. (a) (P Q) (P Q) Ja, og det er mange måter å begrunne dette på. Vi kan sette opp en sannhetsverditabell og observere at kolonnen under hovedkonnektivet bare består av 1ere. P Q (P Q) (P Q) Vi kan også bevise at formelen er gyldig på følgende måte. Anta at (P Q) er sann. Fra denne antakelsen alene må vi vise at (P Q) er sann. For å vise at denne 4

5 formelen er sann, så kan vi anta at (P Q) er sann og se hva som skjer. For, hvis vi får en motsigelse, så kan vi konkludere med at (P Q) er usann, og at (P Q) derfor er sann. Anta derfor at (P Q) er sann. Ved tolkningen av -formler må P og Q være sanne. Men, da kan ikke P Q være sann, slik vi har antatt. Vi kan derfor konkludere med at (P Q) må være sann, og at hele formelen er gyldig. En tredje måte er ved å observere at det som står etter pilen, (P Q) er ekvivalent med P Q eller P Q, som vi ser er ekvivalent med P Q. Dermed ser vi at hele formelen er ekvivalent med A A, hvor A er P Q, og derfor er gyldig. En fjerde måte er ved å bruke tablåmetoden. Da lager vi et lukket tablå over negasjonen til formelen, på følgende måte. ((P Q) (P Q)) (P Q)) (P Q) (P Q) P Q P Q Alle grenene i tablået er lukket, og det betyr at formelen øverst i tablået ikke er oppfyllbar. Det betyr at formelen ikke er falsifiserbar og at den er gyldig. (b) (P Q) (P Q) Nei, formelen er usann i enhver valuasjon som gjør P sann og Q usann. (c) xp(x) x(p(x) Q(x)) xq(x) Nei, formelen er usann i følgende modell. (d) y xr(x, y) x yr(x, y) M = {1, 2} P M = {1, 2} Q M = {1} Ja, denne formelen er gyldig. Anta at y xr(x, y) er sann i modellen M. Da fins det et element a i domenet til modellen slik at M = R( c, ā) for alle c i domenet. Da ser vi at uansett hvilken c vil velger i domenet, så finnes det en e slik at M = R( c, ē), for det er bare å velge e til å være a. Altså er også x yr(x, y) sann i modellen. 5

6 Oppgave 5 Sant eller usant om utsagnslogikk Er følgende påstander sanne eller usanne? Hvis påstanden er usann, så gi et moteksempel. Hvis påstanden er sann, så gi et argument som beviser at den er sann (bruk definisjonen av gyldig/falsifiserbar). (a) [3 poeng] Hvis A er falsifiserbar og B er falsifiserbar, så er A B falsifiserbar. Usann. Velg A = P og B = P, der P er en atomær formel. Da vil både A og B være falsifiserbare, men A B (som er lik P P) vil være en tautologi (gyldig). (b) [3 poeng] Hvis A er gyldig og B er falsifiserbar, så er A B falsifiserbar. Sann. Hvis A er gyldig er det slik at A er sann i alle valuasjoner (v = A for alle valuasjoner v). Hvis B er falsifiserbar, så finnes det en valuasjon som gjør B usann. Vi kaller en av disse valuasjonene for v 1. Nå er det slik at v 1 = A (siden dette gjelder i alle valuasjoner), og v 1 = B. Tilsammen gir dette v 1 = A B. La oss se på denne formelen. A B (A B) ( A B) (A B) som betyr at v 1 = (A B), altså at A B er usann i v 1. Dette betyr at v 1 falsifiserer formelen. Mindre formelt: Alle valuasjoner oppfyller A ettersom A er gyldig. Det finnes en valuasjon som ikke oppfyller B ettersom B er falsifiserbar. Siden A er gyldig vil valuasjoner som ikke oppfyller B fremdeles oppfylle A. De vil altså oppfylle A, men ikke B. Disse valuasjonene vil da ikke oppfylle A B, så A B er falsifiserbar (den falsifiseres av nøyaktig de valuasjonene som falsifiserer B). (c) [3 poeng] Hvis A C er gyldig, så er A (B C) gyldig. Sann. Vi antar at A C er gyldig, og tar for oss en vilkårlig valuasjon. Siden A C er gyldig må den være sann i denne valuasjonen, og da må enten A være usann eller C være sann. Dersom A er usann er A (B C) sann. Dersom C er sann er B C sann, og dermed også A (B C) sann. Med andre ord vil valuasjonen oppfylle A (B C) dersom den oppfyller A C. Hvis da A C alltid oppfylles må også A (B C) også alltid oppfylles. Det går også an å argumentere litt mer direkte, på følgende måte. Anta at A C er gyldig. For å vise at A (B C) er gyldig, velg en vilkårlig valuasjon som gjør A sann. Det er tilstrekkelig å vise at denne gjør B C sann, for da må A (B C) være gyldig. Ved antakelsen om at A C er gyldig, må valuasjonen gjøre C sann. Ved definisjonen av må B C, og dermed 6

7 A (B C), være sann. Siden valuasjonen var vilkårlig valgt, så må A (B C) være gyldig. (d) [3 poeng] Hvis A C er falsifiserbar, så er A (B C) Usant. La oss velge B til å være en kontradiksjon. Da vil B C, og dermed også A (B C) alltid være sanne. B påvirker riktignok ikke A C, så denne står fritt til å være usann. Vi evner altså å lage et moteksempel ved å la A C være falsifierbar og B en kontradiksjon. falsifiserbar. Oppgave 6 Førsteordens logikk oversettelse Oversett følgende setninger til førsteordens logikk. Vi velger gjennom denne oppgaven å tolke liker gull som liker alt som er gull. (a) Ikke alt som glitrer er gull. x(gx Ax) eller x(gx Ax) (b) Noen liker gull. x y(ay Lxy) (c) Alle som liker gull, liker alt som glitrer. x( y[ay Lxy] z[gz Lxz]) eller x y z([ay Lxy] [Gz Lxz]) (d) Noen liker kun det som glitrer. x y(lxy Gy) (e) Alt som glitrer blir likt av noen. 7

8 x(gx ylyx) eller x y(gx Lyx) (f) Det fins noe som hverken er gull eller glitrer, men som blir likt av alle. x( Ax Gx ylyx) eller x y( Ax Gx Lyx) (For ordens skyld, la Ax stå for x er gull, la Gx stå for x glitrer og la Lxy stå for x liker y.) Oppgave 7 Førsteordens logikk semantikk Anta at et førsteordens språk er gitt. Forklar hva en førsteordens modell for dette språket er og hva som kreves for at en førsteordens formel i dette språket er gyldig. En førsteordens modell er noe som består av et domene og som tolker alle elementer (konstantsymboler, funksjonssymboler og relasjonssymboler) i et førsteordens språk. En førsteordens formel i et gitt språk er gyldig hvis den er sann i alle modeller for språket. Oppgave 8 Grafteori La G n betegne den komplette grafen med n noder. (a) Definer en rekursiv funksjon σ(n) som gir antall kanter i G n. Se først på noen eksempler. G 0 har null noder og null kanter. G 1 har 1 node og null kanter. G 2 har to noder, og en kant mer enn G 1 (fordi den nye noden må kobles til alle noder i G 1 for at G 2 skal være komplett). G 2 har 2 noder og 1 kant. G 3 har 3 noder og 2 flere kanter enn G 2 (den nye noden må kobles til de to eksisterene nodene med kanter). Vi ser at vi generelt må legge til like mange kanter som det var noder i den forrige grafen. Altså: σ(n + 1) = σ(n) + n (b) La G være en enkel, ikke-sammenhengende graf med 10 noder. Vis at G ikke kan ha flere enn 36 kanter. Kan G ha 36 kanter? 8

9 Den enkle sammenhengende grafen med 10 noder med flest kanter er G 10. Av de enkle ikke-sammenhengende grafene med 10 noder vil den som ha flest kanter være en graf bestående av to komplette grafer med tilsammen 10 noder (hvis en av de to ikke er komplette kan vi lage en graf med flere kanter ved å gjøre delene komplette, og er grafen delt i mer enn to sammenhengende grafer kan vi lage en graf med flere kanter ved å koble sammen delene til vi bare har to). Vi lar den ene av de to delene innholde k noder, slik at den andre innholer 10 k noder. Da har vi at antall kanter er lik σ(k) + σ(10 k). Vi kan nå regne ut alle muligheter for k (1,2,...,9), men vi kan raskere komme i mål ved følgende observasjon: σ(n) vokser fortere og fortere med n (hvor får du flest nye kanter hvis du kan legge til en ny node i grafen med 1 i forhold til grafen med 2?). Dette betyr at det lønner seg å legge til flere noder i den største grafen dersom vi ønsker så mange kanter som mulig. Med andre ord har vi k = 1 eller k = 9. Altså at den ene grafen innholder 1 node og den andre 9. Antall kanter er da 36. (σ(9) = 36 og σ(1) = 0). Oppgave 9 Bevismetoder Her følger et bevis for at alle relasjoner R som både er symmetriske og transitive også må være refleksive: (a) Siden R er symmetrisk medfører arb at bra. (b) Siden R er transitiv, medfører arb og bra sammen at ara. (c) Siden ara er relasjonen refleksiv. Hva er feilen i argumentasjonen? Det vi her har vist er at dersom det finnes en b slik at arb, så ara. Det betyr ikke at ara for alle a. 9

LØSNINGSFORSLAG UNIVERSITETET I OSLO. Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet. Oppgave 1 Mengdelære (10 poeng)

LØSNINGSFORSLAG UNIVERSITETET I OSLO. Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet. Oppgave 1 Mengdelære (10 poeng) UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i Eksamensdag: 9. desember 2010 Tid for eksamen: 09:00 13:00 INF1080 Logiske metoder for informatikk Oppgave 1 Mengdelære (10 poeng)

Detaljer

Repetisjon og mer motivasjon. MAT1030 Diskret matematikk. Repetisjon og mer motivasjon

Repetisjon og mer motivasjon. MAT1030 Diskret matematikk. Repetisjon og mer motivasjon Repetisjon og mer motivasjon MAT030 Diskret matematikk Forelesning 22: Grafteori Roger Antonsen Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo 4. april 2008 Først litt repetisjon En graf består av noder og

Detaljer

Løsningsforslag Øving 9 TMA4140 Diskret matematikk Høsten 2008. i for i = 0, 1, 2, 3, 4, og så er W 4 svaret. 0 1 0 0

Løsningsforslag Øving 9 TMA4140 Diskret matematikk Høsten 2008. i for i = 0, 1, 2, 3, 4, og så er W 4 svaret. 0 1 0 0 Løsningsforslag Øving 9 TMA4140 Diskret matematikk Høsten 2008 8.4.27 Vi beregner matrisene W i for i = 0, 1, 2, 3, 4, og så er W 4 svaret. a) W 0 = W 1 = W 2 = 1 0 0 0 1 1 0 0 b) W 0 = c) W 0 = d) W 0

Detaljer

Et utsagn (eng: proposition) er en erklærende setning som enten er sann eller usann. Vi kaller det gjerne en påstand.

Et utsagn (eng: proposition) er en erklærende setning som enten er sann eller usann. Vi kaller det gjerne en påstand. Utsagnslogikk. Et utsagn (eng: proposition) er en erklærende setning som enten er sann eller usann. Vi kaller det gjerne en påstand. Eksempler: Avgjør om følgende setninger er et utsagn, og i så fall;

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

MAT1140: Kort sammendrag av grafteorien

MAT1140: Kort sammendrag av grafteorien MAT1140: Kort sammendrag av grafteorien Dette notatet gir en kort oversikt over den delen av grafteorien som er gjennomgått i MAT1140 høsten 2013. Vekten er på den logiske oppbygningen, og jeg har utelatt

Detaljer

Matematikk for IT. Prøve 1. Torsdag 17. september 2015. Løsningsforslag. 22. september 2015

Matematikk for IT. Prøve 1. Torsdag 17. september 2015. Løsningsforslag. 22. september 2015 Matematikk for IT Prøve 1 Torsdag 17. september 2015 Løsningsforslag 22. september 2015 Oppgave 1 Gitt følgende mengder A = {0, 1, 2, 3, 4}, B = {0, 1, 2} og C = {0, 3, 6, 9} Universet er U = {0, 1, 2,

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 27 848 Eksamensdato:. august 2014 Eksamenstid (fra

Detaljer

Oversikt over bevis at det finnes uendelig mange primtall med bestemte egenskaper

Oversikt over bevis at det finnes uendelig mange primtall med bestemte egenskaper Oversikt over bevis at det finnes uendelig mange primtall med bestemte egenskaper Richard Williamson 3. desember 2014 Oppgave 1 La n være et naturlig tall. Bevis at det finnes et primtall p slik at p >

Detaljer

Utvalgsaksiomet, velordningsprinsippet og Zorns lemma

Utvalgsaksiomet, velordningsprinsippet og Zorns lemma Utvalgsaksiomet, velordningsprinsippet og Zorns lemma Dag Normann Universitetet i Oslo Matematisk Institutt Boks 1053 - Blindern 0316 Oslo 13. mars 2007 I dette notatet skal vi gi et bevis for ekvivalensen

Detaljer

Emne 13 Utsagnslogikk

Emne 13 Utsagnslogikk Emne 13 Utsagnslogikk Et utsagn er en erklæring som er entydig sann eller usann, men ikke begge deler. Noen eksempler på (ekte) utsagn: Utsagn : Gjøvik har bystatus er sann ( i alle fall pr. dags dato

Detaljer

Kapittel 4: Logikk (predikatlogikk)

Kapittel 4: Logikk (predikatlogikk) MAT1030 Diskret Matematikk Forelesning 7: Logikk, predikatlogikk Roger Antonsen Institutt for informatikk, Universitetet i Oslo Kapittel 4: Logikk (predikatlogikk) 10. februar 2009 (Sist oppdatert: 2009-02-11

Detaljer

Forelesning 21 torsdag den 30. oktober

Forelesning 21 torsdag den 30. oktober Forelesning 21 torsdag den 30. oktober 5.12 Mersenne-primtall Merknad 5.12.1. Nå kommer vi til å se på et fint tema hvor kvadratisk gjensidighet kan benyttes. Terminologi 5.12.2. La n være et naturlig

Detaljer

R for alle a A. (, så er a, En relasjon R på en mengde A er en Ekvivalensrelasjon hvis den er refleksiv, symmetrisk og transitiv.

R for alle a A. (, så er a, En relasjon R på en mengde A er en Ekvivalensrelasjon hvis den er refleksiv, symmetrisk og transitiv. Repetisjon fra siste uke: Relasjoner En relasjon R på en mengde A er en delmengde av produktmengden A A. La R være en relasjon på en mengde A. R er refleksiv hvis R er symmetrisk hvis R er antisymmetrisk

Detaljer

LO118D Forelesning 3 (DM)

LO118D Forelesning 3 (DM) LO118D Forelesning 3 (DM) Mengder og funksjoner 27.08.2007 1 Mengder 2 Funksjoner Symboler x y Logisk AND, både x og y må være sanne x y Logisk OR, x eller y må være sann x Negasjon, ikke x x For alle

Detaljer

MAT1030 Forelesning 7

MAT1030 Forelesning 7 MAT1030 Forelesning 7 Logikk, predikatlogikk Dag Normann - 9. februar 2010 (Sist oppdatert: 2010-02-09 14:24) Kapittel 4: Logikk (predikatlogikk) Predikatlogikk Vi brukte hele forrige uke til å innføre

Detaljer

Ukeoppgaver fra kapittel 3 & 4

Ukeoppgaver fra kapittel 3 & 4 Plenumsregning 4 Ukeoppgaver fra kapittel 3 & 4 Roger Antonsen - 7. februar 2008 Oppgave 3.15 Forklar følgende påstand ved å vise til beregninger med reelle tall på eksponentiell form: Man mister presisjon

Detaljer

I Kapittel 3 så vi på hvordan data, som hele tall og reelle tall, kan representeres som bitsekvenser

I Kapittel 3 så vi på hvordan data, som hele tall og reelle tall, kan representeres som bitsekvenser Forelesning 5 Logikk Dag Normann - 28. januar 2008 Oppsummering av Kapittel 3 I Kapittel 3 så vi på hvordan data, som hele tall og reelle tall, kan representeres som bitsekvenser i en datamaskin. Stoffet

Detaljer

MAT1030 Diskret Matematikk

MAT1030 Diskret Matematikk MAT1030 Diskret Matematikk Forelesning 4: Logikk Dag Normann Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo 27. januar 2010 (Sist oppdatert: 2010-01-27 12:47) Kapittel 4: Logikk (fortsettelse) MAT1030 Diskret

Detaljer

LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN VÅR07, MA0301

LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN VÅR07, MA0301 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av 5 LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN VÅR07, MA0301 Oppgave 1 Om mengder. a) (10%) Sett opp en medlemsskapstabell (membership

Detaljer

Ingen hjelpemiddel er tillatne. Ta med all mellomrekning som trengst for å grunngje svaret. Oppgåve 1... (4%) = 5 4 3 2 1 = 10 = 520 519

Ingen hjelpemiddel er tillatne. Ta med all mellomrekning som trengst for å grunngje svaret. Oppgåve 1... (4%) = 5 4 3 2 1 = 10 = 520 519 Eksamen 2. desember 2014 Eksamenstid 4 timar IR201712 Diskret Matematikk Ingen hjelpemiddel er tillatne. Ta med all mellomrekning som trengst for å grunngje svaret. Oppgåve 1.......................................................................................

Detaljer

b) i) Finn sannsynligheten for at nøyaktig 2 av 120 slike firmaer går konkurs.

b) i) Finn sannsynligheten for at nøyaktig 2 av 120 slike firmaer går konkurs. Eksamen i: MET 040 Statistikk for økonomer Eksamensdag: 31 Mai 2007 Tid for eksamen: 09.00-13.00 Oppgavesettet er på 4 sider. Tillatte hjelpemidler: Alle trykte eller egenskrevne hjelpemidler og kalkulator.

Detaljer

Livsløp, utvalgsstrukturer og ordningsrelasjoner. Morten Rognes

Livsløp, utvalgsstrukturer og ordningsrelasjoner. Morten Rognes 1 * Livsløp, utvalgsstrukturer og ordningsrelasjoner * Morten Rognes 1980 * 2 INNHOLD Del I... 3 1 En teori om livsløp, det ideelt gode liv og verdener som er bedre enn andre.... 4 1.1 Språket til TML....

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

Kapittel 5. Trær og nettverk. 5.1 Trær og Fibonacci-følgen

Kapittel 5. Trær og nettverk. 5.1 Trær og Fibonacci-følgen Kapittel 5 Trær og nettverk Vi har sett at anvendelser av differenslikninger studerer fenomener som skjer i adskilte tidsrom, dvs. vi ser på diskrete anvendelser (jfr. Seksjon 1.3). I dette kapittelet

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

Diskret matematikk tirsdag 15. september 2015

Diskret matematikk tirsdag 15. september 2015 Avsnitt 2.2 fra læreboka Mengdeoperasjoner Tema for forelesningen: Snittet av to mengder Disjunkte mengder Union av to mengder Eksklusiv union (symmetrisk differens) av to mengder Differensen mellom to

Detaljer

Notater fra forelesning i MAT1100 torsdag 27.08.09

Notater fra forelesning i MAT1100 torsdag 27.08.09 Notater fra forelesning i MAT1100 torsdag 27.08.09 Amandip Sangha, amandips@math.uio.no 28. august 2009 Definisjon 1.1. En delmengde A R kalles oppad begrenset dersom det finnes et tall b R slik at b x

Detaljer

KAPITTEL 3 Litt logikk og noen andre småting

KAPITTEL 3 Litt logikk og noen andre småting KAPITTEL 3 Litt logikk og noen andre småting Logikk er sentralt både i matematikk og programmering, og en innføring i de enkleste delene av logikken er hovedtema i dette kapitlet I tillegg ser vi litt

Detaljer

LØSNINGSFORSLAG SIF5015 DISKRET MATEMATIKK Onsdag 18. desember 2002

LØSNINGSFORSLAG SIF5015 DISKRET MATEMATIKK Onsdag 18. desember 2002 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 7 LØSNINGSFORSLAG SIF55 DISKRET MATEMATIKK Onsdag 8. desember 22 Oppgave a) Vi vil ha 77x (mod 3), så vi trenger en

Detaljer

Teorien om presise deskriptive utsagn, modallogikk og intensjonal finstruktur. Morten Rognes

Teorien om presise deskriptive utsagn, modallogikk og intensjonal finstruktur. Morten Rognes 1 * Teorien om presise deskriptive utsagn, modallogikk og intensjonal finstruktur. * Morten Rognes 1996 * 2 Innhold Del I... 3 0 Innledning... 4 1 Relasjonelle strukturer... 9 1.1 Noen bemerkninger om

Detaljer

v : T, kan bare ha verdi av typen T. n =0 slyfes alltid parentesene. Typet uttrykkssprak type representerer en verdimengde. variabel, deklarert funksjon, herunder karakteriseres syntaktisk ved a angi navn

Detaljer

MAT1030 Forelesning 30

MAT1030 Forelesning 30 MAT1030 Forelesning 30 Kompleksitetsteori Roger Antonsen - 19. mai 2009 (Sist oppdatert: 2009-05-19 15:04) Forelesning 30: Kompleksitetsteori Oppsummering I dag er siste forelesning med nytt stoff! I morgen

Detaljer

Om forholdet mellom det mentale og det fysiske. DEL I

Om forholdet mellom det mentale og det fysiske. DEL I 1 * Om forholdet mellom det mentale og det fysiske. DEL I * Morten Rognes 2002 (Revidert 2009) * 2 Innholdsfortegnelse 1 Teorien TMF, en teori om forholdet mellom det mentale og det fysiske. En uformell

Detaljer

Logikk og vitenskapsteori

Logikk og vitenskapsteori Logikk og vitenskapsteori Logikk og argumentasjon Vitenskapelige idealer, forklaringsmodeller og metoder Verifikasjon og falsifikasjon Vitenskap og kvasi-vitenskap (Logisk positivisme, Popper) Vitenskapelig

Detaljer

QED 5 10. Matematikk for grunnskolelærerutdanningen. Bind 2. Fasit kapittel 1 Kalkulus

QED 5 10. Matematikk for grunnskolelærerutdanningen. Bind 2. Fasit kapittel 1 Kalkulus QED 5 10 Matematikk for grunnskolelærerutdanningen Bind 2 Fasit kapittel 1 Kalkulus Kapittel 1 Oppgave 1. a) en funksjon b) en funksjon c) ikke en funksjon d) ikke en funksjon Oppgave 2. a) 12,1 b) 4 c)

Detaljer

EKSAMEN I FAG 75510/75515 STATISTIKK 1 Tirsdag 20. mai 1997 Tid: 09:00 14:00

EKSAMEN I FAG 75510/75515 STATISTIKK 1 Tirsdag 20. mai 1997 Tid: 09:00 14:00 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av 5 Faglig kontakt under eksamen: Håvard Rue 73 59 35 20 Håkon Tjelmeland 73 59 35 20 Bjørn Kåre Hegstad 73 59 35 20

Detaljer

3 Største felles faktor og minste felles multiplum

3 Største felles faktor og minste felles multiplum 3 Største felles faktor og minste felles multiplum 3.1 Største felles faktor og minste felles multiplum. Metodiske aspekter Største felles faktor og minste felles multiplum er kjente matematiske uttrykk

Detaljer

Norsk informatikkolympiade 2012 2013 1. runde

Norsk informatikkolympiade 2012 2013 1. runde Norsk informatikkolympiade 2012 2013 1. runde Uke 45, 2012 Tid: 90 minutter Tillatte hjelpemidler: Kun skrivesaker. Det er ikke tillatt med kalkulator eller trykte eller håndskrevne hjelpemidler. Instruksjoner:

Detaljer

Derivasjonen som grenseverdi

Derivasjonen som grenseverdi Gitt graf. Start/stopp. Fra sekant til tangent. Veien til formelen for den deriverte til funksjon f i et punkt Animasjonens jem: ttp://ome.ia.no/~cornelib/animasjon/ matematikk/mate-online-at/ablgrenz/

Detaljer

Differensiallikninger definisjoner, eksempler og litt om løsning

Differensiallikninger definisjoner, eksempler og litt om løsning Differensiallikninger definisjoner, eksempler og litt om løsning MAT-INF1100 Differensiallikninger i MAT-INF1100 Definsjon, litt om generelle egenskaper Noen få anvendte eksempler Teknikker for løsning

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO. Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet

UNIVERSITETET I OSLO. Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: INF 4130: lgoritmer: Design og effektivitet Eksamensdag: 12. desember 2008 Tid for eksamen: Kl. 09:00 12:00 (3 timer) Oppgavesettet

Detaljer

Fysikk 1-16.09.14 - Kapittel 1,5 og 8

Fysikk 1-16.09.14 - Kapittel 1,5 og 8 Fysikk 1-16.09.14 - Kapittel 1,5 og 8 Løsningsskisser og kommentarer. Oppgave 1 Oppgave 2 Forklar hva vi legger i begrepet fysikk. Fysikk er et fagområde som tar for seg stoff og energi, og prøver å beskrive

Detaljer

MA3002 Generell topologi

MA3002 Generell topologi Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av 7 Faglig kontakt under eksamen: Richard Williamson, (735) 90154 MA3002 Generell topologi Lørdag 1. juni 2013 Tid:

Detaljer

{(1,0), (2,0), (2,1), (3,0), (3,1), (3,2), (4,0), (4,1), (4,2), (4,3) } {(1,0), (1,1), (1,2), (1,3), (2,0), (2,2), (3,0), (3,3), (4,0)}

{(1,0), (2,0), (2,1), (3,0), (3,1), (3,2), (4,0), (4,1), (4,2), (4,3) } {(1,0), (1,1), (1,2), (1,3), (2,0), (2,2), (3,0), (3,3), (4,0)} Diskret matematikk - Høgskolen i Oslo Løsningsforslag for en del oppgaver fra boken Discrete athematics and Its Applications Forfatter: Kenneth H. osen Avsnitt 8. Oppgave A {,,,,4} og B {,,,} a) {( a,

Detaljer

QED 1 7. Matematikk for grunnskolelærerutdanningen. Bind 2. Fasit kapittel 1 Tallenes hemmeligheter

QED 1 7. Matematikk for grunnskolelærerutdanningen. Bind 2. Fasit kapittel 1 Tallenes hemmeligheter QED 1 7 Matematikk for grunnskolelærerutdanningen Bind 2 Fasit kapittel 1 Tallenes hemmeligheter Kapittel 1 Oppgave 8. Nei Oppgave 9. Det nnes ikke nødvendigvis et minste element i mengden. Et eksempel

Detaljer

Sammendrag R1. Sandnes VGS 19. august 2009

Sammendrag R1. Sandnes VGS 19. august 2009 Sammendrag R1 Sandnes VGS 19. august 2009 1 1 Notasjon Implikasjon Vi skriver A B hvis påstanden A impliserer B. Det vil si at hvis påstand A er riktig, så er påstand B riktig. Ekvivalens Vi skriver A

Detaljer

LO118D Forelesning 10 (DM)

LO118D Forelesning 10 (DM) LO118D Forelesning 10 (DM) Grafteori 03.10.2007 1 Korteste vei 2 Grafrepresentasjoner 3 Isomorfisme 4 Planare grafer Korteste vei I en vektet graf går det an å finne den veien med lavest total kostnad

Detaljer

Analyse og metodikk i Calculus 1

Analyse og metodikk i Calculus 1 Analyse og metodikk i Calculus 1 Fredrik Göthner og Raymi Eldby Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet 3. desember 01 1 Innhold Forord 3 1 Vurdering av grafer og funksjoner 4 1.1 Hva er en funksjon?.........................

Detaljer

Oppgaveark Uke 37 (07/09-11/09) MAT111 - H09

Oppgaveark Uke 37 (07/09-11/09) MAT111 - H09 Oppgaveark Uke 37 (07/09-11/09) MAT111 - H09 Oppgave 1 Du ar fått deg en jobb i et firma og skal kjøre til en konferanse med overnatting. Du drar jemmefra på mandag kl 07:15 og ankommer 11:07. Du overnatter

Detaljer

Kompleksitetsteori reduksjoner

Kompleksitetsteori reduksjoner Kompleksitetsteori reduksjoner En slags liten oversikt, eller huskeliste, for kompleksitetsteorien i INF 4130. Ikke ment å være verken fullstendig eller detaljert, men kanskje egnet til å gi noen knagger

Detaljer

Norsk informatikkolympiade 2014 2015 1. runde

Norsk informatikkolympiade 2014 2015 1. runde Norsk informatikkolympiade 2014 2015 1. runde Sponset av Uke 46, 2014 Tid: 90 minutter Tillatte hjelpemidler: Kun skrivesaker. Det er ikke tillatt med kalkulator eller trykte eller håndskrevne hjelpemidler.

Detaljer

Konfidensintervall for µ med ukjent σ (t intervall)

Konfidensintervall for µ med ukjent σ (t intervall) Forelesning 3, kapittel 6 Konfidensintervall for µ med ukjent σ (t intervall) Konfidensintervall for µ basert på n observasjoner fra uavhengige N( µ, σ) fordelinger når σ er kjent : Hvis σ er ukjent har

Detaljer

INF1300 Relasjonsalgebra og SQL, mengder og bager. Lysark for forelesning v. 2.1

INF1300 Relasjonsalgebra og SQL, mengder og bager. Lysark for forelesning v. 2.1 INF1300 Relasjonsalgebra og SQL, mengder og bager. Lysark for forelesning v. 2.1 Dagens temaer Relasjonsalgebraen Renavning Algebra Heltallsalgebra Klassisk relasjonsalgebra Mengdeoperatorer Union Snitt

Detaljer

Dagens tema: Begrepsdannelse Eksterne entydighetsskranker Verdiskranker Mengdeskranker Underbegreper og underbegrepsskranker Kombinerte totale roller

Dagens tema: Begrepsdannelse Eksterne entydighetsskranker Verdiskranker Mengdeskranker Underbegreper og underbegrepsskranker Kombinerte totale roller UNIVERSITETET I OSLO INF1300 Introduksjon til databaser Dagens tema: Begrepsdannelse Eksterne entydighetsskranker Verdiskranker Mengdeskranker Underbegreper og underbegrepsskranker Kombinerte totale roller

Detaljer

Funksjoner og andregradsuttrykk

Funksjoner og andregradsuttrykk 88 4 Funksjoner og andregradsuttrykk Mål for opplæringen er at eleven skal kunne bruke matematiske metoder og hjelpemidler til å løse problemer fra ulike fag og samfunnsområder løse likninger, ulikheter

Detaljer

Om forholdet mellom det mentale og det fysiske. Del III

Om forholdet mellom det mentale og det fysiske. Del III 1 * Om forholdet mellom det mentale og det fysiske. Del III * Morten Rognes 2002 * " I think I was always a Cartesian dualist (although I never thought that we should talk about "substances"); and if not

Detaljer

Teorem 10 (Z n, + n ) er en endelig abelsk gruppe. 8. november 2005 c Vladimir Oleshchuk 35. Teorem 11 (Z n, ) er en endelig abelsk gruppe.

Teorem 10 (Z n, + n ) er en endelig abelsk gruppe. 8. november 2005 c Vladimir Oleshchuk 35. Teorem 11 (Z n, ) er en endelig abelsk gruppe. Endelige grupper Teorem 10 (Z n, + n ) er en endelig abelsk gruppe. En gruppe er en mengde S sammen med en binær operasjon definert på S, betegnes (S, ), med følgende egenskaper: 1. a, b S, a b S 2. det

Detaljer

MA3002 Generell topologi

MA3002 Generell topologi Noregs teknisk naturvitskaplege universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av 7 Fagleg kontakt under eksamen: Richard Williamson, (735) 90154 MA3002 Generell topologi Laurdag 1. juni 2013 Tid: 09:00

Detaljer

Sannsynlighetsbegrepet

Sannsynlighetsbegrepet Sannsynlighetsbegrepet Notat til STK1100 Ørnulf Borgan Matematisk institutt Universitetet i Oslo Januar 2004 Formål Dette notatet er et supplement til kapittel 1 i Mathematical Statistics and Data Analysis

Detaljer

Allmenndel opg 1 - Hermeneutikk som metode

Allmenndel opg 1 - Hermeneutikk som metode Allmenndel opg 1 - Hermeneutikk som metode Hermeneutikk handler om forståelse og tolkning, og blir brukt som en metode innenfor humaniora og enkelte ganger innenfor samfunnsfagene. Det letteste når man

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i INF1300 Introduksjon til databaser Eksamensdag: 1. desember 2014 Tid for eksamen: 09.00 15.00 Oppgavesettet er på 5 sider. Vedlegg:

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: MAT 00 Kalkulus. Eksamensdag: Mandag,. desember 006. Tid for eksamen:.30 8.30. Oppgavesettet er på sider. Vedlegg: Tillatte hjelpemidler:

Detaljer

Uretta grafar (1) Mengde nodar Mengde kantar som er eit uordna par av nodar

Uretta grafar (1) Mengde nodar Mengde kantar som er eit uordna par av nodar Kapittel 13, Grafar Uretta grafar (1) Ein uretta graf Mengde nodar Mengde kantar som er eit uordna par av nodar To nodar er naboar dersom dei er knytta saman med einkant Ein node kan ha kant til seg sjølv.

Detaljer

Oppsummering. MAT1030 Diskret matematikk. Oppsummering. Oppsummering. Eksempel

Oppsummering. MAT1030 Diskret matematikk. Oppsummering. Oppsummering. Eksempel MAT1030 Diskret matematikk Forelesning 26: Trær Sist forelesning snakket vi i hovedsak om trær med rot, og om praktisk bruk av slike. rot Dag Normann Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo barn barn

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

De hele tall har addisjon, multiplikasjon, subtraksjon og lineær ordning, men ikke divisjon.

De hele tall har addisjon, multiplikasjon, subtraksjon og lineær ordning, men ikke divisjon. Innledning til Matematikk Hans Petter Hornæs, hans.hornaes@hig.no Det er ofte vanskelig å komme i gang et fag. Innledningsvis er det gjerne en del grunnleggende begreper som må på plass. Mange studenter

Detaljer

Obligatorisk oppgave nr 4 FYS-2130. Lars Kristian Henriksen UiO

Obligatorisk oppgave nr 4 FYS-2130. Lars Kristian Henriksen UiO Obligatorisk oppgave nr 4 FYS-2130 Lars Kristian Henriksen UiO 23. februar 2015 Diskusjonsoppgaver: 3 Ved tordenvær ser vi oftest lynet før vi hører tordenen. Forklar dette. Det finnes en enkel regel

Detaljer

DEL 1 Uten hjelpemidler

DEL 1 Uten hjelpemidler DEL 1 Uten hjelpemidler På Del 1 av eksamen kan du få bruk for formlene nedenfor Binomisk fordeling: ( ) n k P X k p (1 p k ) n k Antall uavhengige forsøk er n X er antall ganger A inntreffer p i hvert

Detaljer

Relasjonsdatabasedesign

Relasjonsdatabasedesign UNIVERSITETET I OSLO Relasjonsdatabasedesign Normalformer Institutt for Informatikk INF3100-25.1.2016 Ellen Munthe-Kaas 1 Normalformer Normalformer er et uttrykk for hvor godt vi har lykkes i en dekomposisjon

Detaljer

Eksamen 29.11.2011. REA3028 Matematikk S2. Nynorsk/Bokmål

Eksamen 29.11.2011. REA3028 Matematikk S2. Nynorsk/Bokmål Eksamen 9.11.011 REA308 Matematikk S Nynorsk/Bokmål Bokmål Eksamensinformasjon Eksamenstid: Hjelpemidler på Del 1: Hjelpemidler på Del : 5 timer: Del 1 skal leveres inn etter timer. Del skal leveres inn

Detaljer

Tractatus-modeller og begreps-rammer. Morten Rognes

Tractatus-modeller og begreps-rammer. Morten Rognes 1 * Tractatus-modeller og begreps-rammer. * Morten Rognes 1998 * 2 Forord Det følgende arbeid er basert på notater som forfatteren gjorde i 1983. Disse notatene ble liggende uten å bli bearbeidet helt

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i : INF2310 Digital bildebehandling Eksamensdag : Onsdag 4. juni 2008 Tid for eksamen : 14:30 17:30 (3 timer) Oppgavesettet er på

Detaljer

Eksamen 19.05.2010. MAT1013 Matematikk 1T. Nynorsk/Bokmål

Eksamen 19.05.2010. MAT1013 Matematikk 1T. Nynorsk/Bokmål Eksamen 19.05.010 MAT1013 Matematikk 1T Nynorsk/Bokmål Bokmål Eksamensinformasjon Eksamenstid: Hjelpemidler på Del 1: Hjelpemidler på Del : Framgangsmåte: Veiledning om vurderingen: 5 timer: Del 1 skal

Detaljer

Noen syntaktiske derivasjoner i den doxastiske predikatlogikken Kη og enkelte beslektede kalkyler.

Noen syntaktiske derivasjoner i den doxastiske predikatlogikken Kη og enkelte beslektede kalkyler. Side 1 * Noen syntaktiske derivasjoner i den doxastiske predikatlogikken Kη og enkelte beslektede kalkyler. av Morten Rognes 2007 * Side 2 1 Innledning I det følgende notat skal jeg fremstille en rent

Detaljer

LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN I GRUNNKURS I ANALYSE I (MA1101/MA6101)

LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN I GRUNNKURS I ANALYSE I (MA1101/MA6101) Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 6 LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN I GRUNNKURS I ANALYSE I (MA0/MA60) Fredag 2. desember 202 Tid: 09:00 3:00 Hjelpemidler: Kode

Detaljer

Eksamen 27.01.2012. MAT1013 Matematikk 1T. Nynorsk/Bokmål

Eksamen 27.01.2012. MAT1013 Matematikk 1T. Nynorsk/Bokmål Eksamen 27.01.2012 MAT1013 Matematikk 1T Nynorsk/Bokmål Bokmål Eksamensinformasjon Eksamenstid: Hjelpemidler på Del 1: Hjelpemidler på Del 2: Framgangsmåte: 5 timer: Del 1 skal leveres inn etter 2 timer.

Detaljer

Heldagsprøve i R1-8.mai 2009 DEL 1

Heldagsprøve i R1-8.mai 2009 DEL 1 Oppgave 1 Heldagsprøve i R1-8.mai 2009 Løsningsskisser DEL 1 I et koordinatsystem med origo O 0,0 har vi gitt punktene A 1,3, B 3,2 og C t,5. 1. Bestem t slik at AB AC. 2. Bestem t slik at AB AC. 3. Bestem

Detaljer

Sammendrag R1. 26. januar 2011

Sammendrag R1. 26. januar 2011 Sammendrag R1 26. januar 2011 1 1 Notasjon Implikasjon Vi skriver A B hvis påstanden A impliserer B. Det vil si at hvis påstand A er riktig, så er påstand B riktig. Ekvivalens Vi skriver A B hvis to påstander

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i INF 3440 / INF 4440 Signalbehandling Eksamensdag: 27. oktober 2003 10. november 2003 Tid for eksamen: 12.00 12.00 Oppgavesettet

Detaljer

1. Relasjonsmodellen. 1.1. Kommentarer til læreboka

1. Relasjonsmodellen. 1.1. Kommentarer til læreboka Avdeling for informatikk og e-læring, Høgskolen i Sør-Trøndelag Relasjonsmodellen Tore Mallaug 2.9.2013 Lærestoffet er utviklet for faget Databaser 1. Relasjonsmodellen Resymé: Denne leksjonen gir en kort

Detaljer

Forelesning 3, kapittel 3. : 3.2: Sannsynlighetsregning. Kolmogoroffs aksiomer og bruk av disse.

Forelesning 3, kapittel 3. : 3.2: Sannsynlighetsregning. Kolmogoroffs aksiomer og bruk av disse. Forelesning 3, kapittel 3. : 3.2: Sannsynlighetsregning. Kolmogoroffs aksiomer og bruk av disse. Den klassiske definisjonen (uniform modell) av sannsynlighet for en hendelse A i et utfallsrom S er at sannsynligheten

Detaljer

2.3 Delelighetsregler

2.3 Delelighetsregler 2.3 Delelighetsregler Begrepene multiplikasjon og divisjon og regneferdigheter med disse operasjonene utgjør sentralt lærestoff på barnetrinnet. Det er mange tabellfakta å huske og operasjonene skal kunne

Detaljer

Algebraiske morsomheter Vg1-Vg3 90 minutter

Algebraiske morsomheter Vg1-Vg3 90 minutter Lærerveiledning Passer for: Varighet: Algebraiske morsomheter Vg1-Vg3 90 minutter Algebraiske morsomheter er et skoleprogram hvor elevene kan bruke forskjellige matematiske modeller i praktiske undersøkende

Detaljer

R2-01.09.14 - Løsningsskisser

R2-01.09.14 - Løsningsskisser R - 0.09.4 - Løsningsskisser Algebra Oppgave Finn den eksplisitte formelen for n te ledd i tallfølgene: a), 4, 6, 8, 0,... b),, 5, 7, 9,... c), 4, 9, 6, 5,... d),, 4, 5 4, 6 5,... a) Vi ser at følgen med

Detaljer

Populærvitenskapelig kilde: Robin Wilson, Four Colours Suffice/How the Map Problem was Solved, Penguin Books 2003, ISBN 0-141-00908-X.

Populærvitenskapelig kilde: Robin Wilson, Four Colours Suffice/How the Map Problem was Solved, Penguin Books 2003, ISBN 0-141-00908-X. Om Fargelegging av Kart og Grafer i Planet Populærvitenskapelig kilde: Robin Wilson, Four Colours Suffice/How the Map Problem was Solved, Penguin Books 2003, ISBN 0-141-00908-X. 1. Firefargeteoremet Et

Detaljer

Turingmaskiner en kortfattet introduksjon. Christian F Heide

Turingmaskiner en kortfattet introduksjon. Christian F Heide 13. november 2014 Turingmaskiner en kortfattet introduksjon Christian F Heide En turingmaskin er ikke en fysisk datamaskin, men et konsept eller en tankekonstruksjon laget for å kunne resonnere omkring

Detaljer

Løsningsforslag Prøveeksamen i MAT-INF 1100, Høsten 2003

Løsningsforslag Prøveeksamen i MAT-INF 1100, Høsten 2003 Løsningsforslag Prøveeksamen i MAT-INF 1100, Høsten 003 Denne prøveeksamenen har samme format som den virkelige eksamenen, og inneholder oppgaver av samme type og vanskelighetsgrad. Første del av eksamen

Detaljer

Logisk positivisme. Inspirasjon: To typer sanne utsagn:

Logisk positivisme. Inspirasjon: To typer sanne utsagn: Logisk positivisme En retning innenfor vitenskapsteori som er knyttet til Wienerkretsen, en sammenslutning av filosofer, logikere, matematikere og vitenskapsmenn i Wien på 1920- og 30-tallene. Omtales

Detaljer

Avsluttende eksamen i TDT4125 Algoritmekonstruksjon, videregående kurs

Avsluttende eksamen i TDT4125 Algoritmekonstruksjon, videregående kurs TDT4125 2010-06-03 Kand-nr: 1/5 Avsluttende eksamen i TDT4125 Algoritmekonstruksjon, videregående kurs Eksamensdato 3. juni 2010 Eksamenstid 0900 1300 Sensurdato 24. juni Språk/målform Bokmål Kontakt under

Detaljer

Reviderte læreplaner konsekvenser for undervisningen?

Reviderte læreplaner konsekvenser for undervisningen? Reviderte læreplaner konsekvenser for undervisningen? Multiaden 2013 Innhold Kompetanse i matematikk Den reviderte læreplanen Hva skal elevene lære? Grunnleggende ferdigheter i matematikk Konsekvenser

Detaljer

Tall Vi på vindusrekka

Tall Vi på vindusrekka Tall Vi på vindusrekka Tall og siffer... 2 Dekadiske enheter... 3 Store tall... 4 Avrunding... 5 Tverrsum... 8 Partall og oddetall... 9 Primtall... 10 Sammensatte tall... 11 Faktorisering... 13 Negative

Detaljer

OPPGAVESETTET BESTÅR AV 3 OPPGAVER PÅ 6 SIDER MERKNADER: Alle deloppgaver vektlegges likt.

OPPGAVESETTET BESTÅR AV 3 OPPGAVER PÅ 6 SIDER MERKNADER: Alle deloppgaver vektlegges likt. EKSAMEN I: MOT310 STATISTISKE METODER 1 VARIGHET: 4 TIMER DATO: 08. mai 2008 TILLATTE HJELPEMIDLER: Kalkulator: HP30S, Casio FX82 eller TI-30 Tabeller og formler i statistikk (Tapir forlag) OPPGAVESETTET

Detaljer

Mer om likninger og ulikheter

Mer om likninger og ulikheter Mer om likninger og ulikheter Studentene skal kunne utføre polynomdivisjon anvende nullpunktsetningen og polynomdivisjon til faktorisering av polynomer benytte polynomdivisjon til å løse likninger av høyere

Detaljer

Løsningsforslag, midtsemesterprøve MA1101, 5.oktober 2010

Løsningsforslag, midtsemesterprøve MA1101, 5.oktober 2010 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av 5 Løsningsforslag, midtsemesterprøve MA1101, 5.oktober 2010 Oppgave 1 Løs ulikheten x + 6 5 x + 2 Strategien er å

Detaljer

HMM-tagging INF4820 H2008. Jan Tore Lønning. 30. september. Institutt for Informatikk Universitetet i Oslo

HMM-tagging INF4820 H2008. Jan Tore Lønning. 30. september. Institutt for Informatikk Universitetet i Oslo INF4820 H2008 Institutt for Informatikk Universitetet i Oslo 30. september Outline 1 2 3 4 5 Outline 1 2 3 4 5 Flertydighet Example "" "fisk" subst appell mask ub fl @løs-np "fisker" subst appell

Detaljer

Guide til system for flervalgsprøver

Guide til system for flervalgsprøver Guide til system for flervalgsprøver Systemet skal i utgangspunktet være selvforklarende, og brukere oppfordres til å klikke seg rundt og bli kjent med systemet på egen hånd. Det er allikevel laget en

Detaljer

K A L K U L U S. Løsningsforslag til utvalgte oppgaver fra Tom Lindstrøms lærebok. ved Klara Hveberg. Matematisk institutt Universitetet i Oslo

K A L K U L U S. Løsningsforslag til utvalgte oppgaver fra Tom Lindstrøms lærebok. ved Klara Hveberg. Matematisk institutt Universitetet i Oslo K A L K U L U S Løsningsforslag til utvalgte oppgaver fra Tom Lindstrøms lærebok ved Klara Hveberg Matematisk institutt Universitetet i Oslo Forord Dette er en samling løsningsforslag som jeg opprinnelig

Detaljer

ALEXIUS MEINONG Einar Duenger Bøhn UiO, 2012

ALEXIUS MEINONG Einar Duenger Bøhn UiO, 2012 ALEXIUS MEINONG Einar Duenger Bøhn UiO, 2012 Alexius Meinong (1853-1920) var østerriksk filosof og psykolog, elev av Franz Brentano (1838-1917), og lærer til grunnleggeren av Gestalt psykologien, Christian

Detaljer

FY0001 Brukerkurs i fysikk

FY0001 Brukerkurs i fysikk NTNU Institutt for Fysikk Løsningsforslag til øving FY0001 Brukerkurs i fysikk Oppgave 1 a Det er fire krefter som virker på lokomotivet. Først har vi tyngdekraften, som virker nedover, og som er på F

Detaljer