Slides til 4.1 og 4.2: Eksempler på feil i induksjonsbevis. Andreas Leopold Knutsen
|
|
- Børge Clausen
- 7 år siden
- Visninger:
Transkript
1 Slides til 4.1 og 4.2: Eksempler på feil i induksjonsbevis Andreas Leopold Knutsen February 9, 2010
2 Eks. 1: Finn feilen Fibonaccitallene F 1, F 2, F 3,... er denert rekursivt ved: F 0 = 0, F 1 = 1, og F n = F n 1 + F n 2 for n 2. Påstand: Alle Fibonaccitall er partall "Bevis" ved sterk induksjon: La P(n) være påstanden F n er partall. Vil vise (n 0)P(n). GRUNNTRINN: F 0 = 0 er partall, så P(0) er sann. INDUKSJONSTRINN: Anta F 0, F 1,..., F k partall, for en k 0. Da er F k+1 = F k + F k 1 = partall + partall = partall, slik at P(k + 1) er sann. Har derfor vist at alle Fibonaccitall er partall.
3 Eks. 1: Finn feilen Fibonaccitallene F 1, F 2, F 3,... er denert rekursivt ved: F 0 = 0, F 1 = 1, og F n = F n 1 + F n 2 for n 2. Påstand: Alle Fibonaccitall er partall "Bevis" ved sterk induksjon: La P(n) være påstanden F n er partall. Vil vise (n 0)P(n). GRUNNTRINN: F 0 = 0 er partall, så P(0) er sann. INDUKSJONSTRINN: Anta F 0, F 1,..., F k partall, for en k 0. Da er F k+1 = F k + F k 1 = partall + partall = partall, slik at P(k + 1) er sann. Har derfor vist at alle Fibonaccitall er partall.
4 Eks. 1: Finn feilen Fibonaccitallene F 1, F 2, F 3,... er denert rekursivt ved: F 0 = 0, F 1 = 1, og F n = F n 1 + F n 2 for n 2. Påstand: Alle Fibonaccitall er partall "Bevis" ved sterk induksjon: La P(n) være påstanden F n er partall. Vil vise (n 0)P(n). GRUNNTRINN: F 0 = 0 er partall, så P(0) er sann. INDUKSJONSTRINN: Anta F 0, F 1,..., F k partall, for en k 0. Da er F k+1 = F k + F k 1 = partall + partall = partall, slik at P(k + 1) er sann. Har derfor vist at alle Fibonaccitall er partall.
5 Eks. 1: Finn feilen Fibonaccitallene F 1, F 2, F 3,... er denert rekursivt ved: F 0 = 0, F 1 = 1, og F n = F n 1 + F n 2 for n 2. Påstand: Alle Fibonaccitall er partall "Bevis" ved sterk induksjon: La P(n) være påstanden F n er partall. Vil vise (n 0)P(n). GRUNNTRINN: F 0 = 0 er partall, så P(0) er sann. INDUKSJONSTRINN: Anta F 0, F 1,..., F k partall, for en k 0. Da er F k+1 = F k + F k 1 = partall + partall = partall, slik at P(k + 1) er sann. Har derfor vist at alle Fibonaccitall er partall.
6 Eks. 1: Finn feilen Fibonaccitallene F 1, F 2, F 3,... er denert rekursivt ved: F 0 = 0, F 1 = 1, og F n = F n 1 + F n 2 for n 2. Påstand: Alle Fibonaccitall er partall "Bevis" ved sterk induksjon: La P(n) være påstanden F n er partall. Vil vise (n 0)P(n). GRUNNTRINN: F 0 = 0 er partall, så P(0) er sann. INDUKSJONSTRINN: Anta F 0, F 1,..., F k partall, for en k 0. Da er F k+1 = F k + F k 1 = partall + partall = partall, slik at P(k + 1) er sann. Har derfor vist at alle Fibonaccitall er partall.
7 Eks. 1: Finn feilen Fibonaccitallene F 1, F 2, F 3,... er denert rekursivt ved: F 0 = 0, F 1 = 1, og F n = F n 1 + F n 2 for n 2. Påstand: Alle Fibonaccitall er partall "Bevis" ved sterk induksjon: La P(n) være påstanden F n er partall. Vil vise (n 0)P(n). GRUNNTRINN: F 0 = 0 er partall, så P(0) er sann. INDUKSJONSTRINN: Anta F 0, F 1,..., F k partall, for en k 0. Da er F k+1 = F k + F k 1 = partall + partall = partall, slik at P(k + 1) er sann. Har derfor vist at alle Fibonaccitall er partall.
8 Eks. 1: Finn feilen Fibonaccitallene F 1, F 2, F 3,... er denert rekursivt ved: F 0 = 0, F 1 = 1, og F n = F n 1 + F n 2 for n 2. Påstand: Alle Fibonaccitall er partall "Bevis" ved sterk induksjon: La P(n) være påstanden F n er partall. Vil vise (n 0)P(n). GRUNNTRINN: F 0 = 0 er partall, så P(0) er sann. INDUKSJONSTRINN: Anta F 0, F 1,..., F k partall, for en k 0. Da er F k+1 = F k + F k 1 = partall + partall = partall, slik at P(k + 1) er sann. Har derfor vist at alle Fibonaccitall er partall.
9 Eks. 1: Finn feilen Fibonaccitallene F 1, F 2, F 3,... er denert rekursivt ved: F 0 = 0, F 1 = 1, og F n = F n 1 + F n 2 for n 2. Påstand: Alle Fibonaccitall er partall "Bevis" ved sterk induksjon: La P(n) være påstanden F n er partall. Vil vise (n 0)P(n). GRUNNTRINN: F 0 = 0 er partall, så P(0) er sann. INDUKSJONSTRINN: Anta F 0, F 1,..., F k partall, for en k 0. Da er F k+1 = F k + F k 1 = partall + partall = partall, slik at P(k + 1) er sann. Har derfor vist at alle Fibonaccitall er partall.
10 Eks. 1: Finn feilen Fibonaccitallene F 1, F 2, F 3,... er denert rekursivt ved: F 0 = 0, F 1 = 1, og F n = F n 1 + F n 2 for n 2. Påstand: Alle Fibonaccitall er partall "Bevis" ved sterk induksjon: La P(n) være påstanden F n er partall. Vil vise (n 0)P(n). GRUNNTRINN: F 0 = 0 er partall, så P(0) er sann. INDUKSJONSTRINN: Anta F 0, F 1,..., F k partall, for en k 0. Da er F k+1 = F k + F k 1 = partall + partall = partall, slik at P(k + 1) er sann. Har derfor vist at alle Fibonaccitall er partall.
11 Eks. 1: Finn feilen Fibonaccitallene F 1, F 2, F 3,... er denert rekursivt ved: F 0 = 0, F 1 = 1, og F n = F n 1 + F n 2 for n 2. Påstand: Alle Fibonaccitall er partall "Bevis" ved sterk induksjon: La P(n) være påstanden F n er partall. Vil vise (n 0)P(n). GRUNNTRINN: F 0 = 0 er partall, så P(0) er sann. INDUKSJONSTRINN: Anta F 0, F 1,..., F k partall, for en k 0. Da er F k+1 = F k + F k 1 = partall + partall = partall, slik at P(k + 1) er sann. Har derfor vist at alle Fibonaccitall er partall.
12 Eks. 2: Finn feilen (Riktig) Påstand: Alle heltall n 2 har entydig primtallsfaktorisering (Thm. 1 i 3.5) "Bevis" ved sterk induksjon: La P(n) være påstanden n har entydig Vil vise (n 2)P(n). GRUNNTRINN: P(2) holder trivielt. INDUKSJONSTRINN: Anta P(n) holder for alle 2 n k for et heltall k 2, dvs. anta at alle heltall n slik at 2 n k har entydig Vil vise k + 1 har entydig Dersom k + 1 er primtall, er dettte trivielt oppfylt. Dersom k + 1 ikke er primtall, betyr det per denisjon at k + 1 = a b der a og b er heltall slik at 2 a, b < k = 1. Induksjonshypotesen gir at a og b har entydig Ergo har også k + 1 entydig Har derfor vist at alle heltall n 2 har entydig
13 Eks. 2: Finn feilen (Riktig) Påstand: Alle heltall n 2 har entydig primtallsfaktorisering (Thm. 1 i 3.5) "Bevis" ved sterk induksjon: La P(n) være påstanden n har entydig Vil vise (n 2)P(n). GRUNNTRINN: P(2) holder trivielt. INDUKSJONSTRINN: Anta P(n) holder for alle 2 n k for et heltall k 2, dvs. anta at alle heltall n slik at 2 n k har entydig Vil vise k + 1 har entydig Dersom k + 1 er primtall, er dettte trivielt oppfylt. Dersom k + 1 ikke er primtall, betyr det per denisjon at k + 1 = a b der a og b er heltall slik at 2 a, b < k = 1. Induksjonshypotesen gir at a og b har entydig Ergo har også k + 1 entydig Har derfor vist at alle heltall n 2 har entydig
14 Eks. 2: Finn feilen (Riktig) Påstand: Alle heltall n 2 har entydig primtallsfaktorisering (Thm. 1 i 3.5) "Bevis" ved sterk induksjon: La P(n) være påstanden n har entydig Vil vise (n 2)P(n). GRUNNTRINN: P(2) holder trivielt. INDUKSJONSTRINN: Anta P(n) holder for alle 2 n k for et heltall k 2, dvs. anta at alle heltall n slik at 2 n k har entydig Vil vise k + 1 har entydig Dersom k + 1 er primtall, er dettte trivielt oppfylt. Dersom k + 1 ikke er primtall, betyr det per denisjon at k + 1 = a b der a og b er heltall slik at 2 a, b < k = 1. Induksjonshypotesen gir at a og b har entydig Ergo har også k + 1 entydig Har derfor vist at alle heltall n 2 har entydig
15 Eks. 2: Finn feilen (Riktig) Påstand: Alle heltall n 2 har entydig primtallsfaktorisering (Thm. 1 i 3.5) "Bevis" ved sterk induksjon: La P(n) være påstanden n har entydig Vil vise (n 2)P(n). GRUNNTRINN: P(2) holder trivielt. INDUKSJONSTRINN: Anta P(n) holder for alle 2 n k for et heltall k 2, dvs. anta at alle heltall n slik at 2 n k har entydig Vil vise k + 1 har entydig Dersom k + 1 er primtall, er dettte trivielt oppfylt. Dersom k + 1 ikke er primtall, betyr det per denisjon at k + 1 = a b der a og b er heltall slik at 2 a, b < k = 1. Induksjonshypotesen gir at a og b har entydig Ergo har også k + 1 entydig Har derfor vist at alle heltall n 2 har entydig
16 Eks. 2: Finn feilen (Riktig) Påstand: Alle heltall n 2 har entydig primtallsfaktorisering (Thm. 1 i 3.5) "Bevis" ved sterk induksjon: La P(n) være påstanden n har entydig Vil vise (n 2)P(n). GRUNNTRINN: P(2) holder trivielt. INDUKSJONSTRINN: Anta P(n) holder for alle 2 n k for et heltall k 2, dvs. anta at alle heltall n slik at 2 n k har entydig Vil vise k + 1 har entydig Dersom k + 1 er primtall, er dettte trivielt oppfylt. Dersom k + 1 ikke er primtall, betyr det per denisjon at k + 1 = a b der a og b er heltall slik at 2 a, b < k = 1. Induksjonshypotesen gir at a og b har entydig Ergo har også k + 1 entydig Har derfor vist at alle heltall n 2 har entydig
17 Eks. 2: Finn feilen (Riktig) Påstand: Alle heltall n 2 har entydig primtallsfaktorisering (Thm. 1 i 3.5) "Bevis" ved sterk induksjon: La P(n) være påstanden n har entydig Vil vise (n 2)P(n). GRUNNTRINN: P(2) holder trivielt. INDUKSJONSTRINN: Anta P(n) holder for alle 2 n k for et heltall k 2, dvs. anta at alle heltall n slik at 2 n k har entydig Vil vise k + 1 har entydig Dersom k + 1 er primtall, er dettte trivielt oppfylt. Dersom k + 1 ikke er primtall, betyr det per denisjon at k + 1 = a b der a og b er heltall slik at 2 a, b < k = 1. Induksjonshypotesen gir at a og b har entydig Ergo har også k + 1 entydig Har derfor vist at alle heltall n 2 har entydig
18 Eks. 2: Finn feilen (Riktig) Påstand: Alle heltall n 2 har entydig primtallsfaktorisering (Thm. 1 i 3.5) "Bevis" ved sterk induksjon: La P(n) være påstanden n har entydig Vil vise (n 2)P(n). GRUNNTRINN: P(2) holder trivielt. INDUKSJONSTRINN: Anta P(n) holder for alle 2 n k for et heltall k 2, dvs. anta at alle heltall n slik at 2 n k har entydig Vil vise k + 1 har entydig Dersom k + 1 er primtall, er dettte trivielt oppfylt. Dersom k + 1 ikke er primtall, betyr det per denisjon at k + 1 = a b der a og b er heltall slik at 2 a, b < k = 1. Induksjonshypotesen gir at a og b har entydig Ergo har også k + 1 entydig Har derfor vist at alle heltall n 2 har entydig
19 Eks. 2: Finn feilen (Riktig) Påstand: Alle heltall n 2 har entydig primtallsfaktorisering (Thm. 1 i 3.5) "Bevis" ved sterk induksjon: La P(n) være påstanden n har entydig Vil vise (n 2)P(n). GRUNNTRINN: P(2) holder trivielt. INDUKSJONSTRINN: Anta P(n) holder for alle 2 n k for et heltall k 2, dvs. anta at alle heltall n slik at 2 n k har entydig Vil vise k + 1 har entydig Dersom k + 1 er primtall, er dettte trivielt oppfylt. Dersom k + 1 ikke er primtall, betyr det per denisjon at k + 1 = a b der a og b er heltall slik at 2 a, b < k = 1. Induksjonshypotesen gir at a og b har entydig Ergo har også k + 1 entydig Har derfor vist at alle heltall n 2 har entydig
20 Eks. 2: Finn feilen (Riktig) Påstand: Alle heltall n 2 har entydig primtallsfaktorisering (Thm. 1 i 3.5) "Bevis" ved sterk induksjon: La P(n) være påstanden n har entydig Vil vise (n 2)P(n). GRUNNTRINN: P(2) holder trivielt. INDUKSJONSTRINN: Anta P(n) holder for alle 2 n k for et heltall k 2, dvs. anta at alle heltall n slik at 2 n k har entydig Vil vise k + 1 har entydig Dersom k + 1 er primtall, er dettte trivielt oppfylt. Dersom k + 1 ikke er primtall, betyr det per denisjon at k + 1 = a b der a og b er heltall slik at 2 a, b < k = 1. Induksjonshypotesen gir at a og b har entydig Ergo har også k + 1 entydig Har derfor vist at alle heltall n 2 har entydig
21 Eks. 2: Finn feilen (Riktig) Påstand: Alle heltall n 2 har entydig primtallsfaktorisering (Thm. 1 i 3.5) "Bevis" ved sterk induksjon: La P(n) være påstanden n har entydig Vil vise (n 2)P(n). GRUNNTRINN: P(2) holder trivielt. INDUKSJONSTRINN: Anta P(n) holder for alle 2 n k for et heltall k 2, dvs. anta at alle heltall n slik at 2 n k har entydig Vil vise k + 1 har entydig Dersom k + 1 er primtall, er dettte trivielt oppfylt. Dersom k + 1 ikke er primtall, betyr det per denisjon at k + 1 = a b der a og b er heltall slik at 2 a, b < k = 1. Induksjonshypotesen gir at a og b har entydig Ergo har også k + 1 entydig Har derfor vist at alle heltall n 2 har entydig
22 Eks. 2: Finn feilen (Riktig) Påstand: Alle heltall n 2 har entydig primtallsfaktorisering (Thm. 1 i 3.5) "Bevis" ved sterk induksjon: La P(n) være påstanden n har entydig Vil vise (n 2)P(n). GRUNNTRINN: P(2) holder trivielt. INDUKSJONSTRINN: Anta P(n) holder for alle 2 n k for et heltall k 2, dvs. anta at alle heltall n slik at 2 n k har entydig Vil vise k + 1 har entydig Dersom k + 1 er primtall, er dettte trivielt oppfylt. Dersom k + 1 ikke er primtall, betyr det per denisjon at k + 1 = a b der a og b er heltall slik at 2 a, b < k = 1. Induksjonshypotesen gir at a og b har entydig Ergo har også k + 1 entydig Har derfor vist at alle heltall n 2 har entydig
23 Eks. 2: Finn feilen (Riktig) Påstand: Alle heltall n 2 har entydig primtallsfaktorisering (Thm. 1 i 3.5) "Bevis" ved sterk induksjon: La P(n) være påstanden n har entydig Vil vise (n 2)P(n). GRUNNTRINN: P(2) holder trivielt. INDUKSJONSTRINN: Anta P(n) holder for alle 2 n k for et heltall k 2, dvs. anta at alle heltall n slik at 2 n k har entydig Vil vise k + 1 har entydig Dersom k + 1 er primtall, er dettte trivielt oppfylt. Dersom k + 1 ikke er primtall, betyr det per denisjon at k + 1 = a b der a og b er heltall slik at 2 a, b < k = 1. Induksjonshypotesen gir at a og b har entydig Ergo har også k + 1 entydig Har derfor vist at alle heltall n 2 har entydig
24 Eks. 2: Finn feilen (Riktig) Påstand: Alle heltall n 2 har entydig primtallsfaktorisering (Thm. 1 i 3.5) "Bevis" ved sterk induksjon: La P(n) være påstanden n har entydig Vil vise (n 2)P(n). GRUNNTRINN: P(2) holder trivielt. INDUKSJONSTRINN: Anta P(n) holder for alle 2 n k for et heltall k 2, dvs. anta at alle heltall n slik at 2 n k har entydig Vil vise k + 1 har entydig Dersom k + 1 er primtall, er dettte trivielt oppfylt. Dersom k + 1 ikke er primtall, betyr det per denisjon at k + 1 = a b der a og b er heltall slik at 2 a, b < k = 1. Induksjonshypotesen gir at a og b har entydig Ergo har også k + 1 entydig Har derfor vist at alle heltall n 2 har entydig
25 Eks. 3: Finn feilen Påstand: Alle nyfødte barn har samme øyenfarge. "Bevis" ved svak induksjon: Anta at vi har n nyfødte barn. Påstanden er opplagt sann for n = 1. Anta at påstanden er sann for n = k nyfødte barn. Betrakt en mengde av k + 1 nyfødte barn. Vi kan anta ved induksjon at i mengden L av k barn til venstre i tegningen, har alle barn samme øyenfarge. Likeledes kan vi anta at alle k barn i mengden R til høyre har samme øyenfarge. Men da har selvfølgelig alle k + 1 barna samme øyenfarge, for barnet helt til venstre og barnet helt til høyre har samme øyenfarge som barna i mellom. Dermed har vi vist ved induksjon at i en mengde bestående av n nyfødte barn, har alle samme øyenfarge, uansett hva n er. Derfor har alle nyfødte barn samme øyenfarge.
26 Eks. 3: Finn feilen Påstand: Alle nyfødte barn har samme øyenfarge. "Bevis" ved svak induksjon: Anta at vi har n nyfødte barn. Påstanden er opplagt sann for n = 1. Anta at påstanden er sann for n = k nyfødte barn. Betrakt en mengde av k + 1 nyfødte barn. Vi kan anta ved induksjon at i mengden L av k barn til venstre i tegningen, har alle barn samme øyenfarge. Likeledes kan vi anta at alle k barn i mengden R til høyre har samme øyenfarge. Men da har selvfølgelig alle k + 1 barna samme øyenfarge, for barnet helt til venstre og barnet helt til høyre har samme øyenfarge som barna i mellom. Dermed har vi vist ved induksjon at i en mengde bestående av n nyfødte barn, har alle samme øyenfarge, uansett hva n er. Derfor har alle nyfødte barn samme øyenfarge.
27 Eks. 3: Finn feilen Påstand: Alle nyfødte barn har samme øyenfarge. "Bevis" ved svak induksjon: Anta at vi har n nyfødte barn. Påstanden er opplagt sann for n = 1. Anta at påstanden er sann for n = k nyfødte barn. Betrakt en mengde av k + 1 nyfødte barn. Vi kan anta ved induksjon at i mengden L av k barn til venstre i tegningen, har alle barn samme øyenfarge. Likeledes kan vi anta at alle k barn i mengden R til høyre har samme øyenfarge. Men da har selvfølgelig alle k + 1 barna samme øyenfarge, for barnet helt til venstre og barnet helt til høyre har samme øyenfarge som barna i mellom. Dermed har vi vist ved induksjon at i en mengde bestående av n nyfødte barn, har alle samme øyenfarge, uansett hva n er. Derfor har alle nyfødte barn samme øyenfarge.
28 Eks. 3: Finn feilen Påstand: Alle nyfødte barn har samme øyenfarge. "Bevis" ved svak induksjon: Anta at vi har n nyfødte barn. Påstanden er opplagt sann for n = 1. Anta at påstanden er sann for n = k nyfødte barn. Betrakt en mengde av k + 1 nyfødte barn. Vi kan anta ved induksjon at i mengden L av k barn til venstre i tegningen, har alle barn samme øyenfarge. Likeledes kan vi anta at alle k barn i mengden R til høyre har samme øyenfarge. Men da har selvfølgelig alle k + 1 barna samme øyenfarge, for barnet helt til venstre og barnet helt til høyre har samme øyenfarge som barna i mellom. Dermed har vi vist ved induksjon at i en mengde bestående av n nyfødte barn, har alle samme øyenfarge, uansett hva n er. Derfor har alle nyfødte barn samme øyenfarge.
29 Eks. 3: Finn feilen Påstand: Alle nyfødte barn har samme øyenfarge. "Bevis" ved svak induksjon: Anta at vi har n nyfødte barn. Påstanden er opplagt sann for n = 1. Anta at påstanden er sann for n = k nyfødte barn. Betrakt en mengde av k + 1 nyfødte barn. Vi kan anta ved induksjon at i mengden L av k barn til venstre i tegningen, har alle barn samme øyenfarge. Likeledes kan vi anta at alle k barn i mengden R til høyre har samme øyenfarge. Men da har selvfølgelig alle k + 1 barna samme øyenfarge, for barnet helt til venstre og barnet helt til høyre har samme øyenfarge som barna i mellom. Dermed har vi vist ved induksjon at i en mengde bestående av n nyfødte barn, har alle samme øyenfarge, uansett hva n er. Derfor har alle nyfødte barn samme øyenfarge.
30 Eks. 3: Finn feilen Påstand: Alle nyfødte barn har samme øyenfarge. "Bevis" ved svak induksjon: Anta at vi har n nyfødte barn. Påstanden er opplagt sann for n = 1. Anta at påstanden er sann for n = k nyfødte barn. Betrakt en mengde av k + 1 nyfødte barn. Vi kan anta ved induksjon at i mengden L av k barn til venstre i tegningen, har alle barn samme øyenfarge. Likeledes kan vi anta at alle k barn i mengden R til høyre har samme øyenfarge. Men da har selvfølgelig alle k + 1 barna samme øyenfarge, for barnet helt til venstre og barnet helt til høyre har samme øyenfarge som barna i mellom. Dermed har vi vist ved induksjon at i en mengde bestående av n nyfødte barn, har alle samme øyenfarge, uansett hva n er. Derfor har alle nyfødte barn samme øyenfarge.
31 Eks. 3: Finn feilen Påstand: Alle nyfødte barn har samme øyenfarge. "Bevis" ved svak induksjon: Anta at vi har n nyfødte barn. Påstanden er opplagt sann for n = 1. Anta at påstanden er sann for n = k nyfødte barn. Betrakt en mengde av k + 1 nyfødte barn. Vi kan anta ved induksjon at i mengden L av k barn til venstre i tegningen, har alle barn samme øyenfarge. Likeledes kan vi anta at alle k barn i mengden R til høyre har samme øyenfarge. Men da har selvfølgelig alle k + 1 barna samme øyenfarge, for barnet helt til venstre og barnet helt til høyre har samme øyenfarge som barna i mellom. Dermed har vi vist ved induksjon at i en mengde bestående av n nyfødte barn, har alle samme øyenfarge, uansett hva n er. Derfor har alle nyfødte barn samme øyenfarge.
32 Eks. 3: Finn feilen Påstand: Alle nyfødte barn har samme øyenfarge. "Bevis" ved svak induksjon: Anta at vi har n nyfødte barn. Påstanden er opplagt sann for n = 1. Anta at påstanden er sann for n = k nyfødte barn. Betrakt en mengde av k + 1 nyfødte barn. Vi kan anta ved induksjon at i mengden L av k barn til venstre i tegningen, har alle barn samme øyenfarge. Likeledes kan vi anta at alle k barn i mengden R til høyre har samme øyenfarge. Men da har selvfølgelig alle k + 1 barna samme øyenfarge, for barnet helt til venstre og barnet helt til høyre har samme øyenfarge som barna i mellom. Dermed har vi vist ved induksjon at i en mengde bestående av n nyfødte barn, har alle samme øyenfarge, uansett hva n er. Derfor har alle nyfødte barn samme øyenfarge.
33 Eks. 3: Finn feilen Påstand: Alle nyfødte barn har samme øyenfarge. "Bevis" ved svak induksjon: Anta at vi har n nyfødte barn. Påstanden er opplagt sann for n = 1. Anta at påstanden er sann for n = k nyfødte barn. Betrakt en mengde av k + 1 nyfødte barn. Vi kan anta ved induksjon at i mengden L av k barn til venstre i tegningen, har alle barn samme øyenfarge. Likeledes kan vi anta at alle k barn i mengden R til høyre har samme øyenfarge. Men da har selvfølgelig alle k + 1 barna samme øyenfarge, for barnet helt til venstre og barnet helt til høyre har samme øyenfarge som barna i mellom. Dermed har vi vist ved induksjon at i en mengde bestående av n nyfødte barn, har alle samme øyenfarge, uansett hva n er. Derfor har alle nyfødte barn samme øyenfarge.
34 Eks. 3: Finn feilen Påstand: Alle nyfødte barn har samme øyenfarge. "Bevis" ved svak induksjon: Anta at vi har n nyfødte barn. Påstanden er opplagt sann for n = 1. Anta at påstanden er sann for n = k nyfødte barn. Betrakt en mengde av k + 1 nyfødte barn. Vi kan anta ved induksjon at i mengden L av k barn til venstre i tegningen, har alle barn samme øyenfarge. Likeledes kan vi anta at alle k barn i mengden R til høyre har samme øyenfarge. Men da har selvfølgelig alle k + 1 barna samme øyenfarge, for barnet helt til venstre og barnet helt til høyre har samme øyenfarge som barna i mellom. Dermed har vi vist ved induksjon at i en mengde bestående av n nyfødte barn, har alle samme øyenfarge, uansett hva n er. Derfor har alle nyfødte barn samme øyenfarge.
35 Eks. 3: Finn feilen Påstand: Alle nyfødte barn har samme øyenfarge. "Bevis" ved svak induksjon: Anta at vi har n nyfødte barn. Påstanden er opplagt sann for n = 1. Anta at påstanden er sann for n = k nyfødte barn. Betrakt en mengde av k + 1 nyfødte barn. Vi kan anta ved induksjon at i mengden L av k barn til venstre i tegningen, har alle barn samme øyenfarge. Likeledes kan vi anta at alle k barn i mengden R til høyre har samme øyenfarge. Men da har selvfølgelig alle k + 1 barna samme øyenfarge, for barnet helt til venstre og barnet helt til høyre har samme øyenfarge som barna i mellom. Dermed har vi vist ved induksjon at i en mengde bestående av n nyfødte barn, har alle samme øyenfarge, uansett hva n er. Derfor har alle nyfødte barn samme øyenfarge.
LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN MNF130 VÅREN 2010 OPPGAVE 1
LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN MNF130 VÅREN 2010 OPPGAVE 1 p q p p q p q T T F T T Sannhetstabell: T F F F F F T T T T F F T T T Siden proposisjonene p q og p q har samme sannhetsverdier (for alle sannhetsverdier
DetaljerTest, 2 Algebra. Innhold. 2.1 Tallfølger. R2, Algebra Quiz
Test, Algebra Innhold. Tallfølger.... Tallrekker.... Uendelige geometriske rekker... 7. Induksjonsbevis... 0 Grete Larsen. Tallfølger ) En rekursiv formel uttrykker et ledd i en tallfølge ved hjelp av
DetaljerMAT1030 Diskret Matematikk
MAT1030 Diskret Matematikk Plenumsregning 11: Ukeoppgaver Mathias Barra Matematisk institutt, Universitetet i Oslo 7. mars 009 (Sist oppdatert: 009-03-30 09:39) Oppgave 7. Finn en rekursiv og en ikke-rekursiv
DetaljerRelativt primiske tall
Relativt primiske tall To heltall a og b (der ikke begge er 0) kalles relativt primiske hvis gcd(a, b) = 1, dvs. de har ingen felles faktorer utenom 1. NB! a og b trenger ikke være primtall for at de skal
DetaljerINDUKSJONSPRINSIPPET MAT111 - H16
INDUKSJONSPRINSIPPET MAT - H ANDREAS LEOPOLD KNUTSEN. Matematisk induksjon I læreboken står kun en liten trudelutt om matematisk induksjon i margen på side 0 (side 09 i utg. 7, side 08 i utg. ). Det er
DetaljerUNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet. Obligatorisk innlevering 1 i emnet MAT111, høsten 2016
UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Obligatorisk innlevering 1 i emnet MAT111, høsten 2016 Innleveringsfrist: Mandag 26. september 2016, kl. 14, i Infosenterskranken i inngangsetasjen
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
DetaljerEksempler på praktisk bruk av modulo-regning.
Eksempler på praktisk bruk av modulo-regning. Se http://www.cs.hioa.no/~evav/dm/emner/modulo1.pdf Tverrsum Tverrsummen til et heltall er summen av tallets sifre. Eksempel. a = 7358. Tverrsummen til a er
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,
DetaljerPrøveunderveiseksamen i MAT-INF 1100, H-03
Prøveunderveiseksamen i MAT-INF 1100, H-03 Denne prøveeksamenen har samme format som den virkelige underveiseksamenen, og inneholder oppgaver av samme type og vanskelighetsgrad. De 15 første oppgavene
DetaljerForord Dette er en samling lsningsforslag som jeg opprinnelig utarbeidet til gruppeundervisningen i kurset MAT00A ved Universitetet i Oslo hsten 2000.
K A L K U L U S Lsningsforslag til utvalgte oppgaver fra Tom Lindstrms lrebok ved Klara Hveberg Matematisk institutt Universitetet i Oslo Copyright c 2006 Klara Hveberg Forord Dette er en samling lsningsforslag
DetaljerNotasjon i rettingen:
UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Løsningsforslag med kommentarer) til Innlevering /4 i emnet MAT, høsten 207 Notasjon i rettingen: R Rett R Rett, men med liten tulle)feil
DetaljerMA1301 Tallteori Høsten 2014 Løsninger til Eksamen
MA1301 Tallteori Høsten 2014 Løsning til Eksamen Richard Williamson 11. desemb 2014 Innhold Oppgave 1 2 a)........................................... 2 b)........................................... 2 c)...........................................
DetaljerMAT1030 Forelesning 19
MAT1030 Forelesning 19 Generell rekursjon og induksjon Roger Antonsen - 25. mars 2009 (Sist oppdatert: 2009-03-25 11:06) Forelesning 19 Forrige gang så vi på induktivt definerte mengder og noen eksempler
DetaljerGenerell induksjon og rekursjon. MAT1030 Diskret matematikk. Generell induksjon og rekursjon. Generell induksjon og rekursjon.
MAT1030 Diskret matematikk Forelesning 18: Generell rekursjon og induksjon Dag Normann Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo 12. mars 2008 Mandag så vi på induktivt definerte mengder og noen eksempler
DetaljerK 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
DetaljerTMA4140 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
DetaljerLøsningsforslag til prøveunderveiseksamen i MAT-INF 1100, H-03
Løsningsforslag til prøveunderveiseksamen i MAT-INF 1100, H-03 Denne prøveeksamenen har samme format som den virkelige underveiseksamenen, og inneholder oppgaver av samme type og vanskelighetsgrad. De
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,
DetaljerForelesning 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
DetaljerEmne 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
DetaljerRepetisjon. MAT1030 Diskret Matematikk. Oppsummering. Oppsummering. Forelesning 15: Rekursjon og induksjon. Roger Antonsen
MAT1030 Diskret Matematikk Forelesning 15: og induksjon Roger Antonsen Institutt for informatikk, Universitetet i Oslo Repetisjon 11. mars 2009 (Sist oppdatert: 2009-03-10 20:38) MAT1030 Diskret Matematikk
DetaljerDen første implikasjonen er bevist i oppgave 1.30c. Den andre vises kontrapositivt slik:
1. Noen bevismetoder OPPGAVE 1.0 a) x og y er begge partall x= 2 k og y = 2 l og k og l er begge hele tall x y = 2k 2l = 22 kl = 2 s Når både k og l er hele tall, må også s = 2 kl være et helt tall. Derfor
DetaljerSlides til 1.6 og 1.7. Andreas Leopold Knutsen
Slides til 1.6 og 1.7 Andreas Leopold Knutsen January 17, 2010 Begreper Matematiske resultater/utsagn som er sanne kalles gjerne: Teorem = viktig utsagn Proposisjon/Sats/Setning = litt mindre viktig utsagn
DetaljerHint til oppgavene. Uke 34. Uke 35. Fullstendige løsningsforslag finnes på emnesidene for 2017.
Hint til oppgavene Fullstendige løsningsforslag finnes på emnesidene for 2017. Uke 34 Oppgave 1, 2, 3 og 4 kan alle løses ved å tegne sannhetstabeller, men i flere tilfeller kan man like gjerne manipulere
DetaljerMA1301 Uke 1: In(tro)duksjon
MA1301 Uke 1: In(tro)duksjon Magnus Bakke Botnan 21. august 2012 Magnus Bakke Botnan () MA1301 Uke 1: In(tro)duksjon 21. august 2012 1 / 14 Introduksjon Praktisk Praktisk Faglærer Magnus B. Landstad: magnus.landstad@math.ntnu.no
DetaljerForelesning 14 torsdag den 2. oktober
Forelesning 14 torsdag den 2. oktober 4.1 Primtall Definisjon 4.1.1. La n være et naturlig tall. Da er n et primtall om: (1) n 2; (2) de eneste naturlige tallene som er divisorer til n er 1 og n. Eksempel
DetaljerFinne løsninger på ligninger numerisk: Newton-Raphson metoden og Fikspunktiterasjon MAT111, høsten 2017
Finne løsninger på ligninger numerisk: Newton-Raphson metoden og Fikspunktiterasjon MAT111, høsten 2017 Andreas Leopold Knutsen 4. oktober 2017 Problem og hovedidé Problem: Finn løsning(er) r på en ligning
DetaljerMatematisk induksjon
Matematisk induksjon 1 Innledning Dette er et nytt forsøk på å forklare induksjon. Strategien min i forelesning var å prøve å unngå å få det til å se ut som magi, ved å forklare prinsippet fort ved hjelp
DetaljerUkeoppgaver fra kapittel 10 & Induksjonsbevis
Plenumsregning 11 Ukeoppgaver fra kapittel 10 & Induksjonsbevis Roger Antonsen - 24. april 2008 Grafteori Vi regner oppgavene på tavlen i dag. Oppgave 10.9 Oppgave 10.10 Oppgave 10.11 Oppgave 10.12 Oppgave
DetaljerGrafteori. 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
DetaljerMAT1030 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
DetaljerForelesning 4 torsdag den 28. august
Forelesning 4 torsdag den 28. august 1.10 Rekursjon Merknad 1.10.1. Hvert tall i sekvensen 1, 2, 4, 8, 16,... er to ganger det foregående. Hvordan kan vi beskrive sekvensen formelt? Vi kan ikke skrive
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
DetaljerLO118D 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
DetaljerMAT1030 Diskret matematikk
MAT1030 Diskret matematikk Plenumsregning 9: Diverse ukeoppgaver Roger Antonsen Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo 10. april 2008 Oppgaver fra forelesningene Oppgave (fra forelesningen 10/3) a)
DetaljerOppgaver fra forelesningene. MAT1030 Diskret matematikk. Oppgave (fra forelesningen 10/3) Definisjon. Plenumsregning 9: Diverse ukeoppgaver
Oppgaver fra forelesningene MAT1030 Diskret matematikk Plenumsregning 9: Diverse ukeoppgaver Roger Antonsen Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo 10. april 2008 Oppgave (fra forelesningen 10/3) a)
DetaljerMAT1030 Diskret matematikk
MAT1030 Diskret matematikk Forelesning 14: Rekursjon og induksjon Dag Normann Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo 27. februar 2008 Oppsummering Mandag repeterte vi en del om relasjoner, da spesielt
DetaljerNotat om kardinalitet for MAT1140 (litt uferdig)
Notat om kardinalitet for MAT1140 (litt uferdig) Poenget med tall kan man kanskje si er det å telle. In mengdeteorien ønsker man å telle antall elementer i en mengde, og det tallet man oppnår kalles da
DetaljerPlenumsregning 9. Diverse ukeoppgaver. Roger Antonsen april Oppgaver fra forelesningene. Oppgave (fra forelesningen 10/3).
Plenumsregning 9 Diverse ukeoppgaver Roger Antonsen - 10. april 2008 Oppgaver fra forelesningene Oppgave (fra forelesningen 10/3). a) Ved å bruke den rekursive definisjonen av PL, vis hvordan vi skritt
DetaljerIntroduksjon i tallteotri med anvendelser
Introduksjon i tallteotri med anvendelser Vladimir Oleshchuk 15. september 2005 Delbarhet og divisorer Delbarhet og divisorer Vi skal betrakte tall fra Z = {,..., 2, 1, 0, 1, 2,...} og N = {0, 1,...} og
DetaljerOversikt over kvadratiske kongruenser og Legendresymboler
Oversikt over kvadratiske kongruenser og Legendresymboler Richard Williamson 3. desember 2014 Oppgave 1 Heltallet er et primtall. Er 11799 en kvadratisk rest modulo? Hvordan løse oppgaven? Oversett først
DetaljerKarakteriseringen av like mengder. Mengder definert ved en egenskap.
Notat 2 for MAT1140 2 Bevis La oss si at vi er overbevist om at utsagn P er sant, og at vi ønsker å kommunisere denne innsikten. Eller la oss si vi er ganske sikre på at P er sant, men ønsker, overfor
DetaljerLitt mer mengdelære. INF3170 Logikk. Multimengder. Definisjon (Multimengde) Eksempel
INF3170 Logikk Forelesning 2: Mengdelære, induktive definisjoner og utsagnslogikk Roger Antonsen Institutt for informatikk, Universitetet i Oslo Litt mer mengdelære 2. februar 2010 (Sist oppdatert: 2010-02-02
DetaljerINF3170 Forelesning 2
INF3170 Forelesning 2 Mengdelære, induktive definisjoner og utsagnslogikk Roger Antonsen - 2. februar 2010 (Sist oppdatert: 2010-02-02 14:26) Dagens plan Innhold Litt mer mengdelære 1 Multimengder.........................................
DetaljerForelesning januar 2006 Induktive denisjoner og utsagnslogikk
Forelesning 2-30. januar 2006 Induktive denisjoner og utsagnslogikk 1 Praktisk informasjon INF5170 { Logikkseminar Tirsdager 14:15-16:00 pa Buerommet (3. etg, I). Flg med pa forskning og aktuelle temaer
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
DetaljerMA1301 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.......................................
DetaljerQED 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
DetaljerTMA4140 Diskret Matematikk Høst 2018
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag TMA4140 Diskret Matematikk Høst 2018 Seksjon 4.1 6 Dersom a c og b d, betyr dette at det eksisterer heltall s og t slik at c
DetaljerForelesning 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
DetaljerMengder, 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
DetaljerRepitisjon av Diverse Emner
NTNU December 15, 2012 Oversikt 1 2 3 4 5 Å substituere x med en trigonometrisk funksjon, gjør det mulig å evaluere integral av typen I = dx a 2 +x 2 I = dx a 2 +x 2 I = dx a 2 x 2 der a er en positiv
DetaljerIl UNIVERSITETET I AGDER
Il UNIVERSITETET I AGDER FAKULTETFOR TEKNOLOGIOG REALFAG EKSAMEN Emnekode: Emnenavn: MA913 Tall og algebra Dato: 7. desember 2011 Varighet: 09.00 15.00 Antall sider inkl. forside 7 Tillatte hjelpemidler:
DetaljerPrimtall. Et heltall p > 0 kalles et primtall hvis kun 1 og p går opp i p.
Primtall Et heltall p > 0 kalles et primtall hvis kun 1 og p går opp i p. Hvordan avgjøre om et heltall a > 1 er et primtall? Regel: Hvis a > 1 ikke er et primtall, så må det finnes et primtall p a som
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)
DetaljerMAT3000/ Våren 2013 Obligatorisk oppgavesett nr. 2 Løsningsskisse
MAT3000/4000 - Våren 2013 Obligatorisk oppgavesett nr. 2 Løsningsskisse Oppgave 1 Din offentlig nøkkel er N = 377 og a = 269, mens lederen av klubben har valgt N = 1829 og a = 7. Passordet som du har mottatt
DetaljerForelesning 14. Rekursjon og induksjon. Dag Normann februar Oppsummering. Oppsummering. Beregnbare funksjoner
Forelesning 14 og induksjon Dag Normann - 27. februar 2008 Oppsummering Mandag repeterte vi en del om relasjoner, da spesielt om ekvivalensrelasjoner og partielle ordninger. Vi snakket videre om funksjoner.
DetaljerINF3170 / INF4171. Intuisjonistisk logikk: Kripke-modeller, sunnhet, kompletthet. Andreas Nakkerud. 15. september 2015
INF3170 / INF4171 Intuisjonistisk logikk: Kripke-modeller, sunnhet, kompletthet Andreas Nakkerud 15. september 2015 Kripke-modeller Vi ser på modeller for et språk L. Definisjon En Kripke-modell er et
DetaljerTMA4140 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),
DetaljerForelesning 7 mandag den 8. september
Forelesning 7 mandag den 8. september 1.1 Absoluttverdien Definisjon 1.1.1. La n være et heltall. Da er absoluttverdien til n: (1) n dersom n 0; (2) n dersom n < 0. Merknad 1.1.2. Med andre ord får vi
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO
UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MAT-INF 1100 Modellering og beregninger. Eksamensdag: Torsdag 1. oktober 2005. Tid for eksamen: 9:00 11:00. Oppgavesettet er på
DetaljerLøsningsforslag Øving 5 TMA4140 Diskret matematikk Høsten 2010
Løsningsforslag Øving 5 TMA4140 Diskret matematikk Høsten 2010 1. a) Ingen andre tall enn en deler en, og en deler fire, så (1, 4) = 1 b) 1 c) 7 er et primtall og 7 er ikke en faktor i 41, så største felles
DetaljerFAKTORISERING FRA A TIL Å
FAKTORISERING FRA A TIL Å VEILEDER FOR FORELDRE MED BARN I 5. 7. KLASSE EMNER Side 1 Innledning til faktorisering F - 2 2 Grunnleggende om faktorisering F - 2 3 Fremgangsmåter F - 3 3.1 Den grunnleggende
DetaljerKAPITTEL 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
DetaljerR2 eksamen våren 2018 løsningsforslag
R eksamen våren 08 løsningsforslag DEL Uten hjelpemidler Oppgave ( poeng) Deriver funksjonene a) f ( x) = cos ( x ) f ( x) = sin( x ) = sin( x ) b) g ( x) = x sin x g ( x) = sin x + x cos x = sin x + x
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO
UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MAT-INF 11 Modellering og beregninger. Eksamensdag: Torsdag 12. oktober 26. Tid for eksamen: 9: 11:. Oppgavesettet er på 8 sider.
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
DetaljerMAT1030 Diskret Matematikk
MAT1030 Diskret Matematikk Forelesning 16: Rekursjon og induksjon Roger Antonsen Institutt for informatikk, Universitetet i Oslo 17. mars 009 (Sist oppdatert: 009-03-17 11:4) Forelesning 16 MAT1030 Diskret
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO
UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MAT-INF 1100 Modellering og beregninger. Eksamensdag: Onsdag 12. oktober 2011. Tid for eksamen: 15:00 17:00. Oppgavesettet er
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
DetaljerINF4170 { Logikk. Forelesning 1: Utsagnslogikk. Arild Waaler. 20. august Institutt for informatikk, Universitetet i Oslo
INF4170 { Logikk Forelesning 1: Utsagnslogikk Arild Waaler Institutt for informatikk, Universitetet i Oslo 20. august 2013 Dagens plan 1 Utsagnslogikk 2 Sekventkalkyle 3 Sunnhet 4 Kompletthet Institutt
DetaljerForelesning 20 mandag den 27. oktober
Forelesning 20 mandag den 27. oktober 5.10 Eksempler på hvordan regne ut Legendresymboler ved å benytte kvadratisk gjensidighet Eksempel 5.10.1. La oss se igjen på Proposisjon 5.6.2, hvor vi regnet ut
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
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO
UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i Eksamensdag: 28. november 2014 Tid for eksamen: 08.15 12.15 Oppgavesettet er på 6 sider. Vedlegg: Tillatte hjelpemidler: INF1080
Detaljeralternativer til sortering og søking binære trær søketrær Ikke-rekursiv algoritme som løser Hanois tårn med n plater
Dagens temaer Sortering: 4 metoder Hvorfor sortering (og søking) er viktig i programmering Sortering når objektene som skal sorteres er i et array 1. Sorterering ved bruk av binærtre som «mellomlager»
DetaljerKONTROLLSTRUKTURER. MAT1030 Diskret matematikk. Kontrollstrukturer. Kontrollstrukturer. Eksempel (Ubegrenset while-løkke)
KONTROLLSTRUKTURER MAT1030 Diskret matematikk Forelesning 2: Flere pseudokoder. Representasjoner av tall. Dag Normann Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo 16. januar 2008 Mandag innførte vi pseudokoder
DetaljerForelesning 2. Flere pseudokoder. Representasjoner av tall. Dag Normann januar 2008 KONTROLLSTRUKTURER. Kontrollstrukturer. Kontrollstrukturer
Forelesning 2 Flere pseudokoder. Representasjoner av tall. Dag Normann - 16. januar 2008 KONTROLLSTRUKTURER Mandag innførte vi pseudokoder og kontrollstrukturer. Vi hadde tre typer grunn-instruksjoner:
DetaljerOFFENTLIG-NØKKELKRYPTOGRAFI
OFFENTLIG-NØKKELKRYPTOGRAFI S. O. SMALØ Abstract. I dette notatet, som skal inngå som pensum i etterog viderutdanningskurs i datasikkerhet, vil vi gi en kort innføring i oentlig-nøkkel-kryptogra med illustrasjoner
DetaljerAnalysedrypp I: Bevis, mengder og funksjoner
Analysedrypp I: Bevis, mengder og funksjoner Hensikten med Analysedrypp er å bygge en bro mellom MAT1100 og MAT1110 på den ene siden og MAT2400 på den andre. Egentlig burde det være unødvendig med en slik
DetaljerIN1150 Høst Logiske metoder for informatikk. Digital eksamen
IN1150 Høst 2017 Logiske metoder for informatikk Digital eksamen id: orsdag 23. november 2017 kl. 14.30 18.30 (4 timer) illatte hjelpemidler: Ingen Eksamen består av to deler som er verdt omtrent like
DetaljerDagens temaer. Sortering: 4 metoder Søking: binærsøk Rekursjon: Hanois tårn
Dagens temaer Sortering: 4 metoder Hvorfor sortering (og søking) er viktig i programmering Sortering når objektene som skal sorteres er i et array 1. Sorterering ved bruk av binærtre som «mellomlager»
DetaljerMA1301 Tallteori Høsten 2014 Oversikt over pensumet
MA1301 Tallteori Høsten 2014 Oversikt over pensumet Richard Williamson 3. desember 2014 Innhold Pensumet 2 Generelle råd 2 Hvordan bør jeg forberede meg?.......................... 2 Hva slags oppgaver
DetaljerLøsningsforslag til utvalgte oppgaver av eksamenen i MAT3600/MAT4600 høsten 2005
Løsningsforslag til utvalgte oppgaver av eksamenen i MAT3600/MAT4600 høsten 2005 Oppgave 1 La L være førsteordens språket {a,b,f,r} hvor a og b er konstantsymbol, f er et funksjonsymbol med aritet 2 og
DetaljerSeksjonene 9.6-7: Potensrekker og Taylor/Maclaurinrekker
Seksjonene 9.6-7: Potensrekker og Taylor/Maclaurinrekker Andreas Leopold Knutsen 14. februar 2012 Funksjonsrekker En rekke på formen fn(x) der fn er en funksjon, kalles en n=1 funksjonsrekke. For alle
DetaljerStørste felles divisor. (eng: greatest common divisors)
Største felles divisor. (eng: greatest common divisors) La a og b være to tall der ikke begge er 0. Største felles divisor (eller faktor) for a og b er det største heltallet som går opp i både a og b.
Detaljerη = 2x 1 + x 2 + x 3 x 1 + x 2 + x 3 + 2x 4 3 x x 3 4 2x 1 + x 3 + 5x 4 1 w 1 =3 x 1 x 2 x 3 2x 4 w 2 =4 x 1 x 3 w 3 =1 2x 1 x 3 5x 4
UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MA-IN-ST 233 Konveksitet og optimering Eksamensdag: 31. mai 2000 Tid for eksamen: 9.00 13.00 Oppgavesettet er på 5 sider. Vedlegg:
DetaljerNiels Henrik Abels matematikkonkurranse Første runde
Niels Henrik Abels matematikkonkurranse 8. november 2018 (bokmål) Ikke bla om før læreren sier fra! Abelkonkurransens første runde består av 20 flervalgsoppgaver som skal løses i løpet av 100 minutter.
DetaljerProblemløsing. Treningshefte foran Niels Henrik Abels matematikk-konkurranse. Einar Andreas Rødland 199X
Problemløsing Treningshefte foran Niels Henrik Abels matematikk-konkurranse Einar Andreas Rødland 199X Innhold 1 Innledning 3 2 Logikk og beviser 3 3 Geometri 5 4 Reductio ad absurdum 7 5 Induksjonsbevis
DetaljerUnderveiseksamen i MAT-INF 1100, 17. oktober 2003 Tid: Oppgave- og svarark
Underveiseksamen i MAT-INF 1100, 17. oktober 003 Tid: 9.00 11.00 Kandidatnummer: De 15 første oppgavene teller poeng hver, de siste 5 teller 4 poeng hver. Den totale poengsummen er altså 50. Det er 5 svaralternativer
DetaljerSlides til 12.1 Formelt språk og formell grammatikk
Slides til 12.1 Formelt språk og formell grammatikk Andreas Leopold Knutsen April 6, 2010 Introduksjon Grammatikk er studiet av reglene som gjelder i et språk. Syntaks er læren om hvordan ord settes sammen
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
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 =
DetaljerPlenumsregning 12. Diverse oppgaver. Roger Antonsen mai Eksamen 12/6-06 Oppgave 2. Plan
Plenumsregning 12 Diverse oppgaver Roger Antonsen - 22. mai 2008 Plan Dette er siste plenumsregning. Vi regner stort sett eksamensoppgaver. Neste uke blir det repetisjon på mandag og onsdag. Send epost
DetaljerMer om mengder: Tillegg til Kapittel 1. 1 Regneregler for Booleske operasjoner
MAT1140, H-16 Mer om mengder: Tillegg til Kapittel 1 Vi trenger å vite litt mer om mengder enn det som omtales i første kapittel av læreboken. I dette tillegget skal vi først se på regneregler for Booleske
DetaljerOversikt 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 >
DetaljerOPPGAVESETT MAT111-H16 UKE 43. Oppgaver til seminaret 28/10
OPPGAVESETT MAT111-H16 UKE 43 Avsn. 5.1: 41 Avsn. 5.3: 3, 7 Avsn. 5.4: 13, 31, 37 På settet: S.1 Oppgaver til seminaret 28/10 Oppgaver til gruppene uke 44 Merknad: Oppgavene under skal kunne løses uten
DetaljerKLASSISK TALLTEORI. Erik Alfsen og Tom Lindstrøm. Matematisk Institutt, UiO, 1994
KLASSISK TALLTEORI av Erik Alfsen og Tom Lindstrøm Matematisk Institutt, UiO, 1994 Tallene vi bruker når vi teller 1. Induksjon 1,, 3, 4, 5, kalles naturlige tall. Mengden av alle naturlige tall kalles
DetaljerNotater fra forelesning i MAT1100 mandag
Notater fra forelesning i MAT00 mandag 3.08.09 Amandip Sangha, amandips@math.uio.no 8. august 009 Følger og konvergens (seksjon 4.3 i Kalkulus) Definisjon.. En følge er en uendelig sekvens av tall {a,a,a
Detaljer