Matematikk for IT Eksamen. Løsningsforslag
|
|
- Alexandra Mikalsen
- 4 år siden
- Visninger:
Transkript
1 HØGSKOLEN I ØSTFOLD, AVDELING FOR INFORMASJONSTEKNOLOGI Matematikk for IT Eksamen 4. januar 2019 Løsningsforslag Christian F. Heide January 10, 2019 OPPGAVE 1 En spørreundersøkelse blant en gruppe studenter om hvilken type brus de likte, viste følgende resultater: 22 likte Solo. 25 likte Coca Cola. 39 likte Pepsi. 9 likte både Coca Cola og Solo. 17 likte både Solo og Pepsi. 20 både Pepsi og Coca Cola. 6 likte alle tre brustypene. 4 likte ikke noen av de tre brustypene. a) Hvor mange besvarte denne spørreundersøkelsen? Vi kan bruke inklusjons- og eksklusjonsprinsippet for å besvare denne oppgaven. Vi navngir mengdene slik: S: de som liker Solo. C. de som liker Coca Cola. Matematikk for IT, januar 2019 løsningsforslag 1
2 P: de som liker Pepsi. Vi kan da skrive opplysningene som er gitt i oppgaven slik: S = 22 C = 25 P = 39 C S = 9 S P = 17 P C = 20 S C P = 6 At 4 ikke likte noen av brustypene kan vi uttrykke slik: S C P = 4 Hvor mange som svarte på undersøkelsen, altså U, kan vi finne ved Inklusjons- og eksklusjonsprinsippet sier og dette gir U = S C P + S C P S C P = S + C + P S C C P S P + S C P Vi får da S C P = = 46 U = S C P + S C P = = 50 b) Hvor mange likte både Solo og Pepsi men ikke Coca Cola? Dette ser vi lettest ved å tegne et venndiagram. De som liker både Solo og Pepsi, er de som er i snittet mellom S og P. Så fjerner vi dem av disse som også er i mengden C, altså de som også liker Coca Cola. Vi får da følgende mengde: Matematikk for IT, januar 2019 løsningsforslag 2
3 Vi ser av venndiagrammet at vi kan regne ut dette ved følgende: S P S C P = 17 6 = 11 For oversiktens skyld: her er antall i de ulike kategoriene: OPPGAVE 2 Gitt følgende matrise: A = [ 3 ] a) Regn ut determinanten til A og bruk denne til å begrunne at A er inverterbar. det A = 3 1 ( 2) ( 2) = 3 4 = 1 Siden determinanten er forskjellig fra 0, er matrisen inverterbar. b) Finn A 1. Vi kan finne den inverse til en 2x2-matrise ved å bytte om elementene på hoveddiagonalen, og bytte fortegn på de to andre og dele alle elementer på determinanten til A. Vi får da A 1 = 1 1 [ ] 1 2 = 2 3 [ 1 ] c) Gitt følgende ligningssystem: 3x 1 2x 2 = 2 2x 1 + x 2 = 1 Matematikk for IT, januar 2019 løsningsforslag 3
4 Benytt A 1 til å løse dette ligningssystemet. Siden A er inverterbar, in- Vi ser at A er koeffisientmatrisen til dette ligningssystemet. nebærer dette at løsningen er gitt ved hvor Vi får derfor [ ] x = A b = 2 3 [ ] 2 = 1 Løsningen blir altså: x 1 = 0, x 2 = 1 x = A 1 b b = [ ] 1 2 [ ] ( 1) ( 2) + ( 2) 1 = ( 2) ( 2) + ( 3) 1 [ ] 2 2 = 4 3 [ ] 0 1 OPPGAVE 3 Bruk sannhetstabeller til å undersøke om følgende logiske utsagn er en tautologi: ( (p q) (q r ) ) (p r ) p q r p q q r (p q) (q r ) ( (p q) (q r ) ) p r Utsagnet S S S S S S F S S S S F S F F S F S S F S F S F S S S S F F F S F S F S F S S S S S F S S F S F S F F S S S F F S S S S F S S F F F S S S F S S Vi ser av sannhetstabellen at utsagnet alltid er sant. Følgelig er utsagnet en tautologi. Matematikk for IT, januar 2019 løsningsforslag 4
5 OPPGAVE 4 Gitt følgende logiske utsagn: ( ((p q) r ) q ) Benytt lovene i logikk gitt i det ene vedlegget til å finne hvilket av følgende utsagn det er logisk ekvivalent med. Angi hvilken lov du bruker i hvert trinn.: 1. p q 2. q 3. q r 4. p q 5. q r Det er flere veier fram til målet her. Dette er en av dem: ( ((p q) r ) q ) (11) ( ((p q) r ) q ) (4) ((p q) r ) q (7) ((p q) r ) q (1) (p q) (r q) (2) (p q) (q r ) (1) ((p q) q) r (6) q r Vi ser at uttrykket er logisk ekvivalent med uttrykk nummer 5, altså ( ((p q) r ) q ) q r Matematikk for IT, januar 2019 løsningsforslag 5
6 OPPGAVE 5 Gitt følgende endelige automat: Finn en regulær grammatikk som genererer språket som denne automaten gjenkjenner. Grammatikken må beskrives både ved mengdene N og T, og ved de produksjonsregler som inngår. Av tegningen av automaten ser vi at mengdene er N = {s 0, s 1, s 2 } T = {0,1} Produksjonsreglene kan skrives slik: 1. s 0 0s 2 2. s s 0 1s 1 4. s 1 0s 1 5. s 1 1s 2 6. s s 2 0s 2 8. s 2 1s 1 9. s 2 0 Dersom vi ønsker kan vi fjerne produksjonsreglene 2, 6 og 9 og isteden sette inn regelen s 2 λ Matematikk for IT, januar 2019 løsningsforslag 6
7 OPPGAVE 6 Gitt mengden A = {1,2,3,4,5,6}. Det er definert en relasjon, R, på A ved R = {(1,1),(1,3),(1,5),(2,2),(2,4),(3,1),(3,3),(3,5),(4,2),(4,4),(5,1),(5,3),(5,5),(6,6)} a) Begrunn at relasjonen R er en ekvivalensrelasjon. For at den relasjon skal være en ekvivalensrelasjon, må den være refleksiv, symmetrisk og transitiv. Vi ser at R er refleksiv fordi alle elementer har relasjon til seg selv. Vi ser videre at R er symmetrisk fordi vi ikke har noen relasjoner som bare "går en vei". Relasjonen er også transitiv, fordi vi overalt hvor vi kan gå fra a til c via b også kan gå direkte fra a til c. For eksempel har vi parene (1,3) og (3,5), og da har vi også (1,5). b) Angi ekvivalensklassene som R definerer. Det er lettere å se ekvivalensklassene og hvordan R partisjonerer A hvis vi tegner relasjonen som en rettet graf: Etter å ha tegnet denne grafen, er det ganske enkelt å se at R deler A i tre partisjoner: {1,3,5},{2,4} og {6} Ekvivalensklassene er altså [1] = {1,3,5} [2] = {2,4} og [6] = {6} Matematikk for IT, januar 2019 løsningsforslag 7
8 OPPGAVE 7 Nedenfor er grafene G 1 = (V 1,E 1 ) og G 2 = (V 2,E 2 ) tegnet. G 1 = (V 1,E 1 ) G 2 = (V 2,E 2 ) Avgjør om G 1 og G 2 er isomorfe. Dersom de er isomorfe må du angi en funksjon f : V 1 V 2 og vise at denne funksjonen oppfyller kravene til en isomorfi. Dersom de ikke er isomorfe må du begrunne hvorfor de ikke er det. Vi ser at begge grafene har 6 noder og 8 kanter. Dette er et nødvendig men ikke tilstrekkelig krav for at de skal være isomorfe. Vi kan forsøke å lage en isomorfi f : V 1 V 2. Vi vet at samsvarende noder må ha samme grad. Vi har to noder i hver graf med grad 2, og resten av nodene har grad 3. Derfor må vi ha f (a) = 1 f (f ) = 6 som er de to nodene med grad 2. Så må vi se om vi klarer å "pare" resten av nodene. a har naboer b og c. Lar vi nå f (b) = 2 ser vi at de to andre naboene til b (i tillegg til a), altså d og e må pares med naboene til 2, altså 3 og 4. Vi prøver derfor med: f (d) = 4 f (e) = 3 Matematikk for IT, januar 2019 løsningsforslag 8
9 Da har vi en node igjen i hver graf, c og 5, som da må pares. Imidlertid blir ikke dette korrekt fordi c er nabo med a, d og e, mens 5 er nabo med f (e) = 3, f (d) = 4 og f (f ) = 6. Naboskapet bevares altså ikke. Det samme resultatet får vi uansett hvordan vi velger å pare nodene. Følgelig: G 1 og G 2 er ikke isomorfe. Gitt følgende vektede graf: OPPGAVE 8 Bruk Dijkstras algoritme til å finne korteste vei (altså veier med minst samlet vekt) fra node a til alle andre noder i grafen. Vis alle trinn i algoritmen, og vis hvordan nodenes etiketter oppdateres underveis. Vi lister først vektene på de ulike kantene: W (a,b) = 10 W (a,c) = 1 W (a,e) = 10 W (c,d) = 8 W (c,e) = 3 W (d,b) = 2 W (e, f ) = 1 W (f,d) = 2 Matematikk for IT, januar 2019 løsningsforslag 9
10 Initialiseringstrinn: Initialiserer mengden S: S = {a} Initialisering av etiketter: a : 0, b : 10, a c : 1, a d :, a e : 10, a f :, a Vi legger så inn den noden i S som har kortest vei til a. Dette er node c med avstand D(c) = 1 (dette kan vi se av etikettene). Vi oppdaterer så S: S = {a,c} Så sjekker vi alle nodene som er naboer til c om de har kortere vei til a via c enn den veien de alt har. Naboer til c er d og e. Node d har avstand. Ny avstand via c er D(c) + W (c,d) = = 9. Dette er kortere vei enn vi har fra før, og vi oppdaterer derfor etiketten til d til 9,c. Node e har avstand 10. Ny avstand via c er D(c) + W (c,e) = = 4. 4 er kortere vei enn vi har fra før, og vi oppdaterer derfor etiketten til e til 4,c. Etter dette trinnet er derfor etikettene: a : 0, b : 10, a c : 1, a d : 9,c e : 4,c f :, a Vi legger så inn den noden i S som har kortest vei til a som ikke alt er i S. Dette er node e med avstand D(e) = 4. Oppdaterer S: S = {a,c,e} Så sjekker vi alle nodene som er naboer til e om de har kortere vei til a via e enn den veien de alt har. Nabo til e er f. Node f har avstand. Ny avstand via e er D(e) + W (e, f ) = = 5. Dette er kortere vei enn vi har fra før, og vi oppdaterer derfor etiketten til f til 5,e. Matematikk for IT, januar 2019 løsningsforslag 10
11 Etter dette trinnet er etikettene: a : 0, b : 10, a c : 1, a d : 9,c e : 4,c f : 5,e Vi legger så inn den noden i S som har kortest vei til a som ikke alt er i S. Dette er node f med avstand D( f ) = 5. Oppdaterer S: S = {a,c,e, f } Så sjekker vi alle nodene som er naboer til f om de har kortere vei til a via f enn den veien de alt har. Nabo til f er d. Node d har avstand 9. Ny avstand via f er D(f ) + W (f,d) = = 7. Dette er kortere vei enn vi har fra før, og vi oppdaterer derfor etiketten til d til 7, f. Etter dette trinnet er etikettene: a : 0, b : 10, a c : 1, a d : 7, f e : 4,c f : 5,e Vi legger så inn den noden i S som har kortest vei til a som ikke alt er i S. Dette er node d med avstand D(d) = 7. Oppdaterer S: S = {a,c,d,e, f } Så sjekker vi alle nodene som er naboer til d om de har kortere vei til a via d enn den veien de alt har. Nabo til d er b. Node b har avstand 10. Ny avstand via d er D(d) + W (d,b) = = 9. Dette er kortere vei enn vi har fra før, og vi oppdaterer derfor etiketten til b til 9,d. Etter dette trinnet er etikettene: a : 0, b : 9,d c : 1, a d : 7, f e : 4,c f : 5,e Matematikk for IT, januar 2019 løsningsforslag 11
12 Vi legger så inn den noden i S som har kortest vei til a som ikke alt er i S. Dette er node b med avstand D(b) = 9. Oppdaterer S: S = {a,b,c,d,e, f } Alle nodene er nå i S, og algoritmen terminerer. Avstandene fra a til de ulike nodene og veiene vi må følge, kan vi lese ut av etikettene: b : 9 a,c,e, f,d,b c : 1 a,c d : 7 a,c,e, f,d e : 4 a,c,e f : 5 a,c,e, f OPPGAVE 9 a) Finn den generelle løsningen av følgende differensligning: y n 4y n 1 + 4y n 2 = 0 Denne differensligningen har følgende karakterististiske ligning: Løsningen av denne er λ 2 4λ + 4 = 0 λ = ( 4) ± ( 4) = 4 ± = 4 ± 0 2 = 2 Vi ser at vi får én reell rot. Løsningen av differensligningen er følgelig y n = A 2 n + Bn 2 n = (A + Bn)2 n b) Gitt følgende differensligning: y n 4y n 1 + 4y n 2 = 3n Finn den generelle løsningen av denne. Løsningen av en inhomogen differensligning er y n = y n (h) + y (p) n Matematikk for IT, januar 2019 løsningsforslag 12
13 hvor y n (h) er den generelle løsningen av den tilhørende homogene ligningen, og y (p) n er en partikulær løsning av den inhomogene ligningen. Vi ser at venstre side er den samme som i spørsmål a. Ligningen i spørsmål a er følgelig den tilhørende homogene ligningen, og løsningen av denne fant vi at var y (h) n = A 2n + Bn 2 n = (A + Bn)2 n Vi antar nå at en partikulær løsning av den inhomogene ligningen, er på samme form som høyre side, altså et førstegradspolynom: Da er og y n = K 1 n + K 0 y n 1 = K 1 (n 1) + K 0 = K 1 n K 1 + K 0 y n 2 = K 1 (n 2) + K 0 = K 1 n 2K 1 + K 0 Vi setter dette inn i ligningen for å bestemme K 1 og K 0 : K 1 n + K 0 4(K 1 n K 1 + K 0 ) + 4(K 1 n 2K 1 + K 0 ) = 3n Ganger vi ut parentesene på venstre side, får vi K 1 n + K 0 4K 1 n + 4K 1 4K 0 + 4K 1 n 8K 1 + 4K 0 = 3n Førstegradsleddene på begge sider av likhetstegnet må være like: altså som gir K 1 n 4K 1 n + 4K 1 n = 3n K 1 n = 3n K 1 = 3 Konstantleddene på begge sider må være like: Vi vet nå at K 1 = 3, og får da og altså K 0 + 4K 1 4K 0 8K 1 + 4K 0 = 0 K K K 0 = 0 K 0 = = 12 Vi har altså funnet følgende partikulære løsning av den inhomogene differensligningen: y (p) n = 3n + 12 Matematikk for IT, januar 2019 løsningsforslag 13
14 Den generelle løsningen av ligningen er følgelig y n = y n (h) + y (p) n = (A + Bn)2 n + 3n + 12 c) Bestem konstantene som inngår i løsningen som du fant i spørsmål b når følgende startbetingelser er gitt: y 0 = 17 y 1 = 27 Vi setter startbetingelsene inn i ligningen. y 0 = 17 gir (A + B 0) = 17 (A + 0) = A = 5 y 1 = 27 gir Vi setter også inn A = 5, og får Løsningen blir følgelig (A + B 1) = B = 27 2B = = 2 B = 1 y n = (5 + n)2 n + 3n + 12 OPPGAVE 10 En turingmaskin er definert ved følgende fem-tupler: 1. (s 0,0, s 1,1,R) 2. (s 0,1, s 0,1,R) 3. (s 1,0, s 1,0,R) 4. (s 1,1, s 0,1,R) Matematikk for IT, januar 2019 løsningsforslag 14
15 5. (s 0,B, s 2,B,L) 6. (s 1,B, s 2,0,L) Anta nå at vi kjører turingmaskinen med en tape som ved oppstart ser slik ut: Vis hvert trinn i kjøringen av denne turingmaskinen. Angi hvordan tapen ser ut etter kjøringen (altså hvilke symboler som står i de ulike cellene), og hvilken tilstand turingmaskinen er i etter kjøringen. Matematikk for IT, januar 2019 løsningsforslag 15
16 En turingmaskin starter i tilstand ikke er blank, altså slik: s 0 og med lese-/skrivehodet over den cellen lengst til venstre som B 1 0 B s 0 Lesehodet leser så innholdet i cellen, som altså er 1. Kombinasjonen tilstand s 0 og en 1 lest fra tapen, gjør at den velger det andre fem-tuplet i definisjonen. Dette fem-tuplet sier at maskinen skal bli i tilstand s 0, skrive symbolet 1 til tapen og flytte skrive-/lesehodet til høyre. Vi vil da ha følgende situasjon: B 1 0 B s 0 Turingmaskinen vil så lese symbolet i cellen den nå peker på, og vil da stå med kombinasjonen Den velger derfor fem-tuppel nummer 1. Den sier at vi skal gå til tilstand flytte til høyre. Vi får da følgende situasjon: s 1 s 0, skrive 1 til cellen og, 0. B 1 1 B s 1 Kombinasjonen s 1, B gjør at maskinen velger det 6. fem-tuplet. Dette angir s 2, 0, L, og vi får derfor følgende: B B s 2 Vi har nå kombinasjonen s 2, 1. Denne finnes ikke i definisjonen av turingmaskinen, og maskinen stopper derfor. Når maskinen stopper vil den altså befinne seg i tilstand s 2 med følgende innhold på tapen: B B
Emnenavn: Matematikk for IT. Eksamenstid: Faglærer: Christian F Heide
EKSAMEN Emnekode: ITF10705 Dato: 4. januar 2019 Hjelpemidler: - To A4-ark med valgfritt innhold på begge sider. Emnenavn: Matematikk for IT Eksamenstid: 09.00 13.00 Faglærer: Christian F Heide Kalkulator
DetaljerEmnenavn: Matematikk for IT. Eksamenstid: Faglærer: Christian F Heide
EKSAMEN ny og utsatt Emnekode: ITF10705 Dato: 4. juni 2018 Hjelpemidler: - To A4-ark med valgfritt innhold på begge sider. Emnenavn: Matematikk for IT Eksamenstid: 09.00 13.00 Faglærer: Christian F Heide
DetaljerEKSAMEN. Oppgavesettet består av 11 oppgaver med i alt 21 deloppgaver. Ved sensur vil alle deloppgaver telle omtrent like mye.
EKSAMEN Emnekode: ITF0705 Dato: 6. desember 03 Emne: Matematikk for IT Eksamenstid: kl 09.00 til kl 3.00 Hjelpemidler: To A4-ark med valgfritt innhold på begge sider. Kalkulator er ikke tillatt. Faglærer:
DetaljerLøsningsforslag. 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
DetaljerEmnenavn: Matematikk for IT. Eksamenstid: Faglærer: Christian F Heide
EKSAMEN Emnekode: ITF75 Dato: 4. desember 6 Hjelpemidler: - To A4-ark med valgfritt innhold på begge sider. Emnenavn: Matematikk for IT Eksamenstid: 9. 3. Faglærer: Christian F Heide Kalkulator er ikke
DetaljerEmnenavn: Matematikk for IT. Eksamenstid: Faglærer: Christian F Heide
EKSAMEN Emnekode: ITF0705 Dato: 5. desember 07 Hjelpemidler: - To A4-ark med valgfritt innhold på begge sider. Emnenavn: Matematikk for IT Eksamenstid: 09.00 3.00 Faglærer: Christian F Heide Kalkulator
DetaljerEKSAMEN. Emne: Emnekode: Matematikk for IT ITF Dato: Eksamenstid: til desember Hjelpemidler: Faglærer:
EKSAMEN Emnekode: ITF0705 Dato: 5. desember 05 Emne: Matematikk for IT Eksamenstid: 09.00 til 3.00 Hjelpemidler: To A4-ark med valgfritt innhold på begge sider. Kalkulator er ikke tillatt. Faglærer: Christian
DetaljerEKSAMEN. Oppgavesettet består av 16 oppgaver. Ved sensur vil alle oppgaver telle like mye med unntak av oppgave 6 som teller som to oppgaver.
EKSAMEN Emnekode: ITF0705 Dato: 5. desember 204 Emne: Matematikk for IT Eksamenstid: kl 09.00 til kl 3.00 Hjelpemidler: To A4-ark med valgfritt innhold på begge sider. Kalkulator er ikke tillatt. Faglærer:
DetaljerLøsningsforslag. Emnekode: Emne: Matematikk for IT ITF Eksamenstid: Dato: kl til kl desember Hjelpemidler: Faglærer:
Løsningsforslag Emnekode: ITF75 Dato: 7. desember Emne: Matematikk for IT Eksamenstid: kl 9. til kl. Hjelpemidler: To -ark med valgfritt innhold på begge sider. Kalkulator er ikke tillatt. Faglærer: Christian
DetaljerEKSAMEN. To A4-ark med valgfritt innhold på begge sider. Kalkulator er ikke tillatt.
Høgskoleni østfold EKSAMEN Emnekode:Emne: ITF10705Matematikk for IT Dato:Eksamenstid: 16. desember 2013 kl 09.00 til kl 13.00 Hjelpemidler: To A4-ark med valgfritt innhold på begge sider. Kalkulator er
DetaljerEKSAMEN. Oppgavesettet består av 9 oppgaver med i alt 20 deloppgaver. Ved sensur vil alle deloppgaver telle omtrent like mye.
EKSAMEN 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
DetaljerFaglærer: Oppgavesettet består av 12 oppgaver med totalt 15 deloppgaver. Ved sensur vil alle deloppgaver telle like mye.
Høgskoleni østfold EKSAMEN Emnekode: ITF10705 Dato: Emnenavn: Matematikk for IT Eksamenstid: 14. desember 2016 09.00 13.00 Hjelpemidler: Faglærer: - To A4-ark med valgfritt Christian F Heide innhold på
DetaljerEKSAMEN. Emnekode: Emne: Matematikk for IT ITF Eksamenstid: Dato: kl til kl desember Hjelpemidler: Faglærer:
EKSAMEN Emnekode: ITF0705 Dato: 7. desember 0 Emne: Matematikk for IT Eksamenstid: kl 09.00 til kl 3.00 Hjelpemidler: To A4-ark med valgfritt innhold på begge sider. Kalkulator er ikke tillatt. Faglærer:
DetaljerCr) Høgskoleni østfold
Cr) Høgskoleni østfold EKSAMEN Emnekode:Emne: ITF10705Matematikk for IT Dato:Eksamenstid: 15. desember 2015 09.00 til 13.00 Hjelpemidler: To A4-ark med valgfritt innhold på begge sider. Kalkulator er ikke
DetaljerHøgskoleni østfold. EKSAMEN Ny og utsatt
Høgskoleni østfold EKSAMEN Ny og utsatt Emnekode:Emne: ITF10705Matematikk for IT Dato:Eksamenstid: 8. juni 2015 09.00 13.00 Hjelpemidler: To A4-ark med valgfritt innhold på begge sider. Faglærer: Christian
DetaljerEKSAMEN. Oppgavesettet består av 9 oppgaver med i alt 21 deloppgaver. Ved sensur vil alle deloppgaver telle omtrent like mye.
EKSAMEN Emnekode: ITF0705 Dato:. desember 00 Emne: Matematikk for IT Eksamenstid: kl 09.00 til kl 3.00 Hjelpemidler: To A4-ark med valgfritt innhold på begge sider. Faglærer: Christian F Heide Eksamensoppgaven:
DetaljerMatematikk for IT, høsten 2016
Matematikk for IT, høsten 2016 Oblig Løsningsforslag 16. september 2016 2.4.1 a) {(0, 1), (0, 2), (1, 2)} b) {(0, 0), (1, 1), (2, 2)} c) {(0, 0), (0, 1), (1, 0), (0, 2), (2, 0)} d) {(0, 0), (1, 0), (1,
DetaljerMatematikk for IT. Prøve 1. Torsdag 18. september Løsningsforslag
23.09.2014 Matematikk for IT Prøve 1 Torsdag 18. september 2014 Løsningsforslag Oppgave 1 a) Gitt tallet BD 16. Konvertér dette tallet til titallsystemet. Siden B 16 = 11 10 og D 16 = 13 10 blir dette
DetaljerEksamensoppgave i TMA4140 Diskret matematikk
Institutt for matematiske fag Eksamensoppgave i TMA44 Diskret matematikk Faglig kontakt under eksamen: Christian Skau Tlf: 7359755 Eksamensdato: 8 desember 25 Eksamenstid (fra til): 9:-3: Hjelpemiddelkode/Tillatte
DetaljerTuringmaskiner en kortfattet introduksjon. Christian F Heide
7. november 016 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 blant
DetaljerLøsningsforlag til eksamen i Diskret matematikk. 29. november 2017
Løsningsforlag til eksamen i Diskret matematikk 29. november 2017 Oppgave 1, 2, 3, 4, 5 og 6 teller likt. For å få full score må man vise hvordan man har kommet frem til svarene (ved f. eks. figurer eller
DetaljerTMA4140 Diskret Matematikk Høst 2016
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag TMA4140 Diskret Matematikk Høst 2016 Seksjon 10.2 18 La G = (V,E) være en enkel graf med V 2. Ettersom G er enkel er de mulige
DetaljerEksamensoppgave i TMA4140 Diskret matematikk
Institutt for matematiske fag Eksamensoppgave i TMA414 Diskret matematikk Faglig kontakt under eksamen: Christian Skau Tlf: 97 96 5 57 Eksamensdato: 15. desember 217 Eksamenstid (fra til): 9: 13: Hjelpemiddelkode/Tillatte
DetaljerMatematikk for IT. Prøve 1. Onsdag 18. september Løsningsforslag
Matematikk for IT Prøve 1 Onsdag 18. september 2013 Løsningsforslag Oppgave 1 a) Er 26 11 (mod 3)? Begrunn svaret. Dette spørsmålet betyr: Gir 26 : 3 samme rest som 11 : 3? Vi ser at 26 : 3 gir rest 2,
DetaljerMatematikk for IT. Prøve 1 Løsningsforslag. Fredag 23. september september Oppgave 1
Matematikk for IT Prøve 1 Løsningsforslag Fredag 23. september 2016 23. september 2016 Oppgave 1 Er 29 17 (mod 4)? Begrunn svaret. Dette kan vi lettest sjekke ved å se om 4 deler 29 17. 29 17 = 12. Vi
DetaljerMatematikk 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,
DetaljerLøsningsforslag 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
DetaljerLØSNINGSFORSLAG 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
DetaljerTuringmaskiner 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
DetaljerRepetisjon 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
DetaljerLØSNINGSFORSLAG 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
DetaljerLØSNINGSFORSLAG, SIF 5015, DISKRET MATEMATIKK 12. august 2003 Oppgave 1. La oss begynne med å bygge en ikke-deterministisk maskin:
LØSNINGSFORSLAG, SIF 5015, DISKRET MATEMATIKK 12. august 200 Oppgave 1. La oss begynne med å bygge en ikke-deterministisk maskin: s 0 s 1 gjennkjenner 0 1og s 0 gjennkjenner (0 1). Fra dette ser vi at
DetaljerEksamen i Elementær Diskret Matematikk - (MA0301)
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av 5 Faglig kontakt under eksamen: Steffen Junge (73 59 17 73 / 94 16 27 27) Eksamen i Elementær Diskret Matematikk -
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO. Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet
UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i INF1080 Logiske metoder for informatikk Eksamensdag: 10. desember 2013 Tid for eksamen: 09.00 13.00 Oppgave 1 Mengdelære (10 poeng)
DetaljerLO118D Forelesning 5 (DM)
LO118D Forelesning 5 (DM) Relasjoner 03.09.2007 1 Relasjoner 2 Ekvivalensrelasjoner 3 Matriser av relasjoner 4 Relasjonsdatabaser Relasjon Relasjoner er en generalisering av funksjoner En relasjon er en
DetaljerGrafteori. MAT1030 Diskret Matematikk. Repetisjon og mer motivasjon. Repetisjon og mer motivasjon. Forelesning 23: Grafteori.
MAT030 Diskret Matematikk Forelesning 23: Grafteori Dag Normann Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo Grafteori 20. april 200 (Sist oppdatert: 200-04-20 4:8) MAT030 Diskret Matematikk 20. april 200
DetaljerEksamensoppgave i TMA4140 Diskret matematikk
Institutt for matematiske fag Eksamensoppgave i TMA4140 Diskret matematikk Faglig kontakt under eksamen: Christian Skau Tlf: 73 59 17 55 Eksamensdato: 15. desember 2016 Eksamenstid (fra til): 09:00 13:00
DetaljerMAT1030 Diskret Matematikk
MAT1030 Diskret Matematikk Forelesning 23: Grafteori Dag Normann Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo 20. april 2010 (Sist oppdatert: 2010-04-20 14:17) Grafteori MAT1030 Diskret Matematikk 20. april
DetaljerForelesning 23. MAT1030 Diskret Matematikk. Repetisjon og mer motivasjon. Repetisjon og mer motivasjon. Forelesning 23: Grafteori.
MAT030 Diskret Matematikk Forelesning 23: Grafteori Roger Antonsen Institutt for informatikk, Universitetet i Oslo Forelesning 23 22. april 2009 (Sist oppdatert: 2009-04-22 2:37) MAT030 Diskret Matematikk
DetaljerMAT1030 Forelesning 23
MAT030 Forelesning 23 Grafteori Roger Antonsen - 22. april 2009 (Sist oppdatert: 2009-04-22 2:36) Forelesning 23 Repetisjon og mer motivasjon Først litt repetisjon En graf består av noder og kanter Kanter
DetaljerLF, KONTINUASJONSEKSAMEN TMA
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av 5 Faglig kontakt under eksamen: Haaken A. Moe 92650655 Bokmål LF, KONTINUASJONSEKSAMEN TMA4140 2008 Oppgave 1 (10%)
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO. Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet. INF1080 Logiske metoder for informatikk
UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i Eksamensdag:. desember Tid for eksamen:.. INF Logiske metoder for informatikk Oppgave Mengdelære ( poeng) La A = {,, {}}, B =
DetaljerEksamensoppgave 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
DetaljerR 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
DetaljerEKSAMEN I FAG TMA4140 DISKRET MATEMATIKK Tirsdag 16. desember 2003 Tid :
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av 5 Faglig kontakt under eksamen: Marius Irgens 92 81 23 87 EKSAMEN I FAG TMA4140 DISKRET MATEMATIKK Tirsdag 16. desember
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO
UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i INF Logiske metoder for informatikk Eksamensdag:. desember Tid for eksamen:.. Oppgavesettet er på sider. Vedlegg: Ingen Tillatte
Detaljeri Dato:
c:- høgskolen i oslo I Emne I EmnlekOde: I FagligvelIeder: Diskret matematikk FO 019A UJfUttersrud raruppe( r): i Dato: - I Eksamenstid: 12.12.2005 9-14 I Eksam-ensopp gavenbestår av: I Antall sid~nkl
DetaljerPrøveeksamen 2016 (med løsningsforslag)
Prøveeksamen 2016 (med løsningsforslag 1 Grunnleggende mengdelære La A = {0, {0}} og B = {0, {0}, {0, {0}}}. Er følgende påstander sanne eller usanne? 1 {{0}} A 2 0 B 3 A B 4 A B 1 Usann 2 Usann 3 Sann
DetaljerRelasjoner - forelesningsnotat i Diskret matematikk 2015
Relasjoner Utdrag fra avsnitt 9.1, 9.3, 9.4 og 9.5 i læreboka 9.1 - Relasjoner 9.3 - Operasjoner på relasjoner 9.4 - Utvidelser av relasjoner - tillukninger 9.5 - Ekvivalensrelasjoner og ekvivalensklasser
DetaljerVær OBS på at svarene på mange av oppgavene kan skrives på flere ulike måter!
Vær OBS på at svarene på mange av oppgavene kan skrives på flere ulike måter! Oppgave.. a x y = x + y = r r r +r r x y = y fri x y = y fri Vi får én fri variabel, og løsningens har følgelig dimensjon.
DetaljerTMA4140 Diskret Matematikk Høst 2016
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag TMA44 Diskret Matematikk Høst 26 Seksjon 3. Husk at w = λ, den tomme strengen, for enhver streng w. 4 a) Følgende utledning/derivasjon
DetaljerR 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
DetaljerLøsningsforslag til 3. oblogatoriske oppgave i Diskret Matematikk. Høsten 2018
Løsningsforslag til 3. oblogatoriske oppgave i Diskret Matematikk Oppgave 1. ( 9 3 ) = 9 8 7 3 2 1 = 3 4 7 = 84 Høsten 2018 {1, 5, 9}, {1, 6, 8}, {2, 4, 9}, { 2, 5, 8}, {2, 6, 7}, {3, 4, 8}, {3, 5, 7},
DetaljerEn repetisjon hrj høst 2009
En repetisjon hrj høst 2009 Data Maskin Data Syntaktiske objekter - endelige Mengde { } Multimengde [ ] Liste < > Symbol String = Liste av symboler Vi kan alltid finne ut om to syntaktiske objekter er
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO
UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i Eksamensdag: 9. desember 2015 Tid for eksamen: 09.00 13.00 (Fortsettes på side 2.) INF1080 Logiske metoder for informatikk Oppgave
DetaljerLøsningsforslag til eksamen høst 2016
Løsningsforslag til eksamen høst 2016 Hver oppgave tildeles maksimalt 10 poeng. Høyeste poengsum er 100 Karaterer: 90 A 75 B < 90 60 C < 75 50 D < 60 0 E < 50 F < 40 Oppgave 1 a) 3 poeng Ingen av de tre
DetaljerMatematikk for IT, høsten 2016
Matematikk or IT, høsten 016 Oblig 4 Løsningsorslag 30. setember 016.4.11 a) ( 1, 3, 5, 7, ) Her vil relasjonsmengden være slik: {(1, 1), (3, 1), (3, 3), (5, 1), (5, 3), (5, 5), (7, 1), (7, 3), (7, 5),
DetaljerKONTINUASJONSEKSAMEN I TMA4140 LØSNINGSFORSLAG
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 6 KONTINUASJONSEKSAMEN I TMA440 LØSNINGSFORSLAG Oppgave Sannhetsverditabell for det logiske utsagnet ( (p q) ) ( q r
DetaljerObligatorisk oppgave 1 i MAT1140, Høst Løsninger med kommentarer
Obligatorisk oppgave 1 i MAT1140, Høst 2014. Oppgave 1 er med kommentarer En funksjon f : R R er en polynomfunksjon hvis f kan defineres som f(x) = a 0 + a 1 x + + a n x n hvor n 0 og a 0,..., a n er reelle
DetaljerEKSAMEN Løsningsforslag
..4 EKSAMEN Løsigsforslag Emekode: ITF75 Dato: 6. desember Eme: Matematikk for IT Eksamestid: kl 9. til kl. Hjelpemidler: To A4-ark med valgfritt ihold på begge sider. Kalkulator er ikke tillatt. Faglærer:
DetaljerRelasjoner - forelesningsnotat i Diskret matematikk 2017
Relasjoner Utdrag fra avsnitt 9.1, 9.3, 9.4 og 9.5 i læreboka 9.1 - Relasjoner 9.3 - Operasjoner på relasjoner 9.4 - Utvidelser av relasjoner - tillukninger 9.5 - Ekvivalensrelasjoner og ekvivalensklasser
DetaljerMAT1030 Diskret Matematikk
MAT1030 Diskret Matematikk Forelesning 11: Relasjoner Roger Antonsen Institutt for informatikk, Universitetet i Oslo 25. februar 2009 (Sist oppdatert: 2009-03-03 11:37) Kapittel 5: Relasjoner MAT1030 Diskret
DetaljerKapittel 5: Relasjoner
MAT1030 Diskret Matematikk Forelesning 11: Relasjoner Roger Antonsen Institutt for informatikk, Universitetet i Oslo Kapittel 5: Relasjoner 25. februar 2009 (Sist oppdatert: 2009-03-03 11:37) MAT1030 Diskret
DetaljerFASIT/LF FOR EKSAMEN TMA4140, H07
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 5 FASIT/LF FOR EKSAMEN TMA440, H07 Oppgave (0%) Benytt matematisk induksjon til å vise at for alle heltall n. n i i!
DetaljerLøsningsforslag for eksamen i fag SIF8010 Algoritmer og datastrukturer Lørdag 9. august 2003, kl
SIF8010 2003-08-09 Stud.-nr: Antall sider: 1 Løsningsforslag for eksamen i fag SIF8010 Algoritmer og datastrukturer Lørdag 9. august 2003, kl. 0900 1500 Faglig kontakt under eksamen: Arne Halaas, tlf.
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO
UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i INF1080 Logiske metoder for informatikk Eksamensdag: 28. november 2014 Tid for eksamen: 08.15 12.15 Oppgave 1 Mengdelære (10 poeng)
DetaljerEksamen MAT H Løsninger
Eksamen MAT1140 - H2014 - Løsninger Oppgave 1 Vi setter opp en vanlig sannhetsverditabell. La Φ betegne formelen i oppgaven. Tabellen vil bli som følger: A B C A B A C Φ T T T T T T T T F T T T T F T F
DetaljerMAT1030 Diskret matematikk
MAT1030 Diskret matematikk Forelesning 32: Repetisjon Dag Normann Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo 21. mai 2008 Streik? Det er muligheter for streik i offentlig sektor fra midnatt, natt til fredag.
DetaljerMAT1030 Forelesning 22
MAT1030 Forelesning 22 Grafteori Roger Antonsen - 21. april 2009 (Sist oppdatert: 2009-04-21 15:13) Introduksjon Introduksjon Vi skal nå over til kapittel 10 & grafteori. Grafer fins overalt rundt oss!
DetaljerKombinatorikk. MAT1030 Diskret Matematikk. Oppsummering av regneprinsipper
MAT1030 Diskret Matematikk Forelesning 22: Grafteori Dag Normann Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo Kombinatorikk 14. april 2010 (Sist oppdatert: 2010-04-14 12:43) MAT1030 Diskret Matematikk 14.
DetaljerMAT1030 Diskret Matematikk
MAT1030 Diskret Matematikk Forelesning 22: Grafteori Dag Normann Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo 14. april 2010 (Sist oppdatert: 2010-04-14 12:42) Kombinatorikk MAT1030 Diskret Matematikk 14.
DetaljerLØSNINGSFORSLAG EKSAMEN V06, MA0301
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av 7 LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN V06, MA0301 Oppgave 1 a) Sett opp en sannhetsverditabell(truth table) for det logiske uttrykket
DetaljerMatematikk for IT, høsten 2015
Matematikk for IT, høsten 015 Oblig 5 Løsningsforslag 5. oktober 016 3.1.1 3.1.13 a) Modus ponens. b) Modus tollens. c) Syllogismeloven. a) Ikke gyldig. b) Gyldig. 3.1.15 a) Hvis regattaen ikke avlyses,
DetaljerIntroduksjon. MAT1030 Diskret Matematikk. Introduksjon. En graf. Forelesning 22: Grafteori. Roger Antonsen
MAT1030 Diskret Matematikk Forelesning 22: Grafteori Roger Antonsen Institutt for informatikk, Universitetet i Oslo Introduksjon 21. april 2009 (Sist oppdatert: 2009-04-21 15:13) MAT1030 Diskret Matematikk
DetaljerIntroduksjon. MAT1030 Diskret matematikk. Søkealgoritmer for grafer. En graf
Introduksjon MAT13 Diskret matematikk Forelesning 21: Grafteori Roger Antonsen Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo 9. april 28 Vi skal nå over til kapittel 1 & grafteori. Grafer fins overalt rundt
DetaljerMAT1030 Diskret matematikk
MAT1030 Diskret matematikk Forelesning 21: Grafteori Roger Antonsen Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo 9. april 2008 Introduksjon Vi skal nå over til kapittel 10 & grafteori. Grafer fins overalt
DetaljerForelesning 31: Repetisjon
MAT1030 Diskret Matematikk Forelesning 31: Repetisjon Dag Normann Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo Forelesning 31: Repetisjon 18. mai 2010 (Sist oppdatert: 2010-05-18 14:11) MAT1030 Diskret Matematikk
DetaljerMAT1030 Forelesning 22
MAT1030 Forelesning 22 Grafteori Dag Normann - 14. april 2010 (Sist oppdatert: 2010-04-14 12:45) Kombinatorikk Oppsummering av regneprinsipper Ordnet utvalg med repetisjon: n r Ordnet utvalg uten repetisjon:
DetaljerLO118D 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
DetaljerINF1080 Logiske metoder for informatikk. 1 Små oppgaver [70 poeng] 1.1 Grunnleggende mengdelære [3 poeng] 1.2 Utsagnslogikk [3 poeng]
INF1080 Logiske metoder for informatikk Digital eksamen (med løsningsforslag) Dette er et utkast til løsningsforslag til eksamen i INF1080, og feil kan forekomme. Hvis du finner noen feil, si ifra til
DetaljerMatematikk for IT, høsten 2017
Matematikk for IT, høsten 017 Oblig 5 Løsningsforslag 0. september 017 Oppgave 1 (eksamen desember 013) Gitt følgende logiske utsagn: ( p ( p q)) Benytt lovene i logikk til å finne hvilket av følgende
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO
UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i INF1080 Logiske metoder for informatikk Eksamensdag: 9. desember 2010 Tid for eksamen: 09:00 13:00 Oppgavesettet er på 5 sider.
DetaljerLøsningsforslag 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,
DetaljerMA0002 Brukerkurs i matematikk B Vår 2013
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag MA Brukerkurs i matematikk B Vår Løsningsforslag Øving 6 9..7 Anta at en populasjon er delt inn i tre aldersklasser, og at %
DetaljerKommentarer til Eksamen IM005 - V02
Kommentarer til Eksamen IM005 - V02 Følgende oppgaver er aktuelle innenfor dagens pensum: Oppgave 1a,d,e,f,h,i Oppgave 2a,b,c Oppgave 3 Oppgave 4a,c,d I Oppgavene 1f,h,i skal det stå enkel graf (simple
DetaljerEksamensoppgave 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
DetaljerEKSAMEN Løsningsforslag
5..7 EKSAMEN Løsningsforslag Emnekode: ITD5 Dato:. desember 7 Hjelpemidler: - To A-ark med valgfritt innhold på begge sider. - Formelhefte. - Kalkulator som deles ut samtidig med oppgaven. Emnenavn: Matematikk
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO
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
DetaljerLØSNINGSFORSLAG 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)
DetaljerFørst litt repetisjon
Først litt repetisjon En relasjon er en mengde av verdipar, der første koordinaten a er fra mengden A og andrekoordinaten b er fra mengden B. Verdiparet beskriver en forbindelse (en relasjon) fra a til
DetaljerOppsummering. MAT1030 Diskret matematikk. Relasjoner. Relasjoner. Forelesning 11: Relasjoner
Oppsummering MAT1030 Diskret matematikk Forelesning 11: Relasjoner Dag Normann Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo 18. februar 2008 Vi har gjort oss ferdige med innføringen av Boolesk mengdelære.
DetaljerMAT1030 Forelesning 11
MAT1030 Forelesning 11 Relasjoner Roger Antonsen - 25. februar 2009 (Sist oppdatert: 2009-03-03 11:37) Kapittel 5: Relasjoner Binære relasjoner Definisjon. La A være en mengde. En binær relasjon på A er
DetaljerMA3301 Beregnbarhets- og kompleksitetsteori Høsten
MA3301 Beregnbarhets- og kompleksitetsteori Høsten 2012 1 Notat 2 Om den kanoniske automaten til et språk og minimalisering. Vi vil si at en automat M = Q, Σ, q 0, A, δ er redusert enhver tilstand q Q
DetaljerOppgave 1 (25 %) - Flervalgsoppgaver
Oppgaver og løsningsforslag for 4t eksamen 10.mai 006 i LO510D Lineær algebra med grafiske anvendelser. Fra og med oppgave skal alle svar begrunnes. Oppgave 1 (5 %) - Flervalgsoppgaver Denne oppgaven består
DetaljerLØSNINGSFORSLAG 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
DetaljerRepetisjon. 1 binærtall. INF3110 Programmeringsspråk. Sist så vi ulike notasjoner for syntaks: Jernbanediagrammer. BNF-grammatikker.
INF3 Programmeringsspråk INF3 Programmeringsspråk Dagens tema Syntaks (Komp 47, kap 3 (og noe 4)) Repetisjon Regulære språk i klassisk NF Regulære språk i utvidet NF Regulære språk i jerbanediagrammer
DetaljerEksamen i fag SIF8010 Algoritmer og datastrukturer Lørdag 9. august 2003, kl
SIF8010 2003-08-09 Stud.-nr: Antall sider: 1 Eksamen i fag SIF8010 Algoritmer og datastrukturer Lørdag 9. august 2003, kl. 0900 1500 Faglig kontakt under eksamen: Arne Halaas, tlf. 41661982; Magnus Lie
DetaljerEn relasjon på en mengde A er en delmengde R A A = A 2. Vi har satt navn på visse egenskaper relasjoner som oppstår i anvendelser ofte kan ha.
Forelesning 12 Relasjoner, Dag Normann - 20. februar 2008 Oppsummering En relasjon på en mengde A er en delmengde R A A = A 2. Vi har satt navn på visse egenskaper relasjoner som oppstår i anvendelser
DetaljerKapittel 5: Relasjoner
MAT1030 Diskret Matematikk Forelesning 11: Relasjoner Dag Normann Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo Kapittel 5: Relasjoner 23. februar 2010 (Sist oppdatert: 2010-02-23 14:33) MAT1030 Diskret Matematikk
DetaljerINF3110 Programmeringsspråk
INF3 Programmeringsspråk Dagens tema Syntaks (Komp 47, kap 3 (og noe 4)) Repetisjon Regulære språk i klassisk BNF Regulære språk i utvidet BNF Regulære språk i jerbanediagrammer Regulære språk og automater
Detaljer