TMA4140 Diskret matematikk Høst 2011 Løsningsforslag Øving 7

Størrelse: px
Begynne med side:

Download "TMA4140 Diskret matematikk Høst 2011 Løsningsforslag Øving 7"

Transkript

1 Norges teknisknaturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av?? TMA4140 Diskret matematikk Høst 011 Løsningsforslag Øving a) Beløpet etter n 1 år ganges med 1.09 for å få beløpet etter n år, siden 9% av beløpet legges til hvert år pga. renten. Dermed har vi a n = 1.09a n 1. Initialbetingelsen er a 0 = b) Siden vi ganger med 1.09 hvert år, er løsningen a n = n. c) a 100 = $ a) La s n være antall måter en mengde av n elementer kan sorteres. Det er n forskjellige elementer som kan komme først. Når vi vet hvilket element som kommer først, er det n 1 elementer igjen å sortere. Dermed er det s n 1 muligheter for hvert valg av første element, så vi har s n = ns n 1. Vi har også initialbetingelsen s 1 = 1 fordi det bare er en måte å sortere en mengde med ett element. b) s 1 = 1, s = 1, s 3 = 3 1,... s n = n (n 1) 3 1 = n! a) La a n være antallet strenger av lengde n som ikke har to etterfølgende 0-er. For å konstruere en slik streng kan vi enten starte med tallet 1 eller og henge på en streng som ikke inneholder etterfølgende 0-tall (dette kan gjøres på a n 1 måter), eller vi kan starte med 01 eller 0 og henge på en streng som ikke inneholder to etterfølgende 0-tall (dette kan gjøres på a n måter). Dermed har vi følgende rekurensrelasjon, gyldig for n, a n = a n 1 +a n. b) Vi har a 0 = 1, a 1 = 3.

2 Side av?? c) Vi beregner a til a 6 ved hjelp av rekurensrelasjonen: a = a 1 + a 0 = = 8 a 3 = a + a 1 = = a 4 = a 3 + a = + 8 = 60 a 5 = a 4 + a 3 = 60 + = 164 a 6 = a 5 + a 4 = = 448 Dermed er det 448 strenger av lengde 6 som ikke inneholder to etterfølgende 0-tall a) La a n være antallet strenger av lengde n med to etterfølgende 0-er. For å konstruere en slik streng kan vi enten starte med tallet 1 eller og henge på en streng som inneholder etterfølgende 0-tall (dette kan gjøres på a n 1 måter), eller vi kan starte med 01 eller 0 og henge på en streng som inneholder to etterfølgende 0-tall (dette kan gjøres på a n måter), eller vi kan starte med 00 og henge på en vilkårlig streng av lengde n (dette kan gjøres på 3 n måter). Derfor har vi følgende rekurensrelasjon, gyldig for n, a n = a n 1 +a n +3 n. b) Vi har at a 0 = a 1 = 0. c) Vi beregner a til a 6 ved hjelp av rekurensrelasjonen: a = a 1 + a = = 1 a 3 = a + a = = 5 a 4 = a 3 + a + 3 = = 1 a 5 = a 4 + a = = 79 a 6 = a 5 + a = = 81 Dermed er det 81 strenger av lengde 6 som inneholder to etterfølgende 0-tall La a n være antallet følger av lengde n med et like antall 0-er. Vi har da n a n følger av lengde n med et odde antall 0-er. Det er to måter vi kan få en følge av lengde n med et like antall 0. Den kan begynne med 1 og bli fulgt av en streng av lengde n 1 med et like antall 0 (det er a n 1 av disse), eller den kan begynne med 0 og bli fulgt av en streng av lengde n 1 med et odde antall 0 (det er n 1 a n 1 av disse). Dermed er a n = a n 1 + n 1 a n 1 = n 1. Se også oppgave 31 i kapittel 4.4.

3 Side 3 av?? 7--4 a) Vi løser først den karakteristiske ligningen r r 6 = 0. Røttene er r = og r = 3. Dermed er løsningen på formen a n = α 1 ( ) n + α 3 n. Initialbetingelsene gir oss 3 = α 1 + α 6 = α 1 + 3α. Løsningene er α 1 = 3/5, α = 1/5. Dermed er løsningen til rekurensrelasjonen a n = (3/5)( ) n + (1/5)3 n a) Vi viser formelen ved induksjon. For det induktive steget trenger vi at formelen er sann to steg tilbake, så for basesteget sjekker vi at formelen holder for n =, 3. For n = har vi: L = L 1 +L 0 = 1+ = 3, L = f 1 +f 3 = 1+ = 3, og for n = 3 har vi L 3 = L +L 1 = 3+1 = 4, L 3 = f + f 4 = = 4 så formelen holder for n =, 3. For det induktive steget, anta at formelen holder for n = k, k 1. Da er L k+1 = L k + L k 1 = f k 1 + f k+1 + f k + f k = (f k 1 + f k ) + (f k+1 + f k ) = f k + f k+. Så formelen holder også får k + 1, dermed holder formelen for alle n. b) Røtter av den karakteristiske ligningen r r 1 = 0 er r 1 = (1+ 5)/ og r = (1 5)/. Dermed er Lucastallene gitt ved L n = α 1 ( ) n ( ) n α. Vi bruker initialbetingelsene til å bestemme konstantene α 1 og α L 0 = α 1 + α =, ( ) L 1 = α 1 ( ) α = 1. Løsningen til disse ligningene er α 1 = α = 1. Dermed er Lucastallene gitt ved ( ) n ( ) n L n = Den karakteristiske ligningen er r 3 6r + 1r 8 = 0. Denne har rot r =, med multiplisitet

4 Side 4 av?? 3, så den generelle løsningen er a n = α 1 n + α n n + α 3 n n. Vi bruker nå initialbetingelsene for å bestemme konstantene a 0 = 5 = α 1, a 1 = 4 = α 1 + α + α 3, a = 88 = 4α 1 + 8α + 16α 3. Dette gir oss α 1 = 5, α = 1/, α 3 = 13/. Dermed er løsningen a n = 5 n + (n/) n + (13n /) n = 5 n + n n n n a) Relasjonen er ikke reeksiv (a er ikke høyere enn seg selv), ikke symmetrisk (a er høyere enn b, men b er ikke høyere enn a). Den er antisymmetrisk (hvis a er høyere enn b, så er ikke b høyere enn a). Den er transitiv (hvis a er høyere enn b og b er høyere enn c, så er a høyere enn c). b) Relasjonen er reeksiv, symmetrisk og transitiv. Den er ikke antisymmetrisk. c) Essensielt samme oppgave som b). d) Relasjonen er reeksiv og symmetrisk. Den er ikke antisymmetrisk, siden a og b kan være to forskjellig personer med en felles besteforelder, og da har også b og a samme besteforelder. Relasjonen er ikke transitiv, siden a og b kan ha en felles besteforelder, b og c kan ha en felles besteforelder, men dette trenger ikke bety at a og c har en felles besteforelder a) Relasjonen er ikke reeksiv, siden Relasjonen er symmetrisk, siden x + y = 0 hvis og bare hvis y + x = 0. Den er ikke antisymmetrisk, siden (1, 1) og ( 1, 1) begge er i R. Den er ikke transitiv, siden (1, 1) og ( 1, 1) er i R, men (1, 1) er ikke i R. b) Siden x = ±x (ved å velge plusstegnet) er relasjonen reeksiv. Siden x = ±y hvis og bare hvis y = ±x, så er relasjonen symmetrisk. Siden (1, 1) og ( 1, 1) begge er i R, så er relasjonen ikke antisymmetrisk. Relasjonen er transitiv. c) Relasjonen er reeksiv, siden x x = 0 er rasjonal. Relasjonen er symmetrisk, siden hvis x y er rasjonal så er (x y) = y x rasjonal. Siden (1, 1) og ( 1, 1) begge er i R, så er relasjonen ikke antisymmetrisk. At x y og y z er rasjonale medfører at deres sum x z er rasjonal, så relasjonen er transitiv. d) Siden 1 1 er relasjonen ikke reeksiv. Den er ikke symmetrisk, siden (, 1) R, men (1, ) R. Den er antisymmetrisk, men ikke transitiv. e) Relasjonen er reeksiv, symmetrisk, ikke antisymmetrisk og ikke transitiv. f) Relasjonen er ikke reeksiv, den er symmetrisk, ikke antisymmetrisk og ikke transitiv. g) Relasjonen er ikke reeksiv, ikke symetrisk, den er antisymmetrisk og transitiv. h) Relasjonen er ikke reeksiv, den er symmetrisk, ikke antisymmetrisk og ikke transitiv.

5 Side 5 av?? og Denne tabellen besvarer både og Antall forskjellige relasjoner på {0, 1} er lik antall forskjellige delmengder av {(0, 0), (0, 1), (1, 0), (1, 1)}. Disse er gitt i tabellen under. I tillegg er egenskapene spurt etter i gitt av tabellen. R Re. Irr. Sym. Anti. Asym. Trans La A = {1,, 3, 4, 5}. R = A A {( 3), (4 5)} R 3 = R 4 = R 5 = A A Vi viser utsagnet ved induksjon. Det er ingenting å vise for basesteget n = 1. Anta at R n er symmetrisk, og la (a, c) R n+1 = R n R. Da nnes det en b slik at (a, b) R og (b, c) R n. Siden R n og R er symmetrisk, har vi (b, a) R og (c, b) R n. Dermed er (c, a) R R n. Vi vil ha fullført beviset hvis vi kan vise at R R n = R n+1. Først, merk at sammensetning av relasjoner er assosiativ, dvs. (R S) T = R (S T ). (Beviset for dette er rettfrem anvendelse av denisjonen.) Så viser vi at R R n = R n+1 ved induksjon. Igjen er basesteget gitt. Ved å anvende den induktive hypotesen har vi R R k+1 = R (R k R) = (R R k ) R = R k+1 R = R k+ som ønsket.

Løsningsforslag Øving 7 TMA4140 Diskret matematikk Høsten 2008

Løsningsforslag Øving 7 TMA4140 Diskret matematikk Høsten 2008 Løsningsforslag Øving 7 TMA4140 Diskret matematikk Høsten 008 3-1-9 prosedyre palindromsjekk (a 1, a,..., a n : streng) svar :=sann for i := 1 to n/ if a i a n+1 i then svar :=usann {svaret er sant hvis

Detaljer

Forelesning 9 mandag den 15. september

Forelesning 9 mandag den 15. september Forelesning 9 mandag den 15. september 2.6 Største felles divisor Definisjon 2.6.1. La l og n være heltall. Et naturlig tall d er den største felles divisoren til l og n dersom følgende er sanne. (1) Vi

Detaljer

TMA4140 Diskret Matematikk Høst 2018

TMA4140 Diskret Matematikk Høst 2018 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag TMA4140 Diskret Matematikk Høst 018 Seksjon 81 11 a) Oppgaven spør etter antall måter man kan gå opp n trappetrinn dersom man

Detaljer

Repetisjon: høydepunkter fra første del av MA1301-tallteori.

Repetisjon: høydepunkter fra første del av MA1301-tallteori. Repetisjon: høydepunkter fra første del av MA1301-tallteori. Matematisk induksjon Binomialteoremet Divisjonsalgoritmen Euklids algoritme Lineære diofantiske ligninger Aritmetikkens fundamentalteorem Euklid:

Detaljer

TMA4140 Diskret Matematikk Høst 2016

TMA4140 Diskret Matematikk Høst 2016 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag TMA4140 Diskret Matematikk Høst 016 Seksjon 5 4 a) Ved å observere at 18 4 + 7, 19 3 4 + 7, 0 4 5 og 1 3 7 så ser vi at P(18),

Detaljer

EKSAMEN I FAG TMA4140 DISKRET MATEMATIKK Tirsdag 16. desember 2003 Tid :

EKSAMEN 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

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

Eksamen i Elementær Diskret Matematikk - (MA0301)

Eksamen 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 -

Detaljer

Fasit og løsningsforslag til Julekalenderen for mellomtrinnet

Fasit og løsningsforslag til Julekalenderen for mellomtrinnet Fasit og løsningsforslag til Julekalenderen for mellomtrinnet 01.12: Svaret er 11 For å få 11 på to terninger kreves en 5er og en 6er. Siden 6 ikke finnes på terningen kan vi altså ikke få 11. 02.12: Dagens

Detaljer

MAT 1001, Høsten 2009 Oblig 2, Løsningsforslag

MAT 1001, Høsten 2009 Oblig 2, Løsningsforslag MAT 1001, Høsten 009 Oblig, sforslag a) En harmonisk svingning er gitt som en sum av tre delsvingninger H(x) = cos ( π x) + cos (π (x 1)) + cos (π (x )) Skriv H(x) på formen A cos (ω(x x 0 )). siden H(x)

Detaljer

Eksamensoppgave i TMA4140 Diskret matematikk

Eksamensoppgave 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

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

Forelesning 22 MA0003, Mandag 5/11-2012 Invertible matriser Lay: 2.2

Forelesning 22 MA0003, Mandag 5/11-2012 Invertible matriser Lay: 2.2 Forelesning 22 M0003, Mandag 5/-202 Invertible matriser Lay: 2.2 Invertible matriser og ligningssystemet x b Ligninger på formen ax b, a 0 kan løses ved å dividere med a på begge sider av ligninger, noe

Detaljer

Nøkkelspørsmål til eller i etterkant av introduksjonsoppgaven:

Nøkkelspørsmål til eller i etterkant av introduksjonsoppgaven: Areal og omkrets Mange elever forklarer areal ved å si at det er det samme som lengde gange bredde. Disse elevene refererer til en lært formel for areal uten at vi vet om de skjønner at areal er et mål

Detaljer

Finn volum og overateareal til følgende gurer. Tegn gjerne gurene.

Finn volum og overateareal til følgende gurer. Tegn gjerne gurene. Innlevering FO99A - Matematikk forkurs HIOA Obligatorisk innlevering Innleveringsfrist Fredag oktober 01 kl 1:00 Antall oppgaver: 16 Løsningsforslag 1 Finn volum og overateareal til følgende gurer Tegn

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

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

REFLEKSJONSBREV MARS TYRIHANS. Fokus: Et læringsmiljø som støtter barnas samarbeidsprosesser

REFLEKSJONSBREV MARS TYRIHANS. Fokus: Et læringsmiljø som støtter barnas samarbeidsprosesser REFLEKSJONSBREV MARS TYRIHANS Fokus: Et læringsmiljø som støtter barnas samarbeidsprosesser INNLEDNING Vi har jobbet videre i smågrupper med fokus på deling av strategier og samarbeid. Vi har også sett

Detaljer

a) Ved avlesning på graf får man. Dermed er hastighet ved tid sekund lik.

a) Ved avlesning på graf får man. Dermed er hastighet ved tid sekund lik. Løsningsforslag utsatt eksamen Matematikk 2, 4MX25-10 (GLU2 5-10) 5.desember 2013 Oppgave 1 a) Ved avlesning på graf får man. Dermed er hastighet ved tid sekund lik. Ved å bruke tangentlinja i punktet

Detaljer

Obligatorisk oppgave i MAT 1100, H-03 Løsningsforslag

Obligatorisk oppgave i MAT 1100, H-03 Løsningsforslag Oppgave : Obligatorisk oppgave i MAT, H- Løsningsforslag a) Vi skal regne ut dx. Substituerer vi u = x, får vi du = x dx. De xex nye grensene er gitt ved u() = = og u() = = 9. Dermed får vi: 9 [ ] 9 xe

Detaljer

Løsningsforslag AA6524/AA6526 Matematikk 3MX Elever/Privatister 6. desember 2006. eksamensoppgaver.org

Løsningsforslag AA6524/AA6526 Matematikk 3MX Elever/Privatister 6. desember 2006. eksamensoppgaver.org Løsningsforslag AA654/AA656 Matematikk 3MX Elever/Privatister 6. desember 6 eksamensoppgaver.org eksamensoppgaver.org Om løsningsforslaget Løsningsforslaget for matematikk eksamen i 3MX er gratis, og det

Detaljer

Løsningsforslag til underveisvurdering i MAT111 vår 2005

Løsningsforslag til underveisvurdering i MAT111 vår 2005 Løsningsforslag til underveisvurdering i MAT111 vår 5 Beregn grenseverdien Oppgave 1 (x 1) ln x x x + 1 Svar: Merk at nevneren er lik (x 1), så vi kan forkorte (x 1) oppe og nede og får (x 1) ln x ln x

Detaljer

Sak 14/2015. Til: Representantskapet. Fra: Styret. Dato: 14.04.2015. Studentmedlemsskap i NAL. 1. Bakgrunn

Sak 14/2015. Til: Representantskapet. Fra: Styret. Dato: 14.04.2015. Studentmedlemsskap i NAL. 1. Bakgrunn Sak 14/2015 Til: Representantskapet Fra: Styret Dato: 14.04.2015 Studentmedlemsskap i NAL 1. Bakgrunn NAL er en medlemsorganisasjon som har en tredeling av typer medlemskap: yrkesaktive, studenter og pensjonister.

Detaljer

Fortsettelses kurs i Word

Fortsettelses kurs i Word Fortsettelses kurs i Word Lynkurs fra Kristiansand folkebibliotek Innholdsfortegnelse Formål med dagens kurs... 2 Sette inn forsider... 2 Sette inn tabeller... 2 Topptekst Bunntekst Sidetall... 2 Sett

Detaljer

er et er et heltall. For eksempel er 2, 3, 5, 7 og 11 primtall, mens 4 = 2 2, 6 = 2 3 og 15 = 3 5 er det ikke.

er et er et heltall. For eksempel er 2, 3, 5, 7 og 11 primtall, mens 4 = 2 2, 6 = 2 3 og 15 = 3 5 er det ikke. . Primtall og primtallsfaktorisering Definisjon Et primtall p er et heltall, større enn, som ikke er delelig med andre tall enn og seg selv, altså bare delelig med og p (og egentlig også og p) At et tall

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

QED 5 10. Matematikk for grunnskolelærerutdanningen. Bind 2. Fasit kapittel 2 Tallenes hemmeligheter

QED 5 10. Matematikk for grunnskolelærerutdanningen. Bind 2. Fasit kapittel 2 Tallenes hemmeligheter QED 5 10 Matematikk for grunnskolelærerutdanningen Bind Fasit kapittel Tallenes hemmeligheter Kapittel Oppgave 5. Nei Oppgave 7. Addisjon og multiplikasjon Oppgave 8. b) Hvis vi ser på hele tall er {1},

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

Kryptogra og elliptiske kurver

Kryptogra og elliptiske kurver Kryptogra og elliptiske kurver Eivind Eriksen Høgskolen i Oslo Gjesteforelesning, 7. november 2007 Eivind Eriksen (Høgskolen i Oslo) Kryptogra og elliptiske kurver 1 / 23 Plan: 1 Generelt om kryptogra

Detaljer

LO118D Forelesning 6 (DM)

LO118D Forelesning 6 (DM) LO118D Forelesning 6 (DM) Rekurrensrelasjoner 10.09.2007 1 Rekurrensrelasjoner Rekurrensrelasjoner En rekurrensrelasjon definerer det n-te elementet i en følge i forhold til de foregående elementene. Følgen

Detaljer

Egenskaper til relasjoner på en mengde A.

Egenskaper til relasjoner på en mengde A. Egenskaper til relasjoner på en mengde A. Refleksivitet Relasjonen er refleksiv hvis (a, a) R for alle a A. Vi kan se det ut fra: 1) Grafen: R er refleksiv hvis alle punktene i grafen har en sløyfe. 2)

Detaljer

. Vi får dermed løsningene x = 0, x = 1 og x = 2.

. Vi får dermed løsningene x = 0, x = 1 og x = 2. Innlevering i FO99A - Matematikk Innlevering 1 Innleveringsfrist. oktober 010 Antall oppgaver 11 Løsningsforslag Oppgave 1 a) ( 3 + 1)( 7 + ) 1 + 3 = 3 7 + 7 + 3 + 3 + 3 = 1 + 7 + 5. b) 5/3 3 50 = 3 5

Detaljer

LF, KONTINUASJONSEKSAMEN TMA

LF, 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%)

Detaljer

VEILEDNING BRUK AV NY LØSNING FOR PERIODISERING AV BUDSJETTER I MACONOMY

VEILEDNING BRUK AV NY LØSNING FOR PERIODISERING AV BUDSJETTER I MACONOMY VEILEDNING BRUK AV NY LØSNING FOR PERIODISERING AV BUDSJETTER I MACONOMY Bakgrunn Periodisering av budsjetter i Maconomy har blitt oppfattet som tungvint og uoversiktlig. Økonomiavdelingen har nå foretatt

Detaljer

INF1080 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. 1 Små oppgaver [70 poeng] 1.1 Grunnleggende mengdelære [3 poeng] 1.2 Utsagnslogikk [3 poeng] INF1080 Logiske metoder for informatikk Digital eksamen Tid: Onsdag 7. desember 2016 kl. 14.30 18.30 (4 timer) Tillatte hjelpemidler: Ingen Eksamen består av to deler som er verdt omtrent like mye. Den

Detaljer

La oss først se på problemet med objektorientert tankegang. Se figuren under. Konto

La oss først se på problemet med objektorientert tankegang. Se figuren under. Konto Øving 11 - del b Oppgave 1 fasade av Session Beans. Denne oppgaven kan også gjøres samtidig som oppgave 2 (det er imidlertid enklere å holde oversikten om du gjør en ting i gangen). Du skal nå lage en

Detaljer

Løsningsforslag til obligatorisk oppgave i MAT 1100, H-04

Løsningsforslag til obligatorisk oppgave i MAT 1100, H-04 Løsningsforslag til obligatorisk oppgave i MAT 00, H-04 Oppgave : a) Vi har zw ( + i )( + i) + i + i + i i og + i + i ( ) + i( + ) z w + i + i ( + i )( i) ( + i)( i) i + i i i ( i ) ( + ) + i( + ) + +

Detaljer

Løsningsforslag til eksamen i MAT111 Vår 2013

Løsningsforslag til eksamen i MAT111 Vår 2013 BOKMÅL MAT - Vår Løsningsforslag til eksamen i MAT Vår Oppgave Finn polarrepresentasjonen til i. i Skriv på formen x + iy. i Løsning Finner først modulus og argument til i: i = ( ) + ( ) = 4 = arg( ( )

Detaljer

Evaluering av kollokviegrupper i matematikk og programmering høsten 2014 28 jenter har svart på evalueringen

Evaluering av kollokviegrupper i matematikk og programmering høsten 2014 28 jenter har svart på evalueringen Evaluering av kollokviegrupper i matematikk og programmering høsten 2014 28 jenter har svart på evalueringen 1. Hvorfor meldte du deg på dette tilbudet? Tenkte det ville være lurt med litt ekstra hjelp

Detaljer

Hypotesetesting. Notat til STK1110. Ørnulf Borgan Matematisk institutt Universitetet i Oslo. September 2007

Hypotesetesting. Notat til STK1110. Ørnulf Borgan Matematisk institutt Universitetet i Oslo. September 2007 Hypotesetesting Notat til STK1110 Ørnulf Borgan Matematisk institutt Universitetet i Oslo September 2007 Teorien for hypotesetesting er beskrevet i kapittel 9 læreboka til Rice. I STK1110 tar vi bare for

Detaljer

PRIMTALL FRA A TIL Å

PRIMTALL FRA A TIL Å PRIMTALL FRA A TIL Å VEILEDER FOR FORELDRE MED BARN I 5. 7. KLASSE EMNER Side 1 Innledning til primtall P - 2 2 Grunnleggende om primtall P - 2 3 Hvordan finne et primtall P - 5 Innledning til primtall

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

SAKSFRAMLEGG. Samarbeidsutvalget for Bolme barnehage får en slik sammensetting:

SAKSFRAMLEGG. Samarbeidsutvalget for Bolme barnehage får en slik sammensetting: SAKSFRAMLEGG Sammensetting av samarbeidsutvalg i barnehager og skole fra høsten 2016 Arkivsaksnr.: 16/299-1 Arkiv: K1-033 Saksbehandler: Gro Magnhild Brønstad Rådmannens innstilling: Samarbeidsutvalg ved

Detaljer

Eksamen 1T høsten 2015, løsningsforslag

Eksamen 1T høsten 2015, løsningsforslag Eksamen 1T høsten 015, løsningsforslag Del 1, ingen hjelpemidler Oppgave 1 1,8 10 1 0,0005 = 1,8 10 1 5 10 4 = 1,8 5 10 1+( 4) = 9 10 8 Oppgave Velger addisjonsmetoden Legger sammen ligningene: x + y =

Detaljer

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

Tallet 0,04 kaller vi prosentfaktoren til 4 %. Prosentfaktoren til 7 % er 0,07, og prosentfaktoren til 12,5 % er 0,125.

Tallet 0,04 kaller vi prosentfaktoren til 4 %. Prosentfaktoren til 7 % er 0,07, og prosentfaktoren til 12,5 % er 0,125. Prosentregning Når vi skal regne ut 4 % av 10 000 kr, kan vi regne slik: 10 000 kr 4 = 400 kr 100 Men det er det samme som å regne slik: 10 000 kr 0,04 = 400 kr Tallet 0,04 kaller vi prosentfaktoren til

Detaljer

MAT1030 Diskret matematikk. Kompleksitetsteori. Forelesning 29: Kompleksitetsteori. Dag Normann KAPITTEL 13: Kompleksitetsteori. 7.

MAT1030 Diskret matematikk. Kompleksitetsteori. Forelesning 29: Kompleksitetsteori. Dag Normann KAPITTEL 13: Kompleksitetsteori. 7. MAT1030 Diskret matematikk Forelesning 29: Dag Normann KAPITTEL 13: Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo 7. mai 2008 MAT1030 Diskret matematikk 7. mai 2008 2 Meldinger: Det blir hovedsaklig tavleregning

Detaljer

Uttrykket 2 kaller vi en potens. Eksponenten 3 forteller hvor mange ganger vi skal multiplisere grunntallet 2 med seg selv. Dermed er ) ( 2) 2 2 4

Uttrykket 2 kaller vi en potens. Eksponenten 3 forteller hvor mange ganger vi skal multiplisere grunntallet 2 med seg selv. Dermed er ) ( 2) 2 2 4 9.9 Potenslikninger Uttrykket kaller vi en potens. Eksponenten forteller hvor mange ganger vi skal multiplisere grunntallet med seg selv. Dermed er 8 Når vi skriver 5, betyr det at vi skal multiplisere

Detaljer

Arbeidstid. Medlemsundersøkelse. 7. 19. mai 2014. Oppdragsgiver: Utdanningsforbundet

Arbeidstid. Medlemsundersøkelse. 7. 19. mai 2014. Oppdragsgiver: Utdanningsforbundet Arbeidstid Medlemsundersøkelse 7. 19. mai 2014 Oppdragsgiver: Utdanningsforbundet Prosjektinformasjon Formål: Dato for gjennomføring: 7. 19. mai 2014 Datainnsamlingsmetode: Antall intervjuer: 1024 Utvalg:

Detaljer

Matematisk julekalender for 5. - 7. trinn, 2008

Matematisk julekalender for 5. - 7. trinn, 2008 Matematisk julekalender for 5. - 7. trinn, 2008 Årets julekalender for 5.-7. trinn består av 9 enkeltstående oppgaver som kan løses uavhengig av hverandre. Alle oppgavene gir et tall som svar, og dette

Detaljer

TMA4240 Statistikk Høst 2012

TMA4240 Statistikk Høst 2012 TMA424 Statistikk Høst 212 Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Øving blokk II Oppgave 1 Oppgave 11.3 fra læreboka. Oppgave 2 Oppgave 11.19 fra læreboka. Oppgave

Detaljer

Prosent. Det går likare no! Svein H. Torkildsen, NSMO

Prosent. Det går likare no! Svein H. Torkildsen, NSMO Prosent Det går likare no! Svein H. Torkildsen, NSMO Enkelt opplegg Gjennomført med ei gruppe svakt presterende elever etter en test som var satt sammen av alle prosentoppgavene i Alle Teller uansett nivå.

Detaljer

INF1080 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. 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

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET 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

Detaljer

Øving 4 Egenverdier og egenvektorer

Øving 4 Egenverdier og egenvektorer Øving Egenverdier og egenvektorer En egenvektor til en matrise A er løsning av likningen A.x = Λ x hvor Λ er en konstant. Det betyr at virkningan av å multiplisere en matirse med en vektor gir en ny vektor

Detaljer

Kap. 5 Egenverdier og egenvektorer

Kap. 5 Egenverdier og egenvektorer Kap. 5 Egenverdier og egenvektorer Egenverdier, egenvektorer og diagonaliserbarhet er sentrale begreper for kvadratiske matriser. Mye er kjent fra tidligere, skal repetere dette og gå videre. Sammenhengen

Detaljer

Opptelling - forelesningsnotat i Diskret matematikk 2015. Opptelling

Opptelling - forelesningsnotat i Diskret matematikk 2015. Opptelling Opptelling Produktregelen. Anta at en oppgave kan deles opp i to deloppgaver og at hver av dem kan løses uavhengig av hverandre. Anta et første deloppgave kan løses på m forskjellige måter og at andre

Detaljer

Preken 14. august 2016 13. s i treenighet Kapellan Elisabeth Lund. Tekst: Joh. 15, 13-17

Preken 14. august 2016 13. s i treenighet Kapellan Elisabeth Lund. Tekst: Joh. 15, 13-17 Preken 14. august 2016 13. s i treenighet Kapellan Elisabeth Lund Tekst: Joh. 15, 13-17 I dag har vi fått høre en prekentekst som handler om kjærlighet, om å bli kalt venner og om å bære frukt. Den er

Detaljer

Kap. 5 og Notat 2 Oppsummering

Kap. 5 og Notat 2 Oppsummering Kap. 5 og Notat 2 Oppsummering Vi lar A være en reell n n matrise, med mindre noe annet sies. x R n er en egenvektor for A tilh. egenverdien λ R betyr at A x = λ x og x 0. Hvis A er triangulær, er egenverdiene

Detaljer

Eksamensoppgave i TMA4140 Diskret matematikk

Eksamensoppgave 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

Detaljer

Vekst av planteplankton - Skeletonema Costatum

Vekst av planteplankton - Skeletonema Costatum Vekst av planteplankton - Skeletonema Costatum Nivå: 9. klasse Formål: Arbeid med store tall. Bruke matematikk til å beskrive naturfenomen. Program: Regneark Referanse til plan: Tall og algebra Arbeide

Detaljer

EKSAMEN Løsningsforslag

EKSAMEN Løsningsforslag 7 desember EKSAMEN Løsningsorslag Emnekode: ITD5 Dato: 6 desember Hjelpemidler: Emne: Matematikk ørste deleksamen Eksamenstid: 9 Faglærer: To A-ark med valgritt innhold på begge sider Formelhete Kalkulator

Detaljer

TMA4240 Statistikk Høst 2009

TMA4240 Statistikk Høst 2009 TMA4240 Statistikk Høst 2009 Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Øving nummer b7 Oppgave 1 Automatisert laboratorium Eksamen november 2002, oppgave 3 av 3 I eit

Detaljer

Relasjoner - forelesningsnotat i Diskret matematikk 2017

Relasjoner - 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

Detaljer

Tyngdekraft og luftmotstand

Tyngdekraft og luftmotstand Tyngdekraft og luftmotstand Dette undervisningsopplegget synliggjør bruken av regning som grunnleggende ferdighet i naturfag. Her blir regning brukt for å studere masse, tyngdekraft og luftmotstand. Opplegget

Detaljer

Resonnerende oppgaver

Resonnerende oppgaver Resonnerende oppgaver Oppgavene på de påfølgende sidene inneholder flere påstander eller opplysninger. Opplysningene bygger på eller utfyller hverandre, og de stiller visse krav eller betingelser. Når

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET 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

Detaljer

Vedlegg 1 Høringsnotat

Vedlegg 1 Høringsnotat Vedlegg 1 Høringsnotat Høring om forslag til endring i forskrift om trafikkopplæring og førerprøve m.m. og forslag til endring i forskrift om førerkort m.m.-utvidet førerett for traktor som går inntil

Detaljer

i Dato:

i 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

Detaljer

MAT1030 Diskret matematikk

MAT1030 Diskret matematikk MAT1030 Diskret matematikk Plenumsregning 10: Diverse ukeoppgaver Roger Antonsen Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo 17. april 2008 Vi øver oss litt på løse rekurrenslikninger. Oppgave 7.23 Løs

Detaljer

DEL 1 (Uten hjelpemidler, leveres etter 3 timer) 3(a + 1) 4(1 a) (6a 1) = 3a + 3 4 + 4a 6a + 1

DEL 1 (Uten hjelpemidler, leveres etter 3 timer) 3(a + 1) 4(1 a) (6a 1) = 3a + 3 4 + 4a 6a + 1 HELDAGSPRØVE I MATEMATIKK 1T HØST DEL 1 (Uten hjelpemidler, leveres etter 3 timer) Oppgave 1. Trekk sammen uttrykkene: a) 3(a + 1) 4(1 a) (6a 1) 3(a + 1) 4(1 a) (6a 1) = 3a + 3 4 + 4a 6a + 1 = a. b) 1

Detaljer

(coshu) = sinhudu. dx. Her har vi at u = w Hx, og du dx = w dy. dx = H w w. H sinh w H x = sinh w H x.

(coshu) = sinhudu. dx. Her har vi at u = w Hx, og du dx = w dy. dx = H w w. H sinh w H x = sinh w H x. NTNU Institutt for matematiske fag TMA400 Matematikk høsten 20 Løsningsforslag - Øving 3 Avsnitt 3. 49 a) Fra tabell 3.4 på sie 222 i boka: (coshu) = sinhuu. Her har vi at u = w H, og u = w y H. Det følger

Detaljer

Sigbjørn Hals. Nedenfor har vi tegnet noen grafer til likningen y = C, der C varierer fra -2 til 3, med en økning på 1.

Sigbjørn Hals. Nedenfor har vi tegnet noen grafer til likningen y = C, der C varierer fra -2 til 3, med en økning på 1. Retningsdiagrammer og integralkurver Eksempel 1 Den enkleste av alle differensiallikninger er nok y' = 0. Denne har løsningen y = C fordi den deriverte av en konstant er 0. Løsningen vil altså bli flere

Detaljer

MIDTSEMESTERPRØVE I TMA4140 Diskret matematikk. 13. oktober 2017 Tid:

MIDTSEMESTERPRØVE I TMA4140 Diskret matematikk. 13. oktober 2017 Tid: Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av 7 Faglig kontakt under midtsemesterprøven: Christian Skau 73591755 Bokmål MIDTSEMESTERPRØVE I TMA4140 Diskret matematikk

Detaljer

Adgang til ny vurdering ved NTNU. Bakgrunnstall for vurdering av konsekvenser ved innføring av tregangersregel.

Adgang til ny vurdering ved NTNU. Bakgrunnstall for vurdering av konsekvenser ved innføring av tregangersregel. 1 av 6 Studieavdelingen Seksjon for studieadministrative støttesystemer 27.10.2015 Notat Til Arbeidsgruppe for ny studieforskrift NTNU Kopi til: Fra: Seksjon for studieadministrative støttesystemer Signatur:

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

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

Løsningsforslag for Obligatorisk Oppgave 1. Algoritmer og Datastrukturer ITF20006

Løsningsforslag for Obligatorisk Oppgave 1. Algoritmer og Datastrukturer ITF20006 Løsningsforslag for Obligatorisk Oppgave 1 Algoritmer og Datastrukturer ITF20006 Lars Vidar Magnusson Frist 310114 Den første obligatoriske oppgaven tar for seg de fem første forelesningene, som i hovedsak

Detaljer

Eksamensoppgave i TMA4140 Diskret matematikk

Eksamensoppgave 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

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

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i INF1080 Logiske metoder for informatikk Eksamensdag: 27. november 2012 Tid for eksamen: 13:00 16:00 Oppgave 1 Mengdelære (15 poeng)

Detaljer

Før du søker og finansiering. Ofte stilte spørsmål. Hvem kan delta på videreutdanning? Last ned som PDF. Skriv ut. Sist endret: 08.06.

Før du søker og finansiering. Ofte stilte spørsmål. Hvem kan delta på videreutdanning? Last ned som PDF. Skriv ut. Sist endret: 08.06. Ofte stilte spørsmål Last ned som PDF Skriv ut Sist endret: 08.06.2016 1. Før du søker og finansiering 2. Søknadsprosess og opptak 3. Gjennomføring og eksamen Før du søker og finansiering Hvem kan delta

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i INF1080 Logiske metoder for informatikk Eksamensdag: 27. desember 2015 Tid for eksamen: 08.15 12:15 Oppgave 1 Grunnleggende mengdelære

Detaljer

Regional samling for ledere i grunnskoleopplæringen for voksne

Regional samling for ledere i grunnskoleopplæringen for voksne Regional samling for ledere i grunnskoleopplæringen for voksne Trondheim 11. september 2014 1 Den voksnes rett - og kommunens plikt/ansvar 2 Hva står i loven? Dei som er over opplæringspliktig alder, og

Detaljer

Grafteori. MAT1030 Diskret matematikk. Induksjonsbevis

Grafteori. MAT1030 Diskret matematikk. Induksjonsbevis Grafteori MAT1030 Diskret matematikk Plenumsregning 11: Ukeoppgaver fra kapittel 10 & Induksjonsbevis Roger Antonsen Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo 24. april 2008 Vi regner oppgavene på tavlen

Detaljer

MAT1030 Diskret matematikk

MAT1030 Diskret matematikk MAT1030 Diskret matematikk Plenumsregning 11: Ukeoppgaver fra kapittel 10 & Induksjonsbevis Roger Antonsen Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo 24. april 2008 Grafteori Vi regner oppgavene på tavlen

Detaljer

Løsningsforlag til eksamen i Diskret matematikk. 29. november 2017

Løsningsforlag 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

Detaljer

Skjermbilder og veiledning knyttet til «Årlig innrapportering for vannforsyningssystem» basert på oppdaterte skjermbilder pr mars 2016.

Skjermbilder og veiledning knyttet til «Årlig innrapportering for vannforsyningssystem» basert på oppdaterte skjermbilder pr mars 2016. Skjermbilder og veiledning knyttet til «Årlig innrapportering for vannforsyningssystem» basert på oppdaterte skjermbilder pr mars 2016. Denne veiledningen er et supplement til den generelle veiledningen:

Detaljer

Fasit - det står en sort prikk bak riktig svar. (NB! Rekkefølgen på oppgavesettene varierte).

Fasit - det står en sort prikk bak riktig svar. (NB! Rekkefølgen på oppgavesettene varierte). Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av 6 Faglig kontakt under midtsemesterprøven: Christian Skau 73591755 Bokmål MIDTSEMESTERPRØVE I TMA4140 Diskret matematikk

Detaljer

ALGORITMER OG DATASTRUKTURER

ALGORITMER OG DATASTRUKTURER Eksamen i ALGORITMER OG DATASTRUKTURER Høgskolen i Østfold Avdeling for Informatikk og Automatisering Onsdag 11.desember, 1996 Kl. 9.00-15.00 Tillatte hjelpemidler: Alle trykte og skrevne. Kalkulator.

Detaljer

S1 Eksamen våren 2009 Løsning

S1 Eksamen våren 2009 Løsning S1 Eksamen, våren 009 Løsning S1 Eksamen våren 009 Løsning Del 1 Oppgave 1 a) Skriv så enkelt som mulig 1) x 1 x 1 x 1 x 1 1 x 1 x 1 x x 1 x 1 x 1 1 x 1 x 1 ) a b 3 a b 3 a 4a b 1 3 4a b 3 b 1 b) Løs likningene

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

Fysikkolympiaden 1. runde 26. oktober 6. november 2015

Fysikkolympiaden 1. runde 26. oktober 6. november 2015 Norsk Fysikklærerforening i samarbeid med Skolelaboratoriet Universitetet i Oslo Fysikkolympiaden. runde 6. oktober 6. november 05 Hjelpemidler: Tabell og formelsamlinger i fysikk og matematikk Lommeregner

Detaljer

Repetisjonsforelesning - INF1080

Repetisjonsforelesning - INF1080 Repetisjonsforelesning - INF1080 Mengder, relasjoner og funksjoner 18. november 2015 1 Grunnleggende mengdelære 1.1 Elementært om mengder 1.1.1 Hva er en mengde? Definisjon 1.1 (Mengde). En mengde er en

Detaljer

Løsningsforslag til 3. oblogatoriske oppgave i Diskret Matematikk. Høsten 2018

Løsningsforslag 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},

Detaljer

OSLO KULTURNATT 2015 PUBLIKUMSUNDERSØKELSE. Kjersti Tubaas

OSLO KULTURNATT 2015 PUBLIKUMSUNDERSØKELSE. Kjersti Tubaas OSLO KULTURNATT 201 PUBLIKUMSUNDERSØKELSE Kjersti Tubaas. september 2016 Bakgrunn I forbindelse med Oslo Kulturnatt 201 ble det gjennomført en publikumsundersøkelse. Respondentene ble rekruttert på de

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

Prøveeksamen 2016 (med løsningsforslag)

Prøveeksamen 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

Detaljer

Forelesning 28: Kompleksitetsteori

Forelesning 28: Kompleksitetsteori MAT1030 Diskret Matematikk Forelesning 28: Kompleksitetsteori Roger Antonsen Institutt for informatikk, Universitetet i Oslo Forelesning 28: Kompleksitetsteori 12. mai 2009 (Sist oppdatert: 2009-05-13

Detaljer

. 2+cos(x) 0 og alle biter som inngår i uttrykket er kontinuerlige. Da blir g kontinuerlig i hele planet.

. 2+cos(x) 0 og alle biter som inngår i uttrykket er kontinuerlige. Da blir g kontinuerlig i hele planet. MA 1410: Analyse Uke 47, 001 http://home.hia.no/ aasvaldl/ma1410 H01 Høgskolen i Agder Avdeling for realfag Institutt for matematiske fag Oppgave 11.1: 7. f(x, y) = 1 16 x y. a) Definisjonsområde D: f

Detaljer